«Ломоносов», 2024/25, заключительный этап, 10 класс

Запишите законы сохранения энергии и импульса (в проекции на горизонталь) для удара, найдите скорости клина и шарика после него. Время подъёма шарика даёт смещение клина, движущегося равномерно.

\(S=\dfrac{m}{M}\sqrt{1-\dfrac{m}{M}}\,\dfrac{V_0^2}{g}=0{,}72\) м.

Запишем закон сохранения полной механической энергии, а также закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось: \[\frac{mV_0^2}{2}=\frac{mV^2}{2}+\frac{Mu^2}{2},\qquad mV_0=Mu.\] Отсюда скорости клина и шарика после соударения равны соответственно \[u=\frac{m}{M}V_0,\qquad V=\sqrt{1-\frac{m}{M}}\,V_0.\] После соударения шарик движется с ускорением \(g\), направленным вертикально вниз, и достигнет наивысшей точки траектории за время \[\tau=\frac{V}{g}=\sqrt{1-\frac{m}{M}}\,\frac{V_0}{g}.\] Клин после соударения движется равномерно и за время \(\tau\) сместится на расстояние \[S=u\tau=\frac{m}{M}\sqrt{1-\frac{m}{M}}\cdot\frac{V_0^2}{g}=0{,}72~\text{м}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Найдите относительное изменение температуры из уравнения состояния, затем изменение внутренней энергии. Работу считайте при постоянном давлении, теплота равна сумме изменения внутренней энергии и работы.

\(\eta=\dfrac{nR}{c_V\mu\bigl[(1-k)(1+n)-1\bigr]+nR}\approx45\) %, где \(n\) и \(k\) взяты в долях.

Из равенства \[\frac{P_0V_0}{T_0}=\frac{PV}{T}=\frac{(1-k)P_0\,(1+n)V_0}{T},\] где \(P_0\) и \(V_0\), \(P\) и \(V\) — начальные и конечные давление и объём, а \(n\) и \(k\) взяты в долях (\(n=0{,}02\), \(k=0{,}01\)), получаем \[T-T_0=\bigl[(1-k)(1+n)-1\bigr]T_0.\] Следовательно, внутренняя энергия азота увеличилась на \[\Delta U=c_Vm(T-T_0)=c_VmT_0\bigl[(1-k)(1+n)-1\bigr].\] Далее, если пренебречь незначительным изменением давления, как рекомендовано в условии задачи, то работу, совершённую газом при расширении, можно считать равной \[A=P_0(V-V_0)=P_0V_0n=n\,\frac{m}{\mu}RT_0.\] Здесь учтено, что в соответствии с уравнением Клапейрона–Менделеева \(P_0V_0=\dfrac{m}{\mu}RT_0\). Количество теплоты, полученное азотом, равно \(Q=\Delta U+A\). Используя полученные результаты для \(\Delta U\) и \(A\), приходим к искомому ответу: \[\eta=\frac{A}{Q}=\frac{n\dfrac{R}{\mu}}{\bigl[(1-k)(1+n)-1\bigr]c_V+n\dfrac{R}{\mu}} =\frac{nR}{c_V\mu\bigl[(1-k)(1+n)-1\bigr]+nR}\approx0{,}45.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Найдите общее сопротивление цепи до и после переключения, выразите токи через \(\mathcal{E}\) и \(R\). Мощность на \(R_4\) даёт второе уравнение.

\(\mathcal{E}=\dfrac{12P}{5\Delta I}=36\) В.

Первоначально резисторы \(R_2\), \(R_3\) и \(R_4\) соединены параллельно и вместе они последовательно соединены с резистором \(R_1\), поэтому общее сопротивление цепи равно \(R_{\text{общ}}^{(1)}=\dfrac{4}{3}R\), а общая сила тока в ней равна \(I_1=\dfrac{3\mathcal{E}}{4R}\). Тогда мощность, выделяемая на резисторе \(R_4\), с учётом равенства сопротивлений резисторов \(R_2=R_3=R_4\) можно записать так: \[P=\Bigl(\frac{I_1}{3}\Bigr)^2R_4=\frac{\mathcal{E}^2}{16R}.\] После того как электрическую цепь изменили, её общее сопротивление стало \(R_{\text{общ}}^{(2)}=\dfrac{5}{3}R\), а общая сила тока уменьшилась до нового значения \(I_2=\dfrac{3\mathcal{E}}{5R}=I_1-\Delta I\).

Решая систему уравнений \[\frac{3\mathcal{E}}{4R}-\Delta I=\frac{3\mathcal{E}}{5R},\qquad(1)\] \[P=\frac{\mathcal{E}^2}{16R},\qquad(2)\] получаем ответ задачи: \(\mathcal{E}=\dfrac{12P}{5\Delta I}=36\) В.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Изображение мухи в зеркале лежит на главной оптической оси, его скорость равна скорости мухи. Скорость изображения в линзе найдите через линейное увеличение линзы.

\(u=\dfrac{F\upsilon}{a+l-F}=12\) см/с.

Изображение мухи, находящейся в точке \(A\), в зеркале попадает на главную оптическую ось линзы и расположено на расстоянии \(a+l\) от неё. Чтобы резкость изображения мухи на экране была наибольшей, экран необходимо расположить за линзой на расстоянии \(b\), определяемом по формуле линзы: \[\frac{1}{a+l}+\frac{1}{b}=\frac{1}{F}\quad\Rightarrow\quad b=\frac{(a+l)F}{a+l-F}.\] Скорость изображения мухи в зеркале равна скорости мухи и перпендикулярна главной оптической оси линзы. Скорость изображения \(u\) мухи в линзе можно найти, определив предварительно линейное увеличение \(\Gamma\), даваемое линзой для протяжённых объектов, находящихся на данном расстоянии от линзы. В рассматриваемом случае получим: \[\Gamma=\frac{b}{a+l}=\frac{F}{a+l-F}.\] За малый интервал времени \(\Delta t\) муха пролетает расстояние \(h=\upsilon\,\Delta t\), а её изображение смещается на \(H=u\,\Delta t\). По определению \(\Gamma=\dfrac{H}{h}\). Исходя из этого, получаем, что скорость изображения мухи равна: \[u=\Gamma\upsilon=\frac{F\upsilon}{a+l-F}=12~\text{см/с}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

В стационарном состоянии сила Лоренца уравновешена силой со стороны поперечного электрического поля. Выразите дрейфовую скорость через плотность тока и концентрацию.

\(n=\dfrac{IB}{eUb}\approx2{,}5\cdot10^{20}\) м\(^{-3}=2{,}5\cdot10^{14}\) см\(^{-3}\).

На каждый электрон проводимости в пластинке перпендикулярно его скорости направленного движения (дрейфовой скорости), а значит и току, действует составляющая силы Лоренца, равная по модулю \(F_L=e\upsilon B\). Стационарному состоянию потока зарядов соответствует ситуация, когда эта сила будет уравновешена силой со стороны поля электрического, возникающего из-за смещения электронной плотности между большими гранями пластинки, модуль которой равен \(F_e=eE\). Напряжённость электрического поля связана с разностью потенциалов между противоположными гранями пластинки (в некотором приближении, предложенном по условию задачи — аналог поля внутри конденсатора) соотношением \(E=\dfrac{U}{d}\), где \(d\) — толщина пластинки. Плотность тока определяется концентрацией носителей тока \(n\) и их дрейфовой скоростью \(\upsilon\): \(j=e\,n\,\upsilon\). Плотность тока, в свою очередь, равна отношению силы тока к площади поперечного сечения проводника \(S\): \(j=\dfrac{I}{S}\) или \(j=\dfrac{I}{d\,b}\), где \(d\) и \(b\) — толщина и ширина пластинки соответственно. Решая систему представленных уравнений, приходим к ответу задачи: \[n=\frac{IB}{eUb}\approx2{,}5\cdot10^{20}~\text{м}^{-3}=2{,}5\cdot10^{14}~\text{см}^{-3}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.