Росатом, 2016/17, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите первое начало термодинамики и выразите теплоту через теплоемкость \(C\); для одноатомного газа внутренняя энергия равна \(\frac{3}{2}\nu R\,\Delta T\).

Ответ

\(\Delta T=\dfrac{A}{\nu\left(C-\frac{3R}{2}\right)}\); при \(\nu=2\) моль \(\Delta T=\dfrac{A}{2C-3R}\) (при \(C>\frac{3R}{2}\)).

Решение

Применяем к рассматриваемому процессу первый закон термодинамики \(Q=\Delta U+A\). С другой стороны, для гелия (одноатомный газ) \(\Delta U=\dfrac{3}{2}\nu R\,\Delta T\) и \(Q=C\nu\,\Delta T\). Отсюда \[\Delta T=\frac{A}{\nu\left(C-\frac{3R}{2}\right)},\qquad C>\frac{3R}{2}.\]

Подсказка

После удара шарики движутся вместе; найдите скорости по закону сохранения импульса. Затем перейдите в систему центра масс: пары шариков вращаются по окружности.

Ответ

\(T=\dfrac{mv^2}{6l}\).

Решение

Поскольку столкновения шариков абсолютно неупругие, после удара они будут двигаться вместе. Скорости шариков найдем по закону сохранения импульса: два верхних шарика будут иметь скорость \(2v/3\), два нижних — \(v/3\).

А поскольку скорости шариков будут разными, движение гантельки будет уже не поступательным. В системе отсчета, связанной с центром масс гантельки, ее движение есть вращение вокруг центра. Найдем скорости шариков в этой системе отсчета. Скорость центра масс равна \[v_c=\frac{1}{2}\left(\frac{2v}{3}+\frac{v}{3}\right)=\frac{v}{2}.\] Поэтому скорость шариков в этой системе отсчета равна \[v_{\text{верх}}=\frac{2v}{3}-\frac{v}{2}=\frac{v}{6},\qquad v_{\text{нижн}}=\frac{v}{2}-\frac{v}{3}=\frac{v}{6},\] (см. рисунок). Другими словами, каждая пара шариков массой \(3m\) движется со скоростью \(v/6\) по окружности радиуса \(l/2\) и, следовательно, сила натяжения стержня равна \[T=\frac{3m\left(v/6\right)^2}{l/2}=\frac{mv^2}{6l}.\]

Подсказка

Сначала определите, какой диод открыт и какой конденсатор оказывается под напряжением источника. При второй зарядке учтите, что заряд правой обкладки ограничен диодами.

Ответ

\(q_C=0\), \(q_{2C}=2\varepsilon C\); \(q'_C=\dfrac{4\varepsilon C}{3}\), \(q'_{2C}=\dfrac{2\varepsilon C}{3}\) (по модулю).

Решение

При замыкании ключа ток пойдет через левый диод, а правый диод будет «закрыт» — на месте правого диода будет фактически разрыв цепи. Поскольку сопротивление диода в прямом направлении равно нулю, потенциалы обкладок левого конденсатора одинаковы — левый конденсатор не будет заряжен \(q_{\text{лев}}=0\), а все напряжение источника оказывается приложенным к правому конденсатору. Поэтому \[q_{\text{прав}}=2\varepsilon C.\] После изменения полярности источника открывается правый диод, но закрывается левый. Поэтому будет заряжаться левый конденсатор, и разряжаться правый. Но правый конденсатор может разрядиться только так, что положительный заряд его левой обкладки может перетечь только на правую обкладку левого конденсатора, а вытечь через диоды не может. Если бы емкость левого конденсатора была больше емкости правого, он «взял» бы себе весь заряд правого и какая-то часть заряда протекла через правый диод. Но у нас емкость правого конденсатора больше емкости левого, поэтому правый конденсатор разрядится не до конца. Найдем заряды конденсаторов после установления равновесия. Пусть на левой обкладке левого конденсатора будет заряд \(q'_{\text{лев}}=-x\) (на правой — \(x\)). Тогда на левой обкладке правого конденсатора будет заряд \(q'_{\text{прав}}=2\varepsilon C-x\) (на правой — \(-\left(2\varepsilon C-x\right)\)). Условие равновесия зарядов дает \[-\frac{2\varepsilon C-x}{2C}+\frac{x}{C}=\varepsilon.\] Отсюда \[-2\varepsilon C+x+2x=2C\varepsilon,\qquad x=\frac{4\varepsilon C}{3}.\] Следовательно, заряды левого и правого конденсатора после изменения полярности источника равны \[q'_{\text{лев}}=\frac{4\varepsilon C}{3},\qquad q'_{\text{прав}}=\frac{2\varepsilon C}{3}.\]

Подсказка

Выразите длину спицы через расстояние \(x=MO\) по теореме косинусов, ускорение колечка на спице через угол наклона, затем найдите минимум времени по \(x\).

Ответ

\(MO=l\).

Решение

Пусть длина отрезка MO равна \(x\). Длину отрезка MN находим по теореме косинусов \[MN=\sqrt{l^2+x^2-2lx\cos\alpha}.\] А угол MNO (обозначим его \(\beta\)) — по теореме синусов \[\frac{x}{\sin\beta}=\frac{\sqrt{l^2+x^2-2lx\cos\alpha}}{\sin\alpha}\quad\Rightarrow\quad \sin\beta=\frac{x\sin\alpha}{\sqrt{l^2+x^2-2lx\cos\alpha}}.\] Поскольку ускорение колечка при его движении по спице MN равно \(g\sin\beta\), то время его спуска можно найти из соотношения \[\sqrt{l^2+x^2-2lx\cos\alpha}=\frac{g\sin\beta\,t^2}{2}.\] Используя далее соотношение для \(\sin\beta\), получим \[t^2=\frac{2\left(l^2+x^2-2lx\cos\alpha\right)}{gx\sin\alpha}.\] Найдем \(x\), отвечающее минимуму этой функции. Дифференцируя и приравнивая производную к нулю, получим \[\frac{2x-2l\cos\alpha}{gx\sin\alpha}-\frac{l^2+x^2-2lx\cos\alpha}{gx^2\sin\alpha} =\frac{x^2-l^2}{gx^2\sin\alpha}=0.\] Откуда получаем \[MO=l.\]

Подсказка

Скорость тела постоянна по модулю, так как сила натяжения перпендикулярна скорости. Найдите угол поворота нити как функцию времени.

Ответ

\(\tau=\dfrac{9\,l_0^2}{50\,vR}\).

Решение

Установим зависимость угла поворота нити от времени. Во-первых, заметим, что нить в процессе движения тела всегда перпендикулярна скорости тела (нить не «сминается» и не растягивается). Поэтому сила натяжения не совершает над телом работу, и, следовательно, тело движется с постоянной скоростью. Угловая же скорость тела изменяется, поскольку его движение в течение каждого малого интервала времени есть вращение вокруг той точки, где нить отходит от цилиндра, а длина нити изменяется.

Пусть к некоторому моменту времени \(t\) нить повернулась на угол \(\alpha\) по сравнению с первоначальным положением. Установим связь между \(t\) и \(\alpha\). Поскольку к этому моменту на цилиндр намоталась нить длиной \(\alpha R\), то для длины нити справедливо соотношение \[l=l_0-\alpha R. \qquad (1)\] Из формулы (1) следует, что угловая скорость нити в этот момент будет равна \(\omega=v/(l_0-\alpha R)\). Поэтому за бесконечно малый интервал времени \(\Delta t\) около момента времени \(t\) нить повернется на бесконечно малый угол \[\Delta\alpha=\omega\,\Delta t=\frac{v\,\Delta t}{l_0-\alpha R}. \qquad (2)\] Из формулы (2) можно найти производную функции \(t(\alpha)\): \[t'(\alpha)=\frac{\Delta t}{\Delta\alpha}=\frac{l_0}{v}-\frac{R}{v}\alpha. \qquad (3)\] Из формулы (3) следует, что производная функции \(t(\alpha)\) зависит от своего аргумента \(\alpha\) так же, как скорость равноускоренно движущегося тела зависит от времени \[x'(t)=v_0+at. \qquad (4)\] Поэтому зависимость \(t(\alpha)\) — такая же, как и зависимость координаты равноускоренно движущегося тела от времени \[x(t)=x_0+v_0t+\frac{at^2}{2}. \qquad (5)\] Причем, как это следует из сравнения (3) и (4), в качестве \(v_0\) и \(a\) в зависимости \(t(\alpha)\) нужно использовать величины \(l_0/v\) и \(-R/v\): \[t(\alpha)=t_0+\frac{l_0}{v}\alpha-\frac{R}{v}\frac{\alpha^2}{2}. \qquad (6)\] Величина \(t_0\) в выражении (5) имеет смысл «начального» значения времени, т.е. времени, отвечающего повороту на нулевой угол. Поэтому эту величину нужно положить равной нулю. В результате имеем окончательно \[t(\alpha)=\frac{l_0}{v}\alpha-\frac{R}{v}\frac{\alpha^2}{2}. \qquad (7)\] Из зависимости (7) легко найти время \(\tau\), необходимое для полной намотки одной пятой части нити на цилиндр. Когда такая длина намотается на цилиндр, нить повернется на угол \(\alpha=l_0/5R\). Поэтому для времени \(\tau\) имеем из (7): \[\tau=\frac{l_0}{v}\cdot\frac{l_0}{5R}-\frac{R}{v}\cdot\frac{l_0^2}{50R^2}=\frac{9\,l_0^2}{50\,vR}.\]