Росатом, 2016/17, заключительный этап, 11 класс

Для каждого датчика найдите, как меняется длительность сигнала: учтите, что автомобиль между излучением начала и конца сигнала успевает сместиться.

Датчик по направлению движения зарегистрировал \(\Delta t\), датчик против направления движения — \(1{,}05\,\Delta t\); \(v=0{,}024\,c\approx 7{,}2\) м/с (при \(c=300\) м/с).

За время, прошедшее между началом и концом звукового сигнала, автомобиль приблизился к датчику, расположенному по направлению его движения, и удалился от противоположного. Поэтому «конец звукового сигнала» придет к датчику, расположенному по направлению движения автомобиля, быстрее, чем он был издан автомобилем, и позже ко второму датчику. Поэтому датчик, расположенный по движению автомобиля, зарегистрирует более короткий сигнал, второй датчик — более длинный. Найдем длительность этих сигналов.

Пусть длительность звукового сигнала в системе отсчета, связанной с автомобилем, равна \(\Delta\tau\), скорость автомобиля — \(v\), скорость звука — \(c\). Пусть, кроме того, автомобиль начал издавать звуковой сигнал, когда он находился на расстоянии \(x\) от датчика, расположенного по направлению движения автомобиля, и \(y\) — от датчика, расположенного противоположно направлению его движения. Тогда начало звукового сигнала будет зарегистрировано датчиками через интервалы времени \[t_{\text{по}}=\frac{x}{c},\qquad t_{\text{против}}=\frac{y}{c}\] после его излучения автомобилем. «Конец звукового сигнала» будет излучен, когда автомобиль будет находиться на расстоянии \(x+v\Delta\tau\) и \(y-v\Delta\tau\) от датчиков. Поэтому он придет к датчикам через интервалы времени \[t'_{\text{по}}=\frac{x-v\Delta\tau}{c},\qquad t'_{\text{против}}=\frac{y+v\Delta\tau}{c}\] после излучения. Поэтому датчик, расположенный по направлению движения автомобиля, зарегистрирует следующую длительность сигнала \[\Delta\tau_{\text{по}}=\Delta\tau+t'_{\text{по}}-t_{\text{по}} =\Delta\tau+\frac{x-v\Delta\tau}{c}-\frac{x}{c} =\Delta\tau\left(1-\frac{v}{c}\right),\] а датчик, расположенный против направления движения, следующую \[\Delta\tau_{\text{против}}=\Delta\tau+t'_{\text{против}}-t_{\text{против}} =\Delta\tau\left(1+\frac{v}{c}\right).\] Отсюда заключаем, что большую длительность \(1{,}05\,\Delta t\) зарегистрирует датчик, расположенный против направления движения: \(1{,}05\,\Delta t=\Delta\tau_{\text{против}}\), а меньшую длительность \(\Delta t\) — датчик, расположенный по направлению движения: \(\Delta t=\Delta\tau_{\text{по}}\). Также из этих формул следует, что \[0{,}05\,\Delta t=\Delta\tau_{\text{против}}-\Delta\tau_{\text{по}}=\frac{2v}{c}\Delta\tau \quad\text{и}\quad 2{,}05\,\Delta t=\Delta\tau_{\text{против}}+\Delta\tau_{\text{по}}=2\Delta\tau.\] Поэтому \[v=\frac{\left(\Delta\tau_{\text{против}}-\Delta\tau_{\text{по}}\right)c}{\Delta\tau_{\text{против}}+\Delta\tau_{\text{по}}} =\frac{0{,}05}{2{,}05}\,c=0{,}024\,c=7{,}2\ \text{м/с}.\]

Вольтметры идеальные, поэтому токи через них равны токам через источники. Запишите законы Кирхгофа для правого контура и узла, выразив напряжения через \(U_3\) и \(\varepsilon_2\).

\(U_1=14\) В, \(U_2=2\) В, \(\varepsilon_1=16\) В.

Поскольку напряжение, которое показывает правый вольтметр, больше ЭДС правого источника, а ток через правый источник и вольтметр течет в одну сторону, то токи через вольтметры текут так, как показано на рисунке. Кроме того, поскольку сумма напряжений в любом замкнутом контуре равна нулю, имеем из правого замкнутого контура \(U_2=U_3-\varepsilon_2=2\) В.

Далее, поскольку \(I_1=I_2+I_3\), а вольтметры одинаковы, то \(U_1=U_2+U_3=2U_3-\varepsilon_2=14\) В. Используя далее условие равенства нулю суммы напряжений на всех элементах правого контура, получим \(\varepsilon_1=U_1+U_2=3U_3-2\varepsilon_2=16\) В. Итак, \(U_2=U_3-\varepsilon_2=2\) В, \(U_1=2U_3-\varepsilon_2=14\) В, \(\varepsilon_1=3U_3-2\varepsilon_2=16\) В.

Жёсткость пружины обратно пропорциональна её длине. Запишите равновесие для обоих случаев и вычтите одно уравнение из другого.

\(k=\dfrac{3mg}{4l_2-3l_1}\).

Пусть длина первоначальной пружины в недеформированном состоянии равна \(l_0\), а ее коэффициент жесткости — \(k\). Тогда условие равновесия для груза массой \(m\) дает \[mg=k\left(l_1-l_0\right).\] Поскольку коэффициент жесткости обратно пропорционален длине пружины, то коэффициент жесткости \(k_1\) пружины с отрезанной одной четвертью равен \[k_1=\frac{4k}{3}.\] Поэтому условие равновесия груза массой \(2m\) дает \[2mg=\frac{4}{3}k\left(l_2-\frac{3}{4}l_0\right).\] Раскрывая скобки и вычитая первое условие равновесия из второго, получим \[k=\frac{3mg}{4l_2-3l_1},\qquad 4l_2>3l_1.\]

Работа газа на изобарах отличается только знаком, и её можно сравнить с работой на изотермах через площади под графиком в координатах \(p\)–\(V\).

\(\eta=0{,}375=\dfrac{3}{8}\).

Пусть на участке изобарического нагревания 2-3 газ получил количество теплоты \(Q\). Тогда на участке изотермического расширения 3-4 газ получил количество теплоты \(3Q\). И, следовательно, количество теплоты, полученное от нагревателя в течение цикла, равно \[Q_н=4Q.\] Найдем работу газа за цикл. Очевидно, работа газа на участке 2-3 и работа газа на участке 4-1 равны по модулю. Действительно, работа газа в изобарическом процессе при давлении \(p\) с изменением объема \(\Delta V\) равна \(A=p\,\Delta V=\nu R\,\Delta T\), т.е. определяется только разностью начальной и конечной температур, которая в процессах 2-3 и 4-1 отличается только знаком. Поэтому работа газа за цикл равна \(A_{\text{цикла}}=A_{3\text{-}4}+A_{1\text{-}2}\). Работу газа в этих процессах найдем как площадь под графиком зависимости давления от объема. Очевидно, эти площади отличаются в 2 раза. Действительно, из закона Клапейрона—Менделеева следует, что объем газа в состоянии 3 в два раза больше объема в состоянии 2: \(V_3=2V_2\), а объем в состоянии 4 в два раза больше объема в состоянии 1: \(V_1=2V_4\). Следовательно, изменение объема газа в процессе 3-4 в два раза больше изменения объема газа в процессе 1-2: \(\Delta V_{1\text{-}2}=2\Delta V_{3\text{-}4}\). Поэтому если разбить изменение объема \(\Delta V_{1\text{-}2}\) на малые элементы \(\Delta V_i\), то изменение объема \(\Delta V_{3\text{-}4}\) можно разбить на такое же количество элементов, каждый из которых вдвое больше соответствующего элемента \(\Delta V_i\) — \(2\Delta V_i\), а давление газа в пределах соответствующих элементов одинаковое. В результате для работы газа имеем \[A_{1\text{-}2}=-2A_{3\text{-}4}.\] А поскольку процесс 3-4 изотермический, работа газа равна количеству теплоты, полученному в этом процессе: \(A_{3\text{-}4}=3Q\). Отсюда получаем \(A_{\text{цикла}}=3Q-3Q/2=3Q/2\). Поэтому КПД цикла есть \[\eta=\frac{A_{\text{цикла}}}{Q_н}=\frac{3Q/2}{4Q}=\frac{3}{8}=0{,}375.\]

Условие отсутствия вращения цилиндра даёт равенство сил трения на его концах. Далее запишите второй закон Ньютона для цилиндра и куба по горизонтали и вертикали.

\(F_{\min}=3mg\,(1+\mu)\).

Очевидно, при больших значениях внешней силы цилиндр будет скользить по поверхности. Найдем минимальное значение внешней силы, при котором цилиндр еще не вращается. Поскольку рассматриваемая ситуация — пограничная, все силы трения равны своим максимальным значениям — \(\mu N\) (где \(N\) — сила реакции на соответствующей поверхности).

Силы, действующие на тела, показаны на рисунке. На цилиндр действуют — сила тяжести, сила реакции поверхности, сила трения на поверхности, сила реакции со стороны куба, сила трения со стороны куба (силы реакции и трения, действующие на цилиндр, показаны на левом рисунке, на куб — на правом). Второй закон Ньютона для цилиндра в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси, а также для куба в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси дает \[\begin{aligned} ma &= N_1-\mu N \\ N &= mg+\mu N_1 \\ nma &= F-N_1-\mu N_2 \\ N_2 &= nmg-\mu N_1 \end{aligned}\] где \(n=2\). С другой стороны, поскольку цилиндр не вращается, сумма моментов всех сил, действующих на него, равна нулю; поэтому \(F_{\text{тр},1}=F_{\text{тр}}\), откуда \(N_1=N\). В результате из первых двух уравнений находим \[a=g,\qquad N=N_1=\frac{mg}{1-\mu}.\] Поэтому из третьего и четвертого уравнений системы получаем \[F=nmg+N_1+\mu N_2=nma+N_1+\mu\left(nmg-N_1\right)=nmg\left(1+\mu\right)+N_1\left(1-\mu^2\right)=(n+1)mg\left(1+\mu\right).\] В первом варианте \(n=2\), поэтому минимальная сила, при которой цилиндр не проскальзывает по поверхности, есть \[F=3mg\left(1+\mu\right).\]