Курчатов, 2022/23, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Закон сохранения импульса даёт связь скоростей грузов. Максимум скорости первого груза достигается, когда пружина становится недеформированной, поэтому удобно записать и закон сохранения энергии для этого момента.

Ответ

\(V_1 = \dfrac{V_0}{\alpha+1}\left\{1+\sqrt{\alpha[\alpha(\beta+1)+\beta]}\right\} = 0{,}48\text{ м/с}\), где \(\alpha = \dfrac{m_2}{m_1} = 1{,}5\), \(\beta = \dfrac{kx_0^2}{m_1V_0^2} = 6\).

Решение

Рассмотрим движение грузов в системе отсчёта, связанной со стержнями. Направим ось \(x\) вдоль вектора \(\vec V_0\). Так как грузы движутся без трения, их суммарный импульс сохраняется: \(m_1V_0 = m_1V_{1x} + m_2V_{2x}\), где \(V_{1x}\) и \(V_{2x}\) — проекции скоростей грузов на ось \(x\). Экстремумы \(V_{1x}\) достигаются в те моменты, когда ускорение груза 1 обращается в нуль, то есть когда проекция силы упругости на ось \(x\) равна нулю. Это возможно в двух случаях: (a) пружина перпендикулярна стержням (как в начальном положении); (b) пружина не деформирована.

(a) Сжатие пружины равно \(x_0\). Закон сохранения энергии: \(\dfrac{m_1V_0^2}{2} + \dfrac{kx_0^2}{2} = \dfrac{m_1V_{1x}^2}{2} + \dfrac{m_2V_{2x}^2}{2} + \dfrac{kx_0^2}{2}\), откуда \(m_1V_0^2 = m_1V_{1x}^2 + m_2V_{2x}^2\). Решение системы с законом сохранения импульса: \(V_{1x} = V_0 = 0{,}2\) м/с, \(V_{2x} = 0\) (восстановление начального положения) и \(V_{1x} = \dfrac{(m_1-m_2)V_0}{m_1+m_2} = -0{,}04\) м/с, \(V_{2x} = \dfrac{2m_1V_0}{m_1+m_2} = 0{,}16\) м/с.

(b) Пружина не деформирована. Закон сохранения энергии: \(\dfrac{m_1V_0^2}{2} + \dfrac{kx_0^2}{2} = \dfrac{m_1V_{1x}^2}{2} + \dfrac{m_2V_{2x}^2}{2}\). Подставляя \(V_{2x}\) из закона сохранения импульса, получаем квадратное уравнение относительно \(w = V_{1x}/V_0\): \((\alpha+1)w^2 - 2w + 1 - \alpha(\beta+1) = 0\), где \(\alpha = \dfrac{m_2}{m_1}\), \(\beta = \dfrac{kx_0^2}{m_1V_0^2}\). Его корни: \((V_{1x})_{1,2} = \dfrac{V_0}{\alpha+1}\left\{1 \pm \sqrt{\alpha[\alpha(\beta+1)+\beta]}\right\}\). При \(\alpha = 1{,}5\) и \(\beta = 6\) получаем \((V_{1x})_1 = 0{,}48\) м/с и \((V_{1x})_2 = -0{,}32\) м/с.

Первый корень соответствует моменту, когда пружина становится недеформированной: до этого момента она дополнительно разгоняет первый груз вправо. Второй корень соответствует моменту, когда удлинение пружины снова становится равным нулю.

Итого экстремальные значения проекции скорости первого груза: \(0{,}2\) м/с, \(-0{,}04\) м/с, \(0{,}48\) м/с, \(-0{,}32\) м/с. Максимальная скорость \(V_1 = 0{,}48\) м/с.

Подсказка

Введите новую координату, сдвинув начало отсчёта на величину, соответствующую силе трения. В новой координате движение бруска — гармоническое колебание.

Ответ

\(\tau = \dfrac{1}{\omega}\arctg\left(\dfrac{\omega V_0}{\mu g}\right) = 0{,}42\) с, где \(\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}}\).

Решение

Направим ось \(x\) вдоль вектора \(\vec V_0\) и выберем точку \(B\), в которой пружина прикреплена к бруску; координата \(x\) точки \(B\) равна сжатию пружины. Второй закон Ньютона в проекции на ось \(x\) при движении влево: \(ma_x = -kx - \mu mg = -k\left(x + \dfrac{\mu mg}{k}\right)\). Введём координату \(y = x + \dfrac{\mu mg}{k}\), которая отличается от \(x\) только сдвигом начала отсчёта. Тогда \(ma_y = -ky\), то есть брусок совершает гармонические колебания с круговой частотой \(\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}}\): \(y = A\sin(\omega t + \alpha)\), где \(A > 0\) — амплитуда, \(\alpha\) — начальная фаза.

Начальные условия \(x(0) = 0\), \(V_x(0) = V_0\) дают \(A\sin\alpha = \dfrac{\mu g}{\omega^2}\), \(A\cos\alpha = \dfrac{V_0}{\omega}\), откуда \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{\mu g}{\omega V_0}\). Скорость \(V_x(t) = A\omega\cos(\omega t + \alpha)\) обращается в нуль, когда \(\cos(\omega\tau + \alpha) = 0\), то есть \(\tau = \dfrac{1}{\omega}\left[\dfrac{\pi}{2} - \alpha\right]\). Используя \(\operatorname{arctg}\dfrac{1}{x} = \dfrac{\pi}{2} - \operatorname{arctg}x\) при \(x > 0\), получаем \(\tau = \dfrac{1}{\omega}\arctg\left(\dfrac{\omega V_0}{\mu g}\right) = 0{,}42\) с.

Подсказка

Запишите уравнение состояния для начального и конечного состояний гелия и первое начало термодинамики с учётом работы атмосферы, действующей на поршень.

Ответ

\(T_2 = T_1\left(1 + \dfrac{2V_0}{5V_1}\right) = 387\) К.

Решение

Обозначим через \(V_2\) конечный объём гелия в правом цилиндре; полный конечный объём газа равен \(V_0 + V_2\). Число молей \(\nu = \dfrac{P_AV_1}{RT_1}\) и уравнение состояния в конечном состоянии: \(P_A(V_0 + V_2) = \nu RT_2\), откуда \(P_AV_2 = \nu RT_2 - P_AV_0\).

Первое начало термодинамики для газа: \(0 = \nu C_VT_2 - \nu C_VT_1 + A\), где \(C_V\) — молярная теплоёмкость при постоянном объёме, \(A\) — работа газа. Баланс энергии поршня (его механическая энергия не меняется): \(0 = A + A'\), где \(A' = P_AS x = P_A(V_1 - V_2)\) — работа силы постоянного атмосферного давления. Тогда \(A = -A' = -P_AV_1 + P_AV_2 = -\nu RT_1 + \nu RT_2 - P_AV_0\).

Подставляя это в первое начало термодинамики, получаем \(\nu T_2(C_V + R) = \nu T_1(C_V + R) + P_AV_0\), то есть \(T_2 = T_1 + \dfrac{P_AV_0}{\nu C_P}\). Используя \(\nu = \dfrac{P_AV_1}{RT_1}\) и \(C_P = C_V + R\), получаем \(T_2 = T_1\left(1 + \dfrac{RV_0}{C_PV_1}\right)\). Для гелия \(C_V = \dfrac{3}{2}R\), \(C_P = \dfrac{5}{2}R\), поэтому \(T_2 = T_1\left(1 + \dfrac{2V_0}{5V_1}\right) = 387\) К.

Подсказка

Выразите температуры через произведения \(PV\) в узловых точках, используя подобие треугольников для прямых, проходящих через начало координат. Работу цикла удобно считать как площадь трапеции.

Ответ

\(x = \left(\dfrac{1 + 4\eta}{1 - 5\eta}\right)^2 = 1{,}6\).

Решение

Температура газа максимальна в точке 3, минимальна в точке 1: \(T_3 = xT_1\). Из уравнений состояния в точках 1–4 с учётом \(T_4 = T_2\) и подобия треугольников (\(P_1V_2 = P_2V_1\), \(P_1V_3 = P_2V_4\)) получаем \(T_2 = \sqrt{T_3T_1} = \sqrt{x}\,T_1\).

Работа газа за цикл равна площади трапеции 1234: \(A = \dfrac{(V_4 - V_1) + (V_3 - V_2)}{2}(P_2 - P_1) = \dfrac{\nu R T_1}{2}\left(\sqrt{x} - 1\right)^2\).

Газ получает тепло на участках 1–2 и 2–3. На участке 1–2 работа \(A_{12} = \dfrac{\nu R T_1}{2}\left(\sqrt{x}-1\right)\), поэтому \(Q_{12} = \nu C_VT_1\left(\sqrt{x}-1\right) + A_{12} = \nu\left(C_V + \dfrac{R}{2}\right)T_1\left(\sqrt{x}-1\right)\). На изобаре 2–3: \(Q_{23} = \nu C_P(T_3 - T_2) = \nu C_PT_1\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)\).

Полное тепло \(Q = Q_{12} + Q_{23} = \nu T_1\left(\sqrt{x}-1\right)\left(C_V + \dfrac{R}{2} + \sqrt{x}\,C_P\right)\), и КПД \[\eta = \frac{A}{Q} = \frac{R(\sqrt{x}-1)}{2C_V + R + 2\sqrt{x}\,C_P}.\] Для одноатомного газа \(C_V = \dfrac{3}{2}R\), \(C_P = \dfrac{5}{2}R\), поэтому \(\eta = \dfrac{\sqrt{x}-1}{4 + 5\sqrt{x}}\). Отсюда \(\sqrt{x} = \dfrac{1 + 4\eta}{1 - 5\eta}\) и \(x = \left(\dfrac{1+4\eta}{1-5\eta}\right)^2 = 1{,}6\).

Подсказка

Треугольники из конденсаторов можно заменить эквивалентными конденсаторами, а треугольник, примыкающий к \(A\) и \(B\), — звездой с одинаковыми ёмкостями. Дальше схема сводится к последовательно-параллельным соединениям.

Ответ

\(C_0 = \dfrac{15}{22}C = 1{,}7\) мкФ.

Решение

Перенумеруем узлы звезды цифрами от 1 до 8. Треугольники 1–2–3, 4–5–6 и 6–7–8 содержат два последовательно соединённых конденсатора, их общая ёмкость \(C/2\); параллельно к ним подключён ещё один конденсатор, поэтому ёмкость каждого треугольника равна \(3C/2\). Треугольники 4–5–6 и 6–7–8 соединены последовательно и заменяются одним конденсатором ёмкостью \(3C/4\).

Треугольник \(A\)–1–8 заменим звездой с центром в точке \(O_1\); так как ёмкости сторон треугольника одинаковы, звезда состоит из одинаковых ёмкостей \(C_1\). Из условия совпадения ёмкостей при подключении к точкам \(A\) и 1: \(\dfrac{3C}{2} = \dfrac{C_1}{2}\), откуда \(C_1 = 3C\). Треугольник \(B\)–3–4 заменяем на такую же звезду с центром в точке \(O_2\).

Ёмкости участков \(O_1\)–1–3–\(O_2\) и \(O_1\)–8–4–\(O_2\) равны соответственно \(3C/4\) и \(C/2\); так как они включены параллельно, их общая ёмкость равна \(5C/4\). Добавляя ещё две ёмкости \(3C\) на участках \(A\)–\(O_1\) и \(B\)–\(O_2\), находим \[\frac{1}{C_0} = \frac{1}{3C} + \frac{4}{5C} + \frac{1}{3C} = \frac{22}{15C},\] откуда \(C_0 = \dfrac{15}{22}C = 1{,}7\) мкФ.

Подсказка

Треугольники с общей точкой \(O\) удобно заменять звёздами. Сопротивления лучей звезды найдите из условий совпадения сопротивлений между парами узлов.

Ответ

\(P = \dfrac{207}{111}\cdot\dfrac{\varepsilon^2}{R} = 0{,}84\) Вт.

Решение

Перенумеруем вершины квадрата цифрами от 1 до 4. Преобразуем треугольник 2–3–\(O\) в звезду с центром в точке \(O_1\). Сопротивление треугольника между точками 2 и \(O\): \(R\) параллельно участку из \(R\) и \(2R\) последовательно, то есть \(\dfrac{3R\cdot R}{3R+R} = \dfrac{3R}{4}\). Из условий совпадения сопротивлений для пар 2–\(O\), 2–3 и 3–\(O\) получаем систему \(R_1 + R_2 = \dfrac{3R}{4}\), \(R_2 + R_3 = \dfrac{3R}{4}\), \(R_1 + R_3 = R\), откуда \(R_1 = R_3 = \dfrac{R}{2}\), \(R_2 = \dfrac{R}{4}\).

Далее треугольник 1–\(O\)–4 заменяем звездой с центром в точке \(O_2\) и сопротивлениями \(R' = \dfrac{R}{3}\) (из условия \(\dfrac{2R}{3} = 2R'\)). Сопротивления участков \(O_1\)–3–4–\(O_2\) и \(O_1\)–\(O\)–\(O_2\) равны \(\dfrac{11R}{6}\) и \(\dfrac{5R}{6}\), их параллельное соединение дает \(R_A = \dfrac{55R}{96}\). Добавляя сопротивления \(\dfrac{R}{4}\) и \(\dfrac{R}{3}\), получаем сопротивление правой части \(R_B = \dfrac{111R}{96}\). С учётом сопротивления \(R\) участка 1–2 общее сопротивление квадрата \(R_0 = \dfrac{111R}{207}\).

Тепловая мощность: \(P = \dfrac{\varepsilon^2}{R_0} = \dfrac{207}{111}\cdot\dfrac{\varepsilon^2}{R} = 0{,}84\) Вт.