Курчатов, 2024/25, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Полдень для наблюдателя наступает, когда направления «центр Солнца — центр планеты» и «центр планеты — наблюдатель» противоположны. Сравните углы поворота обоих векторов за время между такими моментами.

Ответ

1) \(T = \dfrac{T_1T_2}{T_1+T_2} = 130\) суток;  2) \(N_1 = 0{,}57\), \(N_2 = 0{,}43\).

Решение

Поместим начало координат в центр Солнца и введём единичный вектор \(\vec n_1\), направленный вдоль отрезка, соединяющего центры Солнца и планеты, и единичный вектор \(\vec n_2\), жёстко связанный с планетой и направленный от её центра к точке на экваторе (наблюдателю). Ось \(x\) направим вдоль \(\vec n_1\) в момент полудня, когда векторы противоположны, ось \(y\) — в сторону орбитального движения планеты. За время \(t\) векторы повернутся на углы \(\alpha = \omega_1 t\) и \(\beta = \omega_2 t\), где \(\omega_1 = \dfrac{2\pi}{T_1}\), \(\omega_2 = \dfrac{2\pi}{T_2}\). Координаты векторов: \[\vec n_1 = (\cos\alpha,\ \sin\alpha), \qquad \vec n_2 = (-\cos\beta,\ \sin\beta).\] Следующий полдень наступит, когда векторы снова окажутся противоположно направленными, то есть \(\vec n_1\cdot\vec n_2 = -1\): \[-\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta = -1 \quad\Rightarrow\quad \cos(\alpha+\beta) = 1 \quad\Rightarrow\quad \alpha + \beta = 2\pi n.\] Отсюда \(t\left(\dfrac{2\pi}{T_1} + \dfrac{2\pi}{T_2}\right) = 2\pi n\), то есть \[t = \frac{T_1T_2}{T_1+T_2}\, n, \qquad n \in \mathbb{Z}.\] Продолжительность солнечных суток — наименьшее положительное \(t\), при \(n = 1\): \[T = \frac{T_1T_2}{T_1+T_2} = 130 \text{ суток}.\]

Количества оборотов за время \(T\): \[N_1 = \frac{T}{T_1} = \frac{T_2}{T_1+T_2} = 0{,}57, \qquad N_2 = \frac{T}{T_2} = \frac{T_1}{T_1+T_2} = 0{,}43.\] Сумма \(N_1 + N_2\) равна единице.

Подсказка

Выразите скорость точки правого участка нити через скорость оси блока. Затем запишите баланс энергии системы и второй закон Ньютона для системы блок + груз.

Ответ

1) \(a = \dfrac{2F - (m_1+m_2)g}{2m_1+m_2} = 0{,}4\text{ м/с}^2\);  2) \(x = 0{,}02\).

Решение

1) Пусть \(V\) — мгновенная скорость оси блока и груза, \(\omega\) — мгновенная угловая скорость блока, \(r\) — его радиус. Точка \(B\) блока касается левого вертикального участка нити, скорость которого равна нулю, и нить не скользит по блоку, поэтому \(V_B = V - \omega r = 0\), откуда \(\omega r = V\). Для точки \(C\) правого участка нити \(V_C = V + \omega r = 2V\).

2) Полная механическая энергия системы блока, нити и груза. Кинетическая энергия обруча массой \(m_1\), катящегося без проскальзывания по неподвижному участку нити \(AB\), равна \(m_1 V^2\). Поэтому \[E = \left(m_1 + \frac{m_2}{2}\right)V^2 + m_1 g h_1 + m_2 g h_2,\] где \(h_1\) и \(h_2\) — высоты оси обруча и центра масс груза над полом.

3) За малое время \(\Delta t\) баланс энергии: \[\Delta E = F\,V_C\,\Delta t = 2FV\,\Delta t.\] Сила натяжения верхнего участка в точке \(A\) не совершает работы, а силы трения между блоком и нитью — силы трения покоя с суммарной работой ноль. Приращение энергии с учётом \(\Delta(V^2) = 2V\Delta V\), \(\Delta h_1 = \Delta h_2 = V\Delta t\): \[\Delta E = (2m_1 + m_2)\,V a\,\Delta t + (m_1+m_2)\,g V\,\Delta t, \qquad a = \frac{\Delta V}{\Delta t}.\] Приравнивая, получаем \[a = \frac{2F - (m_1+m_2)g}{2m_1 + m_2} = 0{,}4\text{ м/с}^2.\]

4) Второй закон Ньютона для системы блок + груз + нижний участок нити: \[(m_1+m_2)\,a = T + F - (m_1+m_2)\,g.\] Отсюда \(\Delta T = F - T = m_1 a\), и \[x = \frac{\Delta T}{F} = \frac{m_1 a}{F} = 0{,}02.\]

Подсказка

Работа газа идёт на сдвиг поршня против атмосферы; запишите первое начало для газа и уравнение баланса энергии для поршня.

Ответ

1) \(T_2 = T_1\dfrac{3k+2}{5k} = 210\text{ К}\);  2) \(\dfrac{\Delta V}{V_1} = \dfrac{3(k-1)}{5} = 1{,}8\).

Решение

1) Пусть \(\nu\) — число молей газа, \(S\) и \(x\) — площадь и перемещение поршня. Первое начало термодинамики для газа (адиабатический процесс, \(Q = 0\)): \[0 = \nu C_V (T_2 - T_1) + A,\] где \(C_V\) — молярная теплоёмкость при постоянном объёме, \(A\) — работа газа. Баланс энергии для поршня (его механическая энергия не меняется): \[0 = A - P_0 S x.\] Работа газа \(A = P_0 S x\) (работа силы атмосферного давления отрицательна).

Выразим работу через температуры. Уравнения состояния: \[P_1 V_1 = \nu R T_1, \qquad P_0 (V_1 + Sx) = \nu R T_2 \quad\Rightarrow\quad P_0 V_1 + A = \nu R T_2.\] Так как \(P_1 = kP_0\), то \(P_0 V_1 = \dfrac{\nu R T_1}{k}\), и \[A = \nu R T_2 - \frac{\nu R T_1}{k}.\] Подставляя в первое начало, получаем \[0 = \nu C_V T_2 - \nu C_V T_1 + \nu R T_2 - \frac{\nu R T_1}{k} \quad\Rightarrow\quad T_2 = T_1\,\frac{kC_V + R}{k\,C_P}, \qquad C_P = C_V + R.\]

2) Приращение объёма газа: \(\Delta V = Sx = \dfrac{A}{P_0} = \dfrac{\nu R}{P_0}\left(T_2 - \dfrac{T_1}{k}\right)\). Отношение: \[\frac{\Delta V}{V_1} = \frac{k T_2}{T_1} - 1 = \frac{k-1}{\gamma}, \qquad \gamma = \frac{C_P}{C_V}.\]

Для одноатомного гелия \(C_V = \dfrac{3R}{2}\), \(C_P = \dfrac{5R}{2}\), \(\gamma = \dfrac{5}{3}\): \[T_2 = T_1\,\frac{3k+2}{5k} = 210\text{ К}, \qquad \frac{\Delta V}{V_1} = \frac{3(k-1)}{5} = 1{,}8.\] Уравнение адиабаты здесь применять нельзя: процесс необратим (при расчёте по нему получилось бы \(172\text{ К}\), что заметно отличается от правильного значения \(210\text{ К}\)).

Подсказка

Используйте симметрию относительно пластины 3 и условие, что разность потенциалов между пластинами одной обкладки равна нулю.

Ответ

1) \(\dfrac{q_1}{q_2} = -\dfrac{1}{\varepsilon+1} = -0{,}2\);  2) \(\dfrac{q_3}{q_2} = -\dfrac{2\varepsilon}{\varepsilon+1} = -1{,}6\).

Решение

Пусть положительный полюс батареи подключён к точке \(A\). Обозначим через \(q\) суммарный заряд пластин 2 и 4; тогда суммарный заряд пластин 1, 3 и 5 равен \(-q\). В силу зеркальной симметрии относительно пластины 3: \[q_2 = q_4 = \frac{q}{2}, \qquad 2q_1 + q_3 = -q.\] Введём поверхностные плотности \(\sigma_i = q_i/S\), \(\sigma = q/S\) (\(S\) — площадь пластин): \[\sigma_2 = \sigma_4 = \frac{\sigma}{2}, \qquad 2\sigma_1 + \sigma_3 = -\sigma.\] Пронумеруем области между пластинами римскими цифрами I–IV и направим ось \(x\) от пластины 1 к пластине 5. Проекции напряжённости поля: \[E_I = -\frac{\sigma + \sigma_3}{2\varepsilon_0}, \qquad E_{II} = -\frac{\sigma_3}{2\varepsilon_0\varepsilon}, \qquad E_{III} = \frac{\sigma_3}{2\varepsilon_0\varepsilon}, \qquad E_{IV} = \frac{\sigma + \sigma_3}{2\varepsilon_0},\] где \(\varepsilon_0\) — электрическая постоянная.

Разность потенциалов между пластинами 2 и 4 равна нулю автоматически, в силу \(E_{II} = -E_{III}\). Пластины 1 и 3 принадлежат одной обкладке, поэтому их разность потенциалов тоже равна нулю: \[E_I d + E_{II} d = 0 \quad\Rightarrow\quad -\frac{\sigma + \sigma_3}{2\varepsilon_0} - \frac{\sigma_3}{2\varepsilon_0\varepsilon} = 0 \quad\Rightarrow\quad \sigma_3 = -\frac{\varepsilon}{\varepsilon+1}\,\sigma.\] Тогда из \(2\sigma_1 + \sigma_3 = -\sigma\) получаем \(\sigma_1 = -\dfrac{\sigma}{2(\varepsilon+1)}\).

Отношения зарядов пластин: \[\frac{q_1}{q_2} = \frac{\sigma_1}{\sigma_2} = -\frac{1}{\varepsilon+1} = -0{,}2, \qquad \frac{q_3}{q_2} = \frac{\sigma_3}{\sigma_2} = -\frac{2\varepsilon}{\varepsilon+1} = -1{,}6.\]

Подсказка

Амперметр имеет нулевое сопротивление, поэтому его концы можно стянуть в одну точку. Затем найдите токи в ветвях и мощность на \(xR\) как функцию \(x\).

Ответ

1) \(x = \dfrac{3}{5}\);  2) \(P_m = \dfrac{\varepsilon^2}{15R} = 0{,}24\text{ Вт}\);  3) \(I_A = \dfrac{\varepsilon}{15R} = 20\text{ мА}\).

Решение

1) Так как сопротивление амперметра равно нулю, потенциалы точек \(b\) и \(d\) совпадают, и эти точки можно стянуть в одну. Общее сопротивление цепи: \[R_0 = R + \frac{xR\cdot R}{xR + R} + \frac{R\cdot R}{R+R} = R\left(\frac{3}{2} + \frac{x}{x+1}\right) = R\,\frac{5x+3}{2(x+1)}.\] Ток через батарею: \[I = \frac{\varepsilon}{R_0} = \frac{\varepsilon}{R}\cdot\frac{2(x+1)}{5x+3}.\] Обозначим токи на участках \(ab\) и \(ad\) через \(I_1\) и \(I_2\). Из узла \(a\): \(I_1 + I_2 = I\), а из равенства напряжений \(I_1\,xR = I_2\,R\), то есть \(I_2 = xI_1\). Тогда \[I_1 = \frac{I}{x+1} = \frac{2\varepsilon}{R(5x+3)}.\] Тепловая мощность на сопротивлении \(xR\): \[P = I_1^2\,xR = \frac{4\varepsilon^2\,x}{R\,(5x+3)^2}.\]

2) Преобразуем: \(P = \dfrac{4\varepsilon^2}{5R}\cdot\dfrac{5x+3-3}{(5x+3)^2} = \dfrac{4\varepsilon^2}{5R}\left(\dfrac{1}{5x+3} - \dfrac{3}{(5x+3)^2}\right)\). Введём \(y = \dfrac{1}{5x+3}\); мощность \(P = \dfrac{4\varepsilon^2}{5R}\,(y - 3y^2)\) — квадратный трёхчлен, максимум при \(y = \dfrac{1}{6}\). Тогда \(5x + 3 = 6\), то есть \(x = \dfrac{3}{5}\). Максимальная мощность: \[P_m = \frac{4\varepsilon^2}{5R}\left(\frac{1}{6} - \frac{3}{36}\right) = \frac{\varepsilon^2}{15R} = 0{,}24\text{ Вт}.\]

3) При \(x = \dfrac{3}{5}\): \(I = \dfrac{8\varepsilon}{15R}\), \(I_1 = \dfrac{I}{x+1} = \dfrac{\varepsilon}{3R}\). Напряжения на участках \(bc\) и \(dc\) совпадают, поэтому по ним текут одинаковые токи \(I/2\). В узле \(b\): \(I_1 = I_A + \dfrac{I}{2}\), откуда \[I_A = I_1 - \frac{I}{2} = \frac{\varepsilon}{3R} - \frac{4\varepsilon}{15R} = \frac{\varepsilon}{15R} = 20\text{ мА}.\] Ток через амперметр течёт от узла \(b\) к узлу \(d\).