Росатом, 2017/18, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Для блока и тела запишите равновесие сил натяжения; затем уравнение моментов для рычага относительно опоры O.

Ответ

\(m_1 = \dfrac12 M + \dfrac18 m\).

Решение

Пусть сила натяжения левой нити (привязанной к телу) равна \(T_1\), правой — \(T_2\). Условие равновесия тела дает \[Mg = T_1 + T_2.\] Из условия равновесия груза \(T_1 = m_1 g\). Из условия равновесия блока сила натяжения нити \(T_3\), связывающей левый конец рычага с осью блока, равна \(T_3 = 2T_1 = 2m_1 g\). Поэтому из условия равновесия рычага \[\frac13 T_3 = \frac23 T_1 + \frac16 mg \quad\Rightarrow\quad \frac23 m_1 g = \frac23\left(Mg - m_1 g\right) + \frac16 mg.\] Отсюда \[m_1 = \frac12 M + \frac18 m.\]

Подсказка

Продифференцируйте соотношение по времени: получится связь между ускорением и скоростью. Какое ускорение получается в итоге?

Ответ

Да, вернется через \(\Delta t = 4\sqrt{B|A|} = 8\) с.

Решение

Начальную скорость найдем из соотношения, подставив \(x = 0\): \[v_{0,x} = \sqrt{-\frac{B}{A}}\] (знак «+» перед корнем, так как по условию тело начало движение в положительном направлении оси \(x\)). Продифференцируем соотношение по времени: \[\frac{dx}{dt} = 2Av_x\frac{dv_x}{dt} \quad\Rightarrow\quad v_x = 2Av_x a_x \quad\Rightarrow\quad a_x = \frac{1}{2A} = \text{const}.\] Проекция ускорения постоянна и отрицательна (так как \(A < 0\)). Поэтому тело движется равноускоренно сначала в положительном направлении оси \(x\) с торможением, а затем, разгоняясь, в отрицательном направлении. Тело обязательно попадет в точку \(x = 0\). Время движения до этой точки такое же, как у тела, брошенного вертикально вверх с начальной скоростью \(v_{0,x}\) и вернувшегося на землю: \[\Delta t = \frac{2v_{0,x}}{|a_x|} = 2\sqrt{-\frac{B}{A}}\cdot 2|A| = 4\sqrt{B|A|} = 8~\text{с}.\]

Подсказка

Докажите, что изображение движется по окружности, для которой отрезок между старым и новым изображением является диаметром; найдите угловую скорость изображения через угловую скорость зеркала.

Ответ

\(v' = 2\omega d\), \(a' = 4\omega^2 d\) (не зависят от угла поворота), где \(\omega\) — угловая скорость зеркала. Официальное значение \(a' = 0{,}6\) м/с\(^2\) соответствует \(\omega = 1\) с\(^{-1}\).

Решение

Определим характер движения изображения. Построение старого (\(S'\)) и нового (\(S''\); после поворота зеркала на угол \(\alpha\)) изображений источника выполнено на рисунке. Треугольники \(SOO'\) и \(SS''S'\) подобны, так как у них общий угол \(\alpha\), а стороны, примыкающие к этому углу, пропорциональны: \[\frac{SS''}{SO} = \frac{SS'}{SO'} = 2.\] Так как угол \(SO'O\) прямой, то прямым является и угол \(SS''S'\) независимо от угла поворота зеркала. Значит, изображение источника движется по окружности, для которой отрезок \(SS'\) является диаметром, радиус которой равен \(R = SO = d\).

Угловая скорость вращения изображения: при повороте зеркала на угол \(\alpha\) изображение поворачивается на угол \(2\alpha\) относительно точки \(O\), поэтому изображение вращается с постоянной угловой скоростью \(\omega' = 2\omega\), вдвое большей угловой скорости зеркала. Скорость изображения \(v' = \omega' R = 2\omega d\). Ускорение изображения центростремительное, его величина постоянна (не зависит от угла \(\alpha\)): \[a' = (2\omega)^2 R = 4\omega^2 d.\]

Подсказка

Определите вид каждого участка по соотношению работы и теплоты (для одноатомного газа в изобаре \(A = \frac25 Q\)) и по поведению \(A\) на каждом участке.

Ответ

\(\eta = \dfrac{A_{\text{цикл}}}{Q_{\text{получ}}} = \dfrac{2}{9} \approx 0{,}22\).

Решение

Из графика видно, что для участка a-b выполнено условие \(A_{a-b} = \frac25 Q_{a-b}\). Такая связь работы и количества теплоты одноатомного газа характерна для изобарического процесса, поэтому a-b — изобара, в которой газ получил \(Q_{a-b} = 5\) кДж и совершил работу \(A_{a-b} = 2\) кДж.

На участке b-c работа равна теплоте, \(A_{b-c} = Q_{b-c}\), поэтому \(\Delta U_{b-c} = 0\) и b-c — изотерма, на которой газ получил \(Q_{b-c} = 4\) кДж. На участке c-d работа не меняется, \(A_{c-d} = 0\), поэтому c-d — изохора, на которой газ отдает теплоту. Участок d-a — адиабата (\(Q_{d-a} = 0\)), на которой газ совершил работу \(A_{d-a} = -4\) кДж.

Построение графика \(p(V)\): a-b — изобара, b-c — изотерма (гипербола), c-d — изохора, d-a — адиабата (более крутая кривая, чем изотерма).

За цикл газ совершил работу \(A_{\text{цикл}} = 2 + 4 + 0 - 4 = 2\) кДж и получил от нагревателя (на участках a-b и b-c) количество теплоты \(Q_{\text{получ}} = 5 + 4 = 9\) кДж. КПД \[\eta = \frac{A_{\text{цикл}}}{Q_{\text{получ}}} = \frac{2}{9} \approx 0{,}22.\]

Подсказка

Найдите индукцию поля кольца радиуса \(2R\) на расстоянии \(d\) на его оси и ее поперечную составляющую в области первого кольца; затем примените закон Ампера.

Ответ

\(F = 6\pi\mu_0\,\dfrac{I^2 R^4}{d^4}\).

Решение

Найдем индукцию магнитного поля, созданного кольцом радиуса \(2R\), в области первого кольца, а затем по закону Ампера — силу взаимодействия колец. Индукция поля кольца на его оси направлена вдоль оси, а в точках на некотором расстоянии от оси — под некоторым углом к ней. Суммарная сила Ампера, действующая на кольцо радиуса \(R\), направлена вдоль оси колец и определяется составляющей \(B_\perp\) вектора индукции, перпендикулярной оси: \[F = 2\pi R I B_\perp. \qquad (1)\] Индукция на оси кольца радиуса \(2R\) на расстоянии \(x\) от его плоскости: \[B = \frac{\mu_0}{2}\,\frac{I (2R)^2}{\left((2R)^2 + x^2\right)^{3/2}}. \qquad (2)\] Рассмотрим вспомогательную цилиндрическую поверхность, соосную с кольцами, радиусом \(R\) и малой высотой \(\Delta x\). Так как поток вектора магнитной индукции через любую замкнутую поверхность равен нулю, разность потоков через основания равна потоку через боковую поверхность: \[\pi R^2\left(B(x) - B(x + \Delta x)\right) = B_\perp\cdot 2\pi R\,\Delta x.\]

Отсюда \[B_\perp = -\frac{R}{2}\,\frac{B(x + \Delta x) - B(x)}{\Delta x}.\] При \(\Delta x \to 0\) это выражение сводится к производной \(dB/dx\) функции (2). Дифференцируя и подставляя в (1), при \(x = d \gg R\) получим \[F = 6\pi\mu_0\,\frac{I^2 R^4}{d^4}.\]