«Надежда энергетики», 2023/24, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Через какой диод течёт весь ток схемы? Что происходит с напряжением на нём, когда ток превышает \(I_0\)?

Решение

Очевидно, что при обратном напряжении сила тока будет равна нулю. Рассмотрим прямое напряжение. Пока сила тока через диод не превышает \(I_0\), диод ведёт себя как резистор с сопротивлением \(U_0/I_0\), а вся схема — как резистор с сопротивлением \(\frac{3}{2}U_0/I_0\). При повышении напряжения на схеме сила тока станет больше \(I_0\) сначала на правом диоде, при этом напряжение на схеме будет равно \(\frac{3}{2}U_0\). После этого напряжение на правом диоде будет равно \(U_0\) независимо от силы тока, а два левых диода продолжат вести себя как резисторы. Силы тока через два левых диода достигнут \(I_0\), когда сила тока всей схемы будет равна \(2I_0\), при этом напряжение на схеме будет равно \(2U_0\). Далее напряжение на схеме будет равно \(2U_0\) независимо от силы тока. Итоговая вольт-амперная характеристика приведена на рисунке.

Подсказка

Какая средняя скорость на участках разгона и торможения при равноускоренном движении от нуля до \(v\) и обратно до нуля?

Ответ

\(20\) км.

Решение

Обозначим \(S = 30\) км, время \(t = 20\) мин \(= \dfrac{1}{3}\) ч, \(v = 120\) км/ч, \(t_1\) — время движения с максимальной скоростью, \(S_1\) — путь с максимальной скоростью. Так как пути разгона и торможения поезд проходит со средней скоростью \(v/2\), имеем \[S = \frac{v}{2}(t - t_1) + vt_1 = \frac{vt}{2} + \frac{vt_1}{2} = \frac{vt}{2} + \frac{S_1}{2}.\] Отсюда \[S_1 = 2S - vt = 2\cdot 30 - 120\cdot\frac{1}{3} = 20~\text{км}.\]

Подсказка

Какая масса воды останавливается при перекрытии трубы за время, пока по ней проходит волна остановки? Запишите второй закон Ньютона в импульсной форме.

Ответ

\(V = 2\) м/с.

Решение

При резком перекрывании трубы мгновенно останавливается не вся вода в трубе, а только ближайший к месту перекрытия слой воды, массу которого можно определить по второму закону Ньютона в импульсной форме: \[mV = F\,\Delta t,\] где \(m\) — масса остановившегося слоя воды, \(V\) — его скорость перед остановкой, то есть скорость потока, \(F\) — сила, действующая на слой воды, \(\Delta t\) — время до полной остановки.

После остановки первого слоя останавливается второй, третий и т. д. слой воды. Таким образом, граница между уже покоящейся водой и ещё движущейся перемещается со скоростью, равной скорости звука в воде (самая наглядная аналогия — остановка потока машин перед светофором). Очевидно, что в трубе длиной \(L\) вода остановится за время \[\Delta t = \frac{L}{v_{\text{зв}}}.\] Подставим это время во второй закон Ньютона, где масса теперь будет обозначать всю массу воды в трубе длиной \(L\) и площадью поперечного сечения \(S\): \[\rho S L V = F\,\frac{L}{v_{\text{зв}}}.\] Преобразовав данное уравнение с учётом того, что отношение силы к площади поперечного сечения есть давление, получим \[p = \rho V v_{\text{зв}},\] откуда \[V = \frac{p_{\max}}{\rho v_{\text{зв}}} = \frac{25\cdot 10^5}{1000\cdot 1250} = 2~\text{м/с}.\]

Подсказка

Энергия пружины \(W = F^2/(2k)\), где \(F\) — сила упругости. Какие направления ускорений возможны для силы упругости и силы тяжести разного знака?

Ответ

Либо оба ускорения направлены вниз, причём \(a_2 = \dfrac{4}{9}g\), \(a_1 = \dfrac{8}{9}g\); либо \(\vec a_1\) направлено вниз, \(\vec a_2\) — вверх, причём \(a_2 = \dfrac{4}{11}g\), \(a_1 = \dfrac{8}{11}g\).

Решение

Потенциальная энергия пружины \(W = \dfrac{F^2}{2k}\), откуда \(F = \sqrt{2kW}\). При \(W_2 = 25W_1\) получаем \(F_2 = 5F_1 = 5F\). Так как колебания происходят из нерастянутого положения, то пружина всегда деформирована, а модуль ускорения груза меньше \(g\). Обозначим \(a_2 = a > 0\), тогда \(a_1 = 2a\). Рассмотрим четыре случая направлений ускорений.

1) Оба ускорения вверх: \(F - mg = 2ma\), \(5F - mg = ma\). Отсюда \(4mg = -9ma\), \(a < 0\) — посторонний корень.

2) Оба ускорения вниз: \(mg - F = 2ma\), \(mg - 5F = ma\). Отсюда \(4mg = 9ma\), то есть \(a_2 = \dfrac{4}{9}g\), \(a_1 = \dfrac{8}{9}g\).

3) Первое вверх, второе вниз: \(F - mg = 2ma\), \(mg - 5F = ma\). Отсюда \(-4mg = 11ma\), \(a < 0\) — посторонний корень.

4) Первое вниз, второе вверх: \(mg - F = 2ma\), \(5F - mg = ma\). Отсюда \(4mg = 11ma\), то есть \(a_2 = \dfrac{4}{11}g\) (вверх), \(a_1 = \dfrac{8}{11}g\) (вниз).

Ответ

\(\varphi_1^{\infty} = q_2\,\dfrac{q_2 - \varphi_2'\,4\pi\varepsilon_0 R_2}{\varphi_2'\,16\pi^2\varepsilon_0^2 R_1 R_2}\).

Решение

При первоначальном соприкосновении шаров исходный заряд второго шара перераспределился между шарами. При этом выполняются условия: \[q_1' + q_2' = q_2, \qquad \frac{q_1'}{4\pi\varepsilon_0 R_1} = \frac{q_2'}{4\pi\varepsilon_0 R_2}.\] Заряд второго шара, оставшийся на нём после соприкосновения, можно найти как \(q_2' = \varphi_2'\,4\pi\varepsilon_0 R_2\).

Заряды шаров после первого соприкосновения соотносятся как \[\frac{q_2'}{q_1'} = \frac{\varphi_2'\,4\pi\varepsilon_0 R_2}{q_2 - \varphi_2'\,4\pi\varepsilon_0 R_2}.\] После каждого соприкосновения пропорция перераспределения заряда между шарами будет той же, поскольку она определяется лишь формой и размерами тел. После бесконечного числа соприкосновений переход заряда от второго шара к первому прекратится, поэтому отношение зарядов \[\frac{q_2'}{q_1'} \to \frac{q_2}{q_1^{\infty}} = \frac{\varphi_2'\,4\pi\varepsilon_0 R_2}{q_2 - \varphi_2'\,4\pi\varepsilon_0 R_2}.\] Поэтому \(q_1^{\infty} = q_2\,\dfrac{q_2 - \varphi_2'\,4\pi\varepsilon_0 R_2}{\varphi_2'\,4\pi\varepsilon_0 R_2}\). Отсюда \[\varphi_1^{\infty} = \frac{q_1^{\infty}}{4\pi\varepsilon_0 R_1} = q_2\,\frac{q_2 - \varphi_2'\,4\pi\varepsilon_0 R_2}{\varphi_2'\,16\pi^2\varepsilon_0^2 R_1 R_2}.\]