Росатом, 2018/19, отборочный этап, 11 класс

В точке максимального отклонения скорость равна нулю, поэтому ускорение направлено по касательной и создаётся только силой тяжести. В нижней точке ускорение направлено к точке подвеса. Найдите скорость по закону сохранения энергии.

\(\alpha = 2\operatorname{arctg}0{,}6\).

Пусть угол максимального отклонения маятника — \(\alpha\). В точке максимального отклонения ускорение направлено по касательной к траектории и создаётся только силой тяжести: \[a_m = g\sin\alpha,\] где \(a_m\) — ускорение маятника в точке максимального отклонения. В нижней точке ускорение направлено к точке подвеса и равно \(a_0 = v^2/l\) (\(l\) — длина нити). По закону сохранения энергии \[\frac{mv^2}{2} = mgl\left(1 - \cos\alpha\right) = 2mgl\sin^2\frac{\alpha}{2},\] откуда \[a_0 = \frac{v^2}{l} = 4g\sin^2\frac{\alpha}{2}.\] Используя данные условия, \[\frac{a_0}{a_m} = 1{,}2 = \frac{4g\sin^2(\alpha/2)}{g\sin\alpha} = 2\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}.\] Откуда \(\operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2} = 0{,}6\) и \[\alpha = 2\operatorname{arctg}0{,}6.\]

Углы бросания при одинаковой дальности связаны простым соотношением. Выразите времена полёта через углы и перемножьте их.

\(t_2 = \dfrac{2L}{gt}\).

Дальность полёта тела, брошенного под углом \(\alpha\) к горизонту, \[L = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g},\] где \(v_0\) — начальная скорость, \(\alpha\) — угол бросания. Из этой формулы следует, что при бросках под углами \(\alpha\) и \(90^\circ - \alpha\) (и одинаковой начальной скорости) дальность полёта одинакова. Поэтому углы в двух случаях связаны соотношением \[\alpha_1 = 90^\circ - \alpha_2.\] Время полёта \[t = \frac{2v_0\sin\alpha}{g}.\] Тогда \[t_1 = \frac{2v_0\sin\alpha_1}{g}, \qquad t_2 = \frac{2v_0\sin\alpha_2}{g} = \frac{2v_0\sin(90^\circ - \alpha_1)}{g} = \frac{2v_0\cos\alpha_1}{g}.\] Перемножая времена, \[t_1t_2 = \frac{4v_0^2\sin\alpha_1\cos\alpha_1}{g^2} = \frac{2L}{g}.\] То есть произведение времён полёта по этим траекториям зависит только от длины пути, но не от углов и начальной скорости. Отсюда \[t_2 = \frac{2L}{gt_1}.\]

Сопротивление амперметра равно нулю, поэтому потенциалы точек \(A\) и \(B\) совпадают. Найдите общее сопротивление цепи и разветвление тока по участкам.

\(I_{AB} = -\dfrac{5\varepsilon}{17R}\), то есть ток \(\dfrac{5\varepsilon}{17R}\) течёт через амперметр от \(B\) к \(A\).

Поскольку сопротивление амперметра равно нулю, цепь представляет собой два последовательно соединённых участка: первый — параллельно соединённые сопротивления \(R\) и \(R + R\) (здесь \(R\) и \(R\) — ветви с амперметром), второй — параллельно соединённые сопротивления \(R + 2R\) и \(R\). Поэтому общее сопротивление цепи \[r = \frac{R(R+R)}{R+R+R} + \frac{R(R+2R)}{R+R+2R} = \frac{17R}{12}.\] Ток через источник \[I = \frac{12\varepsilon}{17R}.\] Этот ток через рассматриваемый участок течёт справа налево. На участке параллельно соединённых резисторов \(R+2R\) и \(R\) он делится в пропорции 3:1 (три части через резистор \(R\)). Поэтому через правый нижний резистор \(R\) течёт ток \[I_1 = \frac{3}{4}I = \frac{9\varepsilon}{17R}.\] На участке параллельно соединённых резисторов \(R+R\) и \(R\) этот ток делится в пропорции 2:1 (две части через резистор \(R\)). Поэтому через правый и средний нижние резисторы \(R\) течёт ток \[I_2 = \frac{1}{3}I = \frac{4\varepsilon}{17R}.\] Тогда по проводнику \(AB\) от точки \(B\) к точке \(A\) течёт ток \[I_A = I_1 - I_2 = \frac{9\varepsilon}{17R} - \frac{4\varepsilon}{17R} = \frac{5\varepsilon}{17R},\] а ток от \(A\) к \(B\) равен \[I_{AB} = -\frac{5\varepsilon}{17R}.\]

Определите, какие процессы соответствуют постоянной теплоёмкости \(C = 2R\), \(C = 0\), \(C = \dfrac{3}{2}R\) и \(C = \dfrac{5}{2}R\). Далее найдите теплоту, полученную газом на каждом участке, через определение теплоёмкости \(Q = C\,\Delta T\).

\(\eta = 0{,}1875\) (18,75%).

В течение процесса 1-2 теплоёмкость газа не меняется и равна \(2R\). Поэтому в этом процессе давление является линейной функцией объёма \(p = \alpha V\), где \(\alpha\) — произвольный коэффициент соответствующей размерности. В процессе 2-3 теплоёмкость газа равна нулю, следовательно, это адиабатический процесс. В процессе 3-4 теплоёмкость газа равна \(\dfrac{3}{2}R\), следовательно, это изохорический процесс. В процессе 4-1 теплоёмкость газа равна \(\dfrac{5}{2}R\), следовательно, это изобарический процесс. Качественный график зависимости давления от объёма: участок 1-2 — прямая, проходящая через начало координат, 2-3 — адиабата, 3-4 — изохора, 4-1 — изобара.

Найдём КПД цикла. Поскольку теплоёмкость неотрицательна в течение всего процесса, при увеличении температуры газ получает тепло, при уменьшении отдаёт (за исключением адиабатического процесса 2-3, в котором газ не обменивался теплом с окружением). Следовательно, газ получает тепло в процессе 1-2 (контакт с нагревателем), отдаёт — в процессах 3-4 и 4-1 (контакт с холодильником). Количества теплоты, полученное от нагревателя и отданное холодильнику, найдём из определения теплоёмкости: \[Q_{\text{н}} = Q_{1-2} = 2R\left(700\text{ K} - 300\text{ K}\right) = 800R\text{ Дж}.\] Аналогично количество теплоты, отданное газом холодильнику: \[Q_{\text{х}} = Q_{3-4} + Q_{4-1} = \frac{3}{2}R\left(600\text{ K} - 500\text{ K}\right) + \frac{5}{2}R\left(500\text{ K} - 300\text{ K}\right) = 650R\text{ Дж}.\] КПД цикла \[\eta = \frac{Q_{\text{н}} - Q_{\text{х}}}{Q_{\text{н}}} = \frac{800R - 650R}{800R} = 0{,}1875.\]

За один виток скорость и сила сопротивления меняются мало. Найдите изменение радиуса орбиты за один оборот и разделите на период обращения: получится постоянная скорость сближения.

\(t = \dfrac{Rm}{2\alpha\beta\sqrt{GM}}\) (\(m\) — масса спутника, \(M\) — масса планеты).

Поскольку потери энергии малы, спутник движется почти по окружности, и для него в любой момент времени выполнено условие \[\frac{mv^2}{r} = \frac{GmM}{r^2} \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{\frac{GM}{r}},\] где \(v\) и \(m\) — скорость и масса спутника, \(M\) — масса планеты, \(r\) — радиус орбиты. Из этой формулы следует, что при увеличении скорости спутника радиус круговой орбиты уменьшается. Также кинетическая и потенциальная энергии спутника связаны соотношением \[E_{\text{К}} = -\frac{1}{2}E_{\text{П}}.\] Закон сохранения энергии для двух близких моментов времени (с изменениями скорости \(\Delta v\) и радиуса орбиты \(\Delta r\), где \(A_c < 0\) — работа силы сопротивления воздуха): \[\left(\frac{m(v+\Delta v)^2}{2} - \frac{GmM}{r+\Delta r}\right) - \left(\frac{mv^2}{2} - \frac{GmM}{r}\right) = A_c.\] Отсюда \[\Delta v = -\frac{A_c}{mv} > 0,\] то есть скорость спутника при действии силы сопротивления возрастает (это связано с работой гравитационной силы). Поэтому радиус орбиты непрерывно уменьшается, и спутник движется по спирали.

Найдём скорость изменения радиуса орбиты. Считая, что сила сопротивления равна \(F_c = \beta\rho v^2\) и что за время одного оборота скорость и сила сопротивления меняются мало, применим предыдущую формулу к одному обороту: \[\Delta v = \frac{2\pi r F_c}{mv} = \frac{2\pi r\beta\rho v}{m}.\] С другой стороны, из \(v^2 = GM/r\) связь малых изменений скорости и радиуса орбиты: \[2v\Delta v = -\frac{GM}{r^2}\Delta r \quad\Rightarrow\quad \frac{2\Delta v}{v} = -\frac{\Delta r}{r}.\] Поэтому для изменения радиуса орбиты за один оборот \[\Delta r = -\frac{4\pi r^2\beta\rho}{m}.\] Вводя период обращения \(T = 2\pi r/v\) и используя зависимость плотности атмосферы от расстояния до центра \(\rho = \alpha/\sqrt{r}\), получим \[\Delta r = -\frac{2Tr\beta\rho v}{m} = -\frac{2T\alpha\beta}{m}\sqrt{r}\,v = -\frac{2T\alpha\beta\sqrt{GM}}{m},\] поскольку \(\sqrt{r}\,v = \sqrt{GM}\). Отсюда скорость приближения спутника к планете \[u = \frac{|\Delta r|}{T} = \frac{2\alpha\beta\sqrt{GM}}{m},\] она не зависит ни от скорости спутника, ни от радиуса орбиты и, следовательно, постоянна. Поэтому время падения от орбиты радиуса \(2R\) до поверхности (путь \(R\)) \[t = \frac{R}{u} = \frac{Rm}{2\alpha\beta\sqrt{GM}}.\]