Росатом, 2018/19, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите уравнение реакции и выясните, какой из газов прореагирует полностью. Сколько молей газа будет в сосуде после реакции?

Ответ

\(p_1=\dfrac{3}{4}\,p\).

Решение

Пусть в сосуде находятся \(\nu\) молей вещества \(A_2\) и \(\nu\) молей вещества \(B_2\). Уравнение реакции \[2A_2+B_2=2A_2B\] показывает, что каждый моль вещества \(B_2\) реагирует с двумя молями вещества \(A_2\). Поэтому вещество \(A_2\) (\(\nu\) молей) прореагирует полностью с половиной вещества \(B_2\) (\(\nu/2\) молей). После прохождения реакции в сосуде будет \(\nu\) молей соединения \(A_2B\) и половина бывшего в сосуде вещества \(B_2\) (\(\nu/2\) молей), то есть всего \(3\nu/2\) моля газов.

Из закона Дальтона для начальной и конечной смесей \[p=\frac{2\nu RT}{V}\qquad\text{и}\qquad p_1=\frac{1{,}5\,\nu RT}{V}\] заключаем, что \[p_1=\frac{3}{4}\,p.\]

Подсказка

Какой шар будет сверху? Как связаны силы сопротивления воздуха с площадями сечений, а массы шаров — с их радиусами и плотностями?

Ответ

\(T=\dfrac{4}{15}\,m_1g=\dfrac{16\pi}{15}\,\rho R^3g\).

Решение

Поскольку на шар большего радиуса действует бóльшая сила сопротивления воздуха, при движении шары расположатся друг над другом, причем шар большего радиуса окажется сверху (см. рисунок).

Второй закон Ньютона для каждого шара имеет вид \[m_1g=T+F_{c,1},\qquad m_2g+T=F_{c,2},\qquad(*)\] где \(m_1\) и \(m_2\) — массы меньшего и большего шара соответственно, \(T\) — сила натяжения нити, \(F_{c,1}\) и \(F_{c,2}\) — силы сопротивления воздуха, действующие на меньший и больший шар. Очевидно, \[m_2=\frac{8}{3}\,m_1,\qquad F_{c,2}=4F_{c,1}.\] Поэтому система \((*)\) дает \[m_1g=T+F_{c,1},\qquad \frac{8}{3}m_1g+T=4F_{c,1}.\] Отсюда \[T=\frac{4}{15}\,m_1g=\frac{16\pi}{15}\,\rho R^3g,\] так как \(m_1=3\rho\cdot\frac{4}{3}\pi R^3=4\pi\rho R^3\).

Подсказка

До обработки центр тяжести находится посередине. Когда резец проходит положение, в котором центр тяжести сместился дальше всего? Выразите положение центра тяжести через длину обточенного участка.

Ответ

\(\Delta x=\dfrac{h}{14}\).

Решение

В процессе обработки заготовка представляет собой два состыкованных соосных цилиндра с радиусами \(R\) и \(3R/4\) (см. рисунок). До обработки центр тяжести заготовки находится посередине.

Докажем, что максимальное смещение центра тяжести будет тогда, когда он совпадает с положением резца (стыка между двумя частями заготовки). Пусть центр тяжести находится левее положения резца. Если в этом положении резец срежет небольшой объем заготовки, то ее центр тяжести сместится влево, поскольку мы уменьшаем часть заготовки справа от центра тяжести. Если центр тяжести находится слева от резца, то при дальнейшей обработке центр тяжести будет перемещаться вправо. Т.е. пока резец при обработке заготовки с правого конца не «дошел» до ее центра тяжести, центр тяжести движется влево, когда «перешел» — вправо. Значит, максимальное смещение центра тяжести будет тогда, когда он совпадает с резцом.

Пусть центр тяжести совпадает со стыком частей заготовки и находится на расстоянии \(x\) от ее левого конца.

Пусть \(m_1\) — масса левой (радиуса \(R\), длины \(x\)) части, \(m_2\) — масса правой (радиуса \(3R/4\), длины \(h-x\)) части. Тогда \[m_1\frac{x}{2}=m_2\frac{h-x}{2},\] откуда \[\rho\pi R^2x\cdot\frac{x}{2}=\rho\pi\left(\frac{3R}{4}\right)^2(h-x)\cdot\frac{h-x}{2} \quad\Rightarrow\quad x=\frac{3h}{7}.\] Следовательно, максимальное смещение центра тяжести заготовки при обработке \[\Delta x=\frac{h}{2}-\frac{3h}{7}=\frac{h}{14}.\]

Подсказка

Разбейте диск на узкие кольца и найдите силу трения на каждый элемент кольца. Какие силы трения дают суммарную силу, не равную нулю?

Ответ

\(a=\dfrac{kg}{\pi}\), направлено вдоль границы полуплоскостей.

Решение

Мысленно разобьем диск на узкие колечки, найдем силу трения, действующую на каждое, а потом просуммируем. Рассмотрим четыре малых элемента кольца одинаковой длины, лежащих на одинаковых расстояниях от границы полуплоскостей на одной и второй полуплоскости (см. рисунок). На них действуют силы трения, направленные противоположно скорости элементов (т.е. по касательным к кольцу). Поскольку коэффициенты трения диска о полуплоскости разные, то две силы будут больше двух других, и суммарная сила трения не будет равняться нулю.

Рассмотрим силы, действующие на два таких элемента, лежащих на одной и той же полуплоскости. Очевидно, сумма сил трения, действующих на них, направлена вдоль границы и равна \(2k_1\Delta m\,g\sin\alpha\), где \(k_1\) — коэффициент трения между диском и той полуплоскостью, на которой находятся рассматриваемые элементы диска, \(\Delta m\) — масса каждого элемента, \(\alpha\) — угол между элементами и перпендикуляром к границе раздела. Масса элемента пропорциональна его длине: \(\Delta m=\dfrac{\Delta l}{l}\,m\), где \(m\) — масса кольца, \(l\) — его длина, \(\Delta l\) — длина рассматриваемых элементов. Величина \(\Delta l\sin\alpha\) имеет смысл проекции элемента кольца на границу раздела полуплоскостей, поэтому их сумма дает диаметр кольца. Сумма проекций сил трения, действующих на элементы кольца, находящиеся с одной стороны от границы раздела, дает \[\sum 2k_1\Delta m\,g\sin\alpha=k_1\frac{mg\,2r}{2\pi r}=\frac{k_1mg}{\pi},\] где \(r\) — радиус рассматриваемого кольца. Сумма проекций сил трения, действующих на другую половину, дает \(\dfrac{k_2mg}{\pi}\).

Поэтому суммарная сила трения, действующая на рассматриваемое кольцо, есть \(\dfrac{(k_1-k_2)mg}{\pi}\). Суммируя силы трения, действующие на отдельные колечки, найдем результирующую силу трения, действующую на диск: \[F=\frac{(k_1-k_2)Mg}{\pi},\] где \(M\) — масса диска. Отсюда ускорение центра диска, направленное вдоль границы полуплоскостей, \[a=\frac{(k_1-k_2)g}{\pi}.\] В рассматриваемом варианте (\(k_1=2k\), \(k_2=k\)) имеем \[a=\frac{kg}{\pi}.\]

Подсказка

Какое вихревое электрическое поле возникает внутри катушки при включении тока? Каким будет движение заряда в однородном магнитном поле после включения и проходит ли его траектория через ось?

Ответ

Минимальное расстояние от оси равно \(0\) (заряд проходит через точку на оси катушки); скорость в этот момент \(v=\dfrac{qB_0r}{4m}\).

Решение

При включении магнитного поля возникает вихревое электрическое поле, которое разгоняет заряд до некоторой скорости. После этого магнитное поле внутри катушки однородно и не зависит от времени, поэтому заряд движется внутри соленоида по окружности. Параметры этой окружности зависят от времени включения поля.

Если поле включается очень быстро, заряд за время включения практически не успевает переместиться и начинает свое движение из начальной точки, приобретя ту скорость, которую сообщит ему вихревое электрическое поле в этой точке. Если поле включается медленно, заряд движется в процессе включения поля, и то, в какой точке окажется и какую скорость приобретет, зависит от закона включения поля. Поскольку этот закон в условии не задан, количественно этот случай не может быть рассмотрен. Рассмотрим случай быстрого включения поля.

Найдем напряженность вихревого электрического поля. Для этого рассмотрим контур радиуса \(x=r/2\) с центром на оси катушки. ЭДС индукции в контуре \[\varepsilon=\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}=\frac{B_0\pi x^2}{\Delta t}.\] Вихревое поле обладает осевой симметрией и направлено по касательной к окружности, поэтому работа поля над единичным пробным зарядом равна \(2\pi xE\). Отсюда \[\frac{B_0\pi x^2}{\Delta t}=2\pi xE\quad\Rightarrow\quad E=\frac{B_0x}{2\,\Delta t}.\qquad(*)\] Поле \((*)\) разгоняет заряд. Поскольку поле включается очень быстро, за время включения заряд не успевает переместиться, и он приобретает импульс \[mv=qE\,\Delta t\quad\Rightarrow\quad v=\frac{qB_0x}{2m}=\frac{qB_0r}{4m}.\qquad(**)\] Теперь найдем радиус окружности, по которой движется заряд. По второму закону Ньютона \[\frac{mv^2}{R}=qB_0v\quad\Rightarrow\quad R=\frac{mv}{qB_0}=\frac{x}{2}.\qquad(***)\] Сила Лоренца, действующая на заряд со стороны магнитного поля, поворачивает его к центру катушки. Поэтому по формуле \((***)\) заключаем, что заряд пройдет через точку, лежащую на оси катушки. Скорость заряда в магнитном поле не меняется и будет равна \((**)\).

Чтобы время включения было малым, нужно, чтобы перемещение заряда за время включения поля было много меньше радиуса орбиты. Ускорение заряда \(a=\dfrac{qE}{m}=\dfrac{qB_0x}{2m\,\Delta t}\), поэтому оценкой его перемещения за время включения является величина \(\Delta x\sim a\,\Delta t^2\sim\dfrac{qB_0r}{m}\,\Delta t\). Критерий малости времени включения поля: \[\Delta x\ll r\quad\Rightarrow\quad\frac{qB_0R}{m}\,\Delta t\ll r\quad\Rightarrow\quad\Delta t\ll\frac{m}{qB_0}.\qquad(4*)\] Величина \(m/(qB_0)\) имеет смысл времени оборота частицы массы \(m\) с зарядом \(q\) в магнитном поле с индукцией \(B_0\). Поэтому время включения поля должно быть мало по сравнению с временем оборота. Если неравенство \((4*)\) не выполнено, характер движения заряда зависит от закона включения поля, который не задан условием задачи, и потому не может быть определен.