«Покори Воробьёвы горы!», 2024/25, отборочный этап, 10 класс

Предположите, что диод открыт, и запишите законы Ома для трёх ветвей схемы с учётом непрерывности тока. Затем проверьте, что ток через диод действительно положителен.

\(0{,}8\) А.

Предположим, что диод открыт, и вычислим силу тока через него. Из закона Ома для трёх ветвей схемы с учётом непрерывности тока следует: \[(I_1 + I_2)R = \mathcal{E}_1 - I_1 r = \mathcal{E}_2 - I_2 r - U_0.\] Решая эту систему относительно \(I_2\) (это и есть искомая сила тока), получаем \[I_2 = \frac{(\mathcal{E}_2 - U_0)(R + r) - \mathcal{E}_1 R}{r(2R + r)} = +0{,}8~\text{А}.\] Значит, предположение оправдалось, и диод действительно открыт.

Запишите закон Бойля–Мариотта для воздуха в трубке до и после переворота и условие равновесия столбика ртути в перевёрнутой трубке.

\(768\) мм рт. ст.

Перед переворотом давление воздуха в трубке сечением \(S\) равнялось \(p_A\), и он занимал объём \(S \cdot L(1 - x)\), где \(x = 0{,}12\). В конечном состоянии воздух занимал объём \(S \cdot L(1 - y)\), где \(y = 0{,}04\), а его давление определялось из условия равновесия столбика ртути: \(p = p_A - \rho g L y\). Поскольку температура воздуха не изменилась, \[(p_A - \rho g L y)\, S L (1 - y) = p_A S L (1 - x) \;\Rightarrow\; p_A = \rho g L\,\frac{y(1 - y)}{x - y} = 768~\text{мм рт. ст.}\]

Перейдите в систему отсчёта электромобиля, добавьте силу инерции и выпишите условие предельного равновесия первого груза по наклонной поверхности.

\(4{,}2\) м/с\(^2\).

Датчик «срабатывает», когда первый груз начинает скользить вверх по наклонной поверхности. Проведём анализ равновесия груза в неинерциальной системе отсчёта, движущейся с ускорением автомобиля. В ней к реальным силам добавляются силы инерции, участок троса, к которому прикреплён второй груз, отклоняется от вертикали, и сила натяжения троса \(T = m\sqrt{g^2 + a^2}\). Для равновесия первого груза действующая на него сила трения должна быть равна \(F_{тр} = T + ma\cos\alpha - mg\sin\alpha\). При критическом значении ускорения эта сила достигает максимального значения силы трения покоя \(\mu N = \mu m\,[a\sin\alpha + g\cos\alpha]\). Таким образом, критическое значение ускорения определяется из уравнения \[\sqrt{g^2 + a^2} + a\cos\alpha - g\sin\alpha = \mu\,[a\sin\alpha + g\cos\alpha].\] Здесь \(\sin\alpha = \dfrac{H}{\sqrt{H^2 + L^2}} = \dfrac{7}{\sqrt{58}}\) и \(\cos\alpha = \dfrac{L}{\sqrt{H^2 + L^2}} = \dfrac{3}{\sqrt{58}}\). При \(\mu = 3/7\) выражение \(\mu\sin\alpha - \cos\alpha\) обращается в нуль, и уравнение даёт \[\sqrt{g^2 + a^2} = \frac{\sqrt{58}}{7}\,g \;\Rightarrow\; a = \frac{3}{7}\,g \approx 4{,}2~\text{м/с}^2.\]

Длинную цепочку резисторов можно заменить одним эквивалентным резистором, сопротивление которого не меняется при отсечении одного звена. Затем запишите правила Кирхгофа для «моста».

\(\dfrac{P_n}{P_1} = 4\sqrt{3} - 6 \approx 0{,}9282\).

Пусть \(R\) — сопротивление одного резистора. Всю длинную цепочку из 2020 резисторов (кроме трёх занумерованных и одного, включённого последовательно с цепочкой) можно заменить одним резистором \(R^*\). Поскольку при отсечении от такой цепочки одного звена её сопротивление практически не меняется, \[R^* = \frac{R(2R + R^*)}{3R + R^*} \;\Rightarrow\; R^{*2} + 2RR^* - 2R^2 = 0 \;\Rightarrow\; R^* = (\sqrt{3} - 1)R.\] Значит, общее сопротивление «правой нижней» ветви схемы равно \(R_n = \sqrt{3}\,R\); это общее сопротивление всех «незанумерованных» резисторов схемы. Общее напряжение, создаваемое источником на всей «мостовой» схеме, равно \[U = I_1 R + I_2 R = I_3 R + I_n R_n \;\Rightarrow\; I_1 + I_2 = I_3 + \sqrt{3}\,I_n.\] С другой стороны, условие непрерывности тока даёт \(I_1 + I_3 = I_2 + I_n\). Складывая эти два уравнения почленно, получаем \(2I_1 = (\sqrt{3} + 1)I_n\). Отсюда \[\frac{P_n}{P_1} = \left(\frac{I_n}{I_1}\right)^2 \frac{R_n}{R} = \left(\frac{2}{\sqrt{3} + 1}\right)^2 \sqrt{3} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3} + 2} = 4\sqrt{3} - 6 \approx 0{,}9282.\]

Сравните средний импульс, передаваемый стенке при упругом и неупругом ударе. Затем найдите, как уменьшается масса газа в сосуде со временем, и решите получившееся уравнение.

Давление уменьшится на \(2\%\) примерно через \(t_1 \approx 0{,}5a\sqrt{\dfrac{\mu}{3RT}} \approx 2{,}2\) мс; в два раза — через \(t_2 = 50a\sqrt{\dfrac{\mu}{3RT}}\ln(1{,}98) \approx 0{,}15\) с; за это время на стенках «осядет» \(\Delta m_2 = \dfrac{49}{99}\,\mu\nu \approx 1039\) г криптона.

При абсолютно неупругих соударениях передача импульса от молекулы к стенке в 2 раза меньше, чем при упругом. Средняя передача импульса \(\langle\Delta p\rangle = 0{,}98\,\Delta p + 0{,}02\,\dfrac{\Delta p}{2} = 0{,}99\,\Delta p\), где \(\Delta p\) — передача импульса при упругих соударениях. Значит, сразу после воздействия давление мгновенно падает на \(1\%\), и для уменьшения давления на \(2\%\) оно должно упасть ещё примерно на \(1\%\) от начального.

Второй эффект связан с тем, что при абсолютно неупругом соударении молекулы «прилипают» к стенкам, и масса газа уменьшается. Средняя кинетическая энергия поступательного движения оставшихся молекул практически не меняется, поэтому давление примерно пропорционально массе газа. Число молекул, прилипающих за малое время \(\Delta t\) к стенкам общей площадью \(S = 6a^2\), можно оценить как \(\Delta N \approx 0{,}02\cdot\dfrac{1}{6}\,n\cdot 6a^2 v\,\Delta t\), где \(v \approx \sqrt{3RT/\mu}\) — средняя скорость молекул. Тогда \[\frac{\Delta m}{\Delta t} = -m_0\frac{\Delta N}{\Delta t} \approx -0{,}02\,m_0 n a^2 \sqrt{\frac{3RT}{\mu}} = -\frac{m}{50a}\sqrt{\frac{3RT}{\mu}}.\] Отсюда время уменьшения массы (и давления) ещё на \(1\%\) равно \(t_1 \approx 0{,}5a\sqrt{\mu/(3RT)} \approx 2{,}2\) мс: за это время на стенках осядет примерно \(1\%\) начальной массы криптона, \(\Delta m_1 \approx 0{,}01\,\mu\nu \approx 21\) г.

Для больших изменений давления нужно решить уравнение \(\dfrac{dm}{dt} = -\dfrac{m}{\tau}\) с \(\tau = 50a\sqrt{\mu/(3RT)} \approx 0{,}22\) с. Его решение \(m(t) = m(0)\,e^{-t/\tau}\), а давление \(p(t) = 0{,}99\,p_0\,e^{-t/\tau}\). Давление уменьшится в два раза к моменту \(t_2 = \tau\ln(1{,}98) \approx 0{,}15\) с. Масса «захваченного» стенками криптона \(\Delta m_2 = \left(1 - \dfrac{0{,}5}{0{,}99}\right)\mu\nu = \dfrac{49}{99}\,\mu\nu \approx 1039\) г, то есть немного меньше половины общей массы.

Из графика найдите \(b\) и \(k\) по двум точкам прямой, затем используйте отношение скоростей при двух значениях \(\alpha\). По второму графику определите \(\beta\) для заданного давления.

\(u \approx 4{,}0\) км/с.

Сначала определим постоянные \(b\) и \(k\) в эмпирической зависимости скорости истечения от \(\alpha\) по точкам интерполирующей прямой: \(1 = b - 0{,}2k\), \(-1 = b - 0{,}6k\), откуда \(b = 2\), \(k = 5\), и \(\ln[\xi/(1~\text{мм/с})] = 2 - 5\alpha\).

Для скорости истечения \(u' = u/2\) при тех же \(p\) и \(T\) имеем \[\frac{u}{u'} = 2 = \frac{\xi}{\xi'}\left(\frac{p}{1~\text{Па}}\right)^{\alpha - \alpha'} = e^{-5(\alpha - \alpha')}\left(\frac{p}{1~\text{Па}}\right)^{\alpha - \alpha'} = \left(\frac{p}{e^5~\text{Па}}\right)^{\alpha - \alpha'},\] откуда \(\alpha - \alpha' = \dfrac{\ln 2}{\ln(p/(e^5~\text{Па}))} \approx 0{,}073\). Нам также известно, что \(\alpha' = \alpha/1{,}175\), и из этих уравнений находим \(\alpha \approx 0{,}49\). Тогда для исследуемого режима \[\xi \approx 1~\text{мм/с} \cdot e^{2 - 5\cdot 0{,}49} \approx 0{,}64~\text{мм/с}.\] По второму графику для давления \(p = 2\) МПа находим \(\beta \approx 0{,}5\,\%/^{\circ}\text{C}\). Тогда по эмпирической формуле \[u \approx 0{,}64~\text{мм/с}\cdot(2\cdot 10^6)^{0{,}49}\cdot\exp\left[0{,}005\cdot 1710\right] \approx 4{,}04~\text{км/с}.\]

Из малости деформаций следует, что при ударе учитываются только силы реакции. Момент инерции стержня относительно оси через центр масс перпендикулярно грани равен \(m(a^2 + L^2)/12\).

Оба стержня после удара вращаются против часовой стрелки; \(\omega_1 = \dfrac{111}{278}\dfrac{v_0}{a} \approx 0{,}399\,\dfrac{v_0}{a}\), \(\omega_2 = \dfrac{39}{278}\dfrac{v_0}{a} \approx 0{,}140\,\dfrac{v_0}{a}\).

Из малости деформаций следует малость времени соударения, поэтому учитываем только силы реакции: \(N_1\) — между стержнями, \(N_2\) и \(N_3\) — между стержнями и поверхностью. Жёсткость поверхности намного больше жёсткости стержней, поэтому перед отрывом вертикальная составляющая скорости точки касания каждого стержня с поверхностью остаётся равной нулю. Конечные скорости центров масс и угловые скорости записываются в проекциях на горизонтальную ось \(x\) и вертикальную \(y\); положительное вращение — против часовой стрелки.

Для вертикального стержня (масса \(m\), момент инерции \(I = \tfrac{1}{12}m(a^2 + L^2) = \tfrac{5}{6}ma^2\), плечо реакции \(N_1\) относительно центра равно \(L/2 - a = a/2\)): \[mV_{1x} = N_1\Delta t,\quad mV_{1y} = N_3\Delta t,\quad I\omega_1 = \tfrac{a}{2}N_1\Delta t - \tfrac{a}{2}N_3\Delta t.\] Для горизонтального стержня: \[mV_{2x} = mv_0 - N_1\Delta t,\quad mV_{2y} = N_2\Delta t,\quad I\omega_2 = \tfrac{a}{2}N_1\Delta t - \tfrac{L}{2}N_2\Delta t.\] Условия связи для точек касания с поверхностью \(V_{1y} - \omega_1\dfrac{a}{2} = 0\) и \(V_{2y} - \omega_2\dfrac{L}{2} = 0\) дают связь «очень больших» сил реакции: \(N_2 = \varepsilon N_1\), \(N_3 = \eta N_1\), где \(\varepsilon = \dfrac{3aL}{a^2 + 4L^2} = \dfrac{9}{37}\), \(\eta = \dfrac{3a(L - 2a)}{4a^2 + L^2} = \dfrac{3}{13}\). Через скорость \(V \equiv V_{1x}\) выражаются все остальные: \[V_{1y} = \tfrac{3}{13}V,\quad V_{2x} = v_0 - V,\quad V_{2y} = \tfrac{9}{37}V,\quad \omega_1 = \tfrac{6}{13}\tfrac{V}{a},\quad \omega_2 = \tfrac{6}{37}\tfrac{V}{a}.\] Подставляя это в закон сохранения энергии \(\dfrac{mv_0^2}{2} = \dfrac{m}{2}\left(V_1^2 + V_{2x}^2 + V_{2y}^2\right) + \dfrac{I}{2}\left(\omega_1^2 + \omega_2^2\right)\), находим \(V = \dfrac{481}{556}v_0 \approx 0{,}8651\,v_0\), и тогда \[\omega_1 = \frac{111}{278}\frac{v_0}{a} \approx 0{,}399\,\frac{v_0}{a},\qquad \omega_2 = \frac{39}{278}\frac{v_0}{a} \approx 0{,}140\,\frac{v_0}{a}.\] Оба стержня после удара вращаются против часовой стрелки (\(\omega_{1,2} > 0\)).