«Надежда энергетики», 2015/16, заключительный этап, 11 класс

Вспомните, что происходит с амплитудой вынужденных колебаний, когда частота внешней силы совпадает с собственной частотой системы.

Чтобы открыть дверь и войти в здание, можно раскачать её, воспользовавшись условием возникновения резонанса при вынужденных колебаниях.

Выразите работу цикла через площадь фигуры на диаграмме и найдите отношения давлений и объёмов в точках цикла через отношение температур. Тепло, отданное холодильнику, найдите по участкам цикла, где газ отдаёт тепло.

\(\eta=\dfrac{3}{23}\approx 13\%\).

Введём обозначения: \(Q_-\) — модуль тепла, отданного холодильнику, \(A\) — работа цикла. Тогда \[\eta = \frac{A}{A+Q_-} .\] Из рисунка очевидно, что \(\dfrac{p_4}{p_1} = \dfrac{V_4}{V_1}\) и \(A = \dfrac{5}{8}\,\Delta p\,\Delta V\). Используя \(p_1V_1 = \nu RT_1\), \(p_4V_4 = \nu RT_4\), получим \[\frac{p_4V_4}{p_1V_1} = \left(\frac{p_4}{p_1}\right)^2 = \left(\frac{V_4}{V_1}\right)^2 = \frac{T_4}{T_1} = 6{,}25 = \left(\frac{5}{2}\right)^2 .\] Тогда \(\Delta p = \dfrac{3}{2}p_1\), \(\Delta V = \dfrac{3}{2}V_1\), \[A = \frac{5}{8}\cdot\frac{9}{4}\,p_1V_1 = \frac{45}{32}\,p_1V_1,\] \[Q_- = \frac{3}{2}V_4\,\Delta p + \frac{5}{2}p_1\,\Delta V = \frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}V_1\cdot\frac{3}{2}p_1 + \frac{5}{2}p_1\cdot\frac{3}{2}V_1 = \frac{75}{8}\,p_1V_1 .\] Следовательно, \[\eta = \frac{\frac{45}{32}}{\frac{45}{32}+\frac{75}{8}} = \frac{45}{345} = \frac{3}{23} \approx 13\,\%.\]

Разложите скорость частицы на составляющие вдоль и поперёк поля. Какая из них определяет радиус окружности, по которой частица движется в проекции на плоскость, перпендикулярную полю?

\(B = \dfrac{mk}{qb}\).

Частица движется по винтовой линии: в проекции на плоскость \(xy\) она описывает окружность радиуса \(b\), а вдоль оси \(z\) движется равномерно со скоростью \(k\). Радиус окружности \(R = b\), его связь с индукцией \(R = \dfrac{mv\sin\alpha}{qB}\), где \(\alpha = 45^\circ\) — угол между скоростью и линиями индукции. Поскольку \(v\cos\alpha = k\) и \(\sin\alpha = \cos\alpha\), то \(v\sin\alpha = k\), и \[B = \frac{mv\sin\alpha}{qR} = \frac{mk}{qb} .\]

Подумайте, какой заряд получает шарик при касании обкладки с потенциалом \(U\), и как он движется между обкладками в однородном поле. Средний ток — это перенесённый заряд, делённый на время одного пролёта.

\(I \approx 37\) нА.

В начальный момент шарик начнёт движение в сторону дальней от него обкладки. Коснувшись обкладки, шарик приобретёт заряд соответствующего знака и начнёт обратное движение.

Расстояние \(d-2r\) шарик в однородном электрическом поле \(E = \dfrac{U}{d}\) проходит равноускоренно с ускорением \(a = \dfrac{qE}{m}\), где \(q\) — заряд, который приобретает шарик при касании обкладки. Величина заряда находится из потенциала шарика \(\varphi = k\dfrac{q}{r}\), который равен потенциалу обкладки: \(q = \dfrac{Ur}{k}\). Физически переносится только отрицательный заряд: если шарик у отрицательной обкладки зарядился зарядом \(-q\), то при касании положительной обкладки его заряд станет равным \(+q\), т.е. шарик отдаст положительной обкладке заряд, по величине равный \(2q\).

Поскольку \[d-2r = \frac{at^2}{2} = \frac{qEt^2}{2m} = \frac{qUt^2}{2md} \quad\Rightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2md(d-2r)}{qU}} = \sqrt{\frac{2mdk(d-2r)}{rU^2}} ,\] за время движения шарика от отрицательной обкладки к положительной переносится заряд \(2q\), и сила тока \[I = \frac{2q}{t} = \frac{2U^2r^{3/2}}{k\sqrt{2mdk(d-2r)}} = \frac{2\cdot 4\cdot 10^6\cdot 5\cdot 10^{-4}\sqrt{5\cdot 10^{-4}}}{9\cdot 10^{9}\sqrt{2\cdot 2\cdot 10^{-7}\cdot 5\cdot 10^{-3}\cdot 9\cdot 10^{9}\cdot 4\cdot 10^{-3}}} \approx 37~\text{нА}.\]

Запишите условие отрыва (сила реакции обращается в ноль) и уравнения движения шарика после отрыва, связав горизонтальное и вертикальное перемещения с радиусом жёлоба.

\(\alpha = 30^\circ\).

Обозначения — как в официальном решении: \(v\) — скорость в точке отрыва, \(\alpha\) — угол её направления с вертикалью. Уравнения движения после отрыва и условие отрыва: \[\begin{cases} v\sin\alpha\cdot t = R\cos\alpha, \\ v\cos\alpha\cdot t - \dfrac{gt^2}{2} = -R(1+\sin\alpha), \\ \dfrac{mv^2}{R} = mg\sin\alpha . \end{cases}\] Из первого уравнения \(t = \dfrac{R}{v}\cdot\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha}\), из третьего \(\dfrac{gR}{v^2} = \dfrac{1}{\sin\alpha}\). Подстановка во второе уравнение даёт \[2\sin^3\alpha + 3\sin^2\alpha - 1 = 0 .\] Обозначив \(x = \sin\alpha\), получаем \(2x^3+3x^2-1 = (x+1)^2(2x-1) = 0\). Корень \(x=-1\) не подходит, поэтому \(\sin\alpha = \dfrac{1}{2}\) и \(\alpha = 30^\circ\).