«Покори Воробьёвы горы!», 2016/17, заключительный этап, 10–11 класс

Пара верхних шайб колеблется как груз на пружине; при какой скорости начального толчка нижняя шайба начнёт отрываться от упора и при каком ускорении верхняя пара начнёт отрываться друг от друга?

Вопрос: \(F'=m\,|g-a|\) — убывает от \(mg\) до нуля при росте \(a\) от нуля до \(g\), затем линейно растёт;  Задача: \(v_0\le g\sqrt{\dfrac{3m}{k}}\).

Вопрос. В установившемся режиме мячик движется с ускорением \(\vec a\), создаваемым результирующей силой \(\vec F+m\vec g=m\vec a\), где \(\vec F\) — сила, действующая на мячик со стороны лифта. По третьему закону Ньютона искомая сила \(\vec F'=-\vec F=m(\vec g-\vec a)\). Поэтому величина этой силы \(F'=m\,|g-a|\), то есть она убывает от \(mg\) до нуля, когда ускорение растёт от нуля до значения \(g\), а затем линейно растёт с ростом \(a\). При \(a<g\) мячик покоится на полу лифта, а при \(a>g\) — на потолке.

Задача. Если в процессе движения верхние шайбы не будут отрываться друг от друга, а нижняя — от упора, то пара верхних шайб будет совершать гармонические колебания с частотой \(\omega=\sqrt{\dfrac{k}{4m}}\). В состоянии покоя пружина сжата на величину \(\Delta l_0=-\dfrac{4mg}{k}\), и после смещения верхней пары шайб эта деформация увеличивается до \(\dfrac32\Delta l_0=-\dfrac{6mg}{k}\), и отклонение от положения равновесия составит \(x_0=\dfrac{2mg}{k}\). При старте с начальной скоростью \(v_0\) амплитуда возникших гармонических колебаний должна равняться \[x_m=\sqrt{x_0^2+\frac{4m}{k}v_0^2}=\sqrt{\frac{4m^2g^2}{k^2}+\frac{4m}{k}v_0^2}.\] Итак, максимальное растяжение пружины может равняться \(\sqrt{\dfrac{4m^2g^2}{k^2}+\dfrac{4m}{k}v_0^2}-\dfrac{4mg}{k}\), и нижняя шайба не отрывается от упора, если сила упругости растянутой пружины не превышает её веса: \[\sqrt{\frac{4m^2g^2}{k^2}+\frac{4m}{k}v_0^2}-\frac{4mg}{k}\le\frac{mg}{k}.\] Из этого ограничения видно, что \(v_0\le g\sqrt{\dfrac{21m}{4k}}\). Верхние шайбы не будут отрываться друг от друга, если им не придётся опускаться с ускорением больше \(g\). Амплитуда ускорения \(a_m=\omega^2x_m\), и поэтому это условие выполняется при \[\frac{k}{4m}\sqrt{\frac{4m^2g^2}{k^2}+\frac{4m}{k}v_0^2}\le g,\] откуда \(v_0\le g\sqrt{\dfrac{3m}{k}}\). Это ограничение является более жёстким, поэтому именно оно даёт ответ на вопрос задачи.

Процессы 1–2 и 3–4 на диаграмме — изохоры, 2–3 и 4–1 — изобары. Введите отношение температур \(x=T_2/T_1\) и выразите через него всё остальное.

Вопрос: в 4 раза;  Задача: \(T_4=x^2T_1\approx432\) К, где \(x=\dfrac{5\eta+\sqrt{16-16\eta-35\eta^2}}{2(2-5\eta)}\approx1{,}315\).

Вопрос. Количество теплоты в процессе \[Q=\frac32\,R\Delta T+\frac52\,R\Delta T=4R\Delta T.\] Работа совершается газом только в изобарном процессе, в котором \(A=p\Delta V=\Delta(pV)=R\Delta T\). Значит, сообщённое газу во всём процессе количество теплоты больше совершённой им работы в 4 раза.

Задача. Нетрудно заметить, что процессы 1–2 и 3–4 — изохорные, а процессы 2–3 и 4–1 — изобарные (температура растёт пропорционально объёму). Таким образом, в координатах давление–объём диаграмма этого цикла имеет вид прямоугольника. Пусть \(T_2=xT_1\). Тогда, согласно условию, \(T_4=xT_2=x^2T_1\). Кроме того, \[\frac{T_3}{T_2}=\frac{V_3}{V_2}=\frac{V_4}{V_1}=\frac{T_4}{T_1}=x^2,\] и поэтому \(T_3=x^3T_1\). Работа в цикле есть сумма работ в изобарных процессах, для каждого из которых \(A=p\Delta V=\Delta(pV)=\nu R\Delta T\). Поэтому \[A=\nu R(T_3-T_2+T_1-T_4)=(x-1)^2(x+1)\,\nu RT_1.\] Теплота нагревателя есть сумма количеств теплоты, подведённых в процессах с повышением температуры (изохора 1–2 и изобара 2–3): \[Q=\frac32\nu R(T_2-T_1)+\frac52\nu R(T_3-T_2)=\frac12(x-1)(5x^2+5x+3)\,\nu RT_1.\] Следовательно, КПД цикла \[\eta=\frac{2(x^2-1)}{5x^2+5x+3}.\] Из этого соотношения можно найти \(x\): \((2-5\eta)x^2-5\eta x-2-3\eta=0\). Выбирая положительный корень, \[x=\frac{5\eta+\sqrt{16-16\eta-35\eta^2}}{2(2-5\eta)}\approx1{,}315.\] Следовательно, \(T_4=x^2T_1\approx432\) К.

ЭДС в каждой из двух полуокружностей одинакова по величине. Запишите второе правило Кирхгофа для каждого контура и условие сохранения заряда на соединённых обкладках.

Вопрос: \(U=0\);  Задача: \(|q_3|=\dfrac{C_3\,|C_2-C_1|}{C_1+C_2+C_3}\cdot\dfrac f2=2{,}5\) мкКл.

Вопрос. ЭДС, создаваемая вихревым электрическим полем в дуге кольца, пропорциональна её длине, так же как и сопротивление дуги. Индукционный ток равен отношению полной ЭДС \(\mathcal E\) к полному сопротивлению \(R\), то есть напряжение на концах дуги \[U=\frac{\mathcal E}{3}-\frac{\mathcal E}{R}\cdot\frac R3=0.\]

Задача. Рассмотрим два контура, представляющие собой полуокружности. В каждом таком контуре будет наводиться ЭДС индукции \(\mathcal E=\dfrac f2\). Тогда сумма падений напряжений на элементах каждого контура равна сумме ЭДС, действующих в этом контуре. Таким образом, \[\frac{q_3}{C_3}-\frac{q_1}{C_1}=-\frac f2,\qquad \frac{q_3}{C_3}-\frac{q_2}{C_2}=\frac f2.\] При этом сумма зарядов трёх соединённых обкладок должна равняться нулю: \(q_1+q_2+q_3=0\). Выражая из первых двух уравнений \(q_1\) и \(q_2\) и подставляя их в третье уравнение, находим: \[q_3=\frac{C_3(C_2-C_1)}{C_1+C_2+C_3}\cdot\frac f2=2{,}5~\text{мкКл}.\] На самом деле нам не было задано направление потока, поэтому мы не можем определить полярность заряда конденсатора — только величину.

Если бы в точке \(B\) было действительное изображение, то источник в \(B\) давал бы изображение в \(A\), а не в \(C\). Значит, изображения мнимые и линза стоит левее точки \(A\).

Вопрос: размер изображения уменьшится;  Задача: \(F=\dfrac{2ab(a+b)}{(b-a)^2}=60\) см.

Вопрос. Действительное перевёрнутое изображение создаёт собирающая линза при расстоянии от свечи до линзы, превосходящем фокусное расстояние линзы. При увеличении расстояния от свечи до линзы \(a\) расстояние \(b\) от линзы до изображения уменьшается (в соответствии с формулой линзы \(\dfrac1a+\dfrac1b=D>0\)). Поскольку соотношение размеров изображения и предмета равно соотношению расстояний от них до линзы, то размер изображения уменьшится.

Задача. Если бы в точке \(B\) было действительное изображение источника, то при перенесении источника в точку \(B\) изображение оказалось бы в точке \(A\), а не в точке \(C\). Следовательно, в точке \(B\) находилось мнимое изображение источника из точки \(A\). Значит, линза находится слева от точки \(A\), а изображения в точках \(B\) и \(C\) — мнимые. Пусть \(x\) — расстояние от линзы до точки \(A\). Тогда, записывая формулу линзы для обоих случаев, получим: \[\frac1x-\frac1{x+a}=\frac1F,\qquad \frac1{x+a}-\frac1{x+a+b}=\frac1F.\] Вычтем из первого уравнения второе, приведём полученное выражение к общему знаменателю и получим \(x=\dfrac{a(a+b)}{b-a}\). Подставляем это выражение в первое уравнение и находим, что \[F=\frac{2ab(a+b)}{(b-a)^2}=60~\text{см}.\]