Росатом, 2022/23, заключительный этап, 11 класс

Вольтметры одинаковы, поэтому ток через мостиковый вольтметр относится к току в цепи так же, как его показания к показаниям включенного в цепь вольтметра.

\(R = \dfrac{U_1 U_2}{I\,(U_2 - 2U_1)} = 375\) Ом.

Поскольку ток через мостиковый вольтметр не может быть больше тока в цепи, а вольтметры одинаковы, то показания мостикового вольтметра меньше показаний вольтметра, включенного в цепь: \(U_1 = 0{,}5\) В — показания мостикового вольтметра, \(U_2 = 3\) В — показания вольтметра, включенного в цепь. Резисторы в параллельных ветвях могут быть соединены только так, как показано на левом или на правом варианте (при любых других соединениях показания мостикового вольтметра нулевые); разница между ними только в направлении тока через мостик, поэтому достаточно рассмотреть левый вариант.

Ток через мостик отличается от тока в цепи во столько же раз, во сколько отличаются показания вольтметров: \(I_{мост} = \dfrac{U_1}{U_2}\,I\). Токи через резисторы \(R\) и \(3R\): \[I_R = I_{3R} + I_{мост} = I_{3R} + \frac{U_1}{U_2}\,I, \qquad I_R + I_{3R} = I.\] Отсюда \[I_R = I\,\frac{U_1 + U_2}{2U_2}, \qquad I_{3R} = I\,\frac{U_2 - U_1}{2U_2}.\] Разность падений напряжений на резисторах равна напряжению на мостиковом вольтметре: \[U_1 = 3RI_{3R} - RI_R = \frac{RI\,(U_2 - 2U_1)}{U_2}.\] Отсюда \[R = \frac{U_1 U_2}{I\,(U_2 - 2U_1)} = 375~\text{Ом}.\]

Скорости блоков пропорциональны их ускорениям, а нить нерастяжима: посмотрите, как связаны перемещения тел и блоков.

\(F_a = 6m\,(6a + g)\);  \(F_{2a} = 4m\,(11a + g)\).

Поскольку блоки начали двигаться из состояния покоя, их скорости пропорциональны ускорениям и относятся как \(2\!:\!1\) (начиная с правого-нижнего). Пусть за малый интервал времени правый-нижний блок совершил перемещение \(\Delta x\) вниз. Тогда нить справа от него удлинилась на \(\Delta x\), и точка, от которой идет нить к телу \(m\), тоже опустилась на \(\Delta x\). Поскольку нить нерастяжима, тело \(m\) сместилось вниз на \(2\Delta x\), и его ускорение \[a_m = 4a.\] Левый-верхний блок за это время поднимется на \(\Delta x/2\) (его ускорение вдвое меньше ускорения правого-нижнего блока). Участок нити от тела \(m\) до левого-верхнего блока станет длиннее на \(2\Delta x + \Delta x/2\), а точка левого-верхнего блока, от которой идет нить к телу \(3m\), поднимется на \(\Delta x/2\). Тогда тело \(3m\) переместится вверх на \(3\Delta x\), и его ускорение \[a_{3m} = 6a.\] Второй закон Ньютона для тела \(3m\) (сила натяжения нити \(T_1\)): \[3m\cdot 6a = T_1 - 3mg \quad\Rightarrow\quad T_1 = 3m\,(6a + g).\] Для тела \(m\) (натяжение нити \(T_2\)): \[m\cdot 4a = T_2 + mg - T_1 \quad\Rightarrow\quad T_2 = 2m\,(11a + g).\] Блоки невесомы, поэтому на каждый из них нужно действовать силой, равной удвоенной силе натяжения охватывающей его нити: \[F_a = 2T_1 = 6m\,(6a + g), \qquad F_{2a} = 2T_2 = 4m\,(11a + g).\]

Удобнее считать дальность в системе отсчета тележки. Бросать выгодно вперед по ходу движения; при этом дальность зависит от угла броска относительно тележки, а не только от угла относительно земли.

\(S_{max} = \dfrac{3\sqrt{3}\,v^2}{2g}\); угол относительно тележки \(60^\circ\); угол относительно земли \(30^\circ\).

Чтобы дальность полета \(S\) была максимальной, тело нужно бросать в направлении движения тележки. Тогда дальность определяется соотношением \[S = vt + v_0 t\cos\alpha = vt + vt\cos\alpha,\] где \(\alpha\) — угол броска относительно тележки, \(t\) — время полета. Время полета тела, брошенного под углом \(\alpha\) к горизонту со скоростью \(v\), определяется вертикальной составляющей скорости: \(t = \dfrac{2v\sin\alpha}{g}\). Поэтому \[S = \frac{2v^2}{g}\,\sin\alpha\,(1 + \cos\alpha).\] Максимум этого выражения (его производная по \(\alpha\) обращается в ноль) достигается при \(2\cos^2\alpha + \cos\alpha - 1 = 0\), т.е. при \(\cos\alpha = \dfrac{1}{2}\), \(\alpha = 60^\circ\) (второй корень \(\cos\alpha = -1\) соответствует минимуму). Тогда \[S_{max} = \frac{2v^2}{g}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{3}{2} = \frac{3\sqrt{3}\,v^2}{2g}.\] Скорость тела относительно земли есть сумма скорости тележки и скорости тела относительно тележки. Поскольку модули этих скоростей равны, параллелограмм сложения скоростей — ромб, а его диагональ делит углы пополам. Поэтому вектор скорости тела относительно земли направлен под вдвое меньшим углом к горизонту: \(\alpha_{отн.земли} = 30^\circ\).

Сначала найдите КПД «половины» цикла: адиабата 1-2, изобара 2-4 и изохора 4-1, где точка 4 лежит на изохоре через точку 1 при давлении \(p_1/2\). Затем сравните с КПД всего цикла.

\(\eta = \dfrac{8 - 5\cdot 2^{3/5}}{3} \approx 0{,}14\).

Рассмотрим сначала вспомогательную задачу — «половину» заданного цикла: 1-2 — адиабата, 2-4 — изобара, 4-1 — изохора. Газ получает тепло на изохоре 4-1 и отдает его на изобаре 2-4, поэтому КПД \[\eta = 1 - \frac{|Q_{2\to4}|}{Q_{4\to1}}.\] На изохоре 4-1 работа не совершается, и \(Q_{4\to1} = \Delta U = \dfrac{3}{2}\,(p_1V_1 - p_4V_4)\). Давление в два раза меняется в процессе, поэтому \(p_1 = 2p_4\), \(V_1 = V_4\), и \[Q_{4\to1} = \frac{3}{2}\,p_4V_4.\] На изобаре 2-4 газ отдает тепло \(Q_{2\to4} = \dfrac{5}{2}\,p_4(V_2 - V_4)\) в процессе сжатия. Объем \(V_2\) найдем из адиабаты \(p_1V_1^{5/3} = p_2V_2^{5/3}\) с \(p_2 = p_4 = p_1/2\): \(V_2 = 2^{3/5}V_4\). Тогда \[|Q_{2\to4}| = \frac{5}{2}\,p_4V_4\left(2^{3/5} - 1\right).\] Отсюда КПД вспомогательного цикла \[\eta = 1 - \frac{5}{3}\left(2^{3/5} - 1\right) = \frac{8 - 5\cdot 2^{3/5}}{3} \approx 0{,}14.\] КПД заданного цикла совпадает с этим значением: его работа и количества теплоты в два раза больше (площадь цикла и изменение объема на изобаре 2-3 вдвое больше), и отношение не меняется.

Потенциальная энергия заряда в поле диполя зависит от угла между осью диполя и направлением на заряд. Проверьте, что заряд движется по окружности радиуса \(l\) с центром в середине диполя.

На расстоянии \(l\) от середины отрезка; \(v = \sqrt{\dfrac{2ke q d}{m l^2}}\); ускорение \(a = \dfrac{2keqd}{ml^3}\), направлено к середине отрезка (центростремительное).

Найдем сначала потенциальную энергию взаимодействия заряда \(q\) с диполем, т.е. с близко расположенными зарядами \(+e\) и \(-e\). Пусть заряд \(q\) находится на расстоянии \(r\) от отрицательного заряда так, что угол между отрезком, соединяющим заряды диполя, и направлением на \(q\) равен \(\theta\) (при \(\theta = 0\) заряд \(q\) лежит на стороне отрицательного заряда). Расстояние до положительного заряда больше на \(d\cos\theta\), поэтому \[U(r,\theta) = keq\left(\frac{1}{r + d\cos\theta} - \frac{1}{r}\right) \approx -\frac{keqd\cos\theta}{r^2}.\] Здесь использована приближенная формула из указания.

Скорость заряда найдем по закону сохранения энергии, отсчитывая энергию от точки \(\theta = 90^\circ\), где \(U = 0\): \[\frac{mv^2}{2} = \frac{keqd\cos\theta}{l^2}, \qquad v^2 = \frac{2keqd\cos\theta}{ml^2}.\] Радиальная составляющая силы, действующей на заряд со стороны диполя, равна \(F_r = -\partial U/\partial r\) на расстоянии \(r = l\): \[F_r = \frac{2keqd\cos\theta}{l^3}.\] Она направлена к середине диполя. Условие движения по окружности радиуса \(l\) \[F_r = \frac{mv^2}{l} = \frac{2keqd\cos\theta}{l^3}\] выполнено при любом угле \(\theta\). Значит, заряд движется по полуокружности радиуса \(l\) с центром в середине диполя.

Когда заряд пересекает прямую, на которой лежат заряды, \(\theta = 0\), и его скорость \[v = \sqrt{\frac{2keqd}{ml^2}}.\] Поскольку траектория — окружность радиуса \(l\), ускорение в этот момент центростремительное: \[a = \frac{v^2}{l} = \frac{2keqd}{ml^3}.\]