Росатом, 2023/24, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Сравните объём, занимаемый одним молем азота при атмосферном давлении и 77 К, с объёмом сосуда. Что удерживает давление на уровне атмосферного, пока в сосуде есть жидкий азот?

Ответ

1) \(\Delta m \approx 26{,}5\text{ г}\);  2) \(Q \approx 0{,}61\text{ кДж}\).

Решение

Один моль идеального газа при нормальных условиях занимает объём \(22{,}4\) л, а в нашем сосуде объём азота \(1\) л. Значит, основная часть азота находится в сосуде в жидком состоянии, пары азота насыщены, и их давление равно атмосферному \(p_0\). Поскольку давление насыщенных паров равно атмосферному, температура в сосуде равна температуре кипения \(T_к = 77\) К, и эту температуру поддерживают в течение всего процесса. Пока в сосуде есть жидкий азот, давление остаётся равным \(p_0\), поэтому давление упадёт втрое только тогда, когда жидкий азот испарён и откачан (в изобарическом процессе).

Пусть в момент, когда давление упало втрое, в сосуде осталась масса \(m\). Уравнение Клапейрона–Менделеева даёт \[\frac{p_0}{3}\,V = \frac{m}{\mu}\,RT_к \quad\Rightarrow\quad m = \frac{\mu p_0 V}{3RT_к}.\] Так как вначале в сосуде был один моль азота, откачать нужно \[\Delta m = \mu\left(1 - \frac{p_0 V}{3RT_к}\right) \approx 26{,}5~\text{г}.\]

Газообразного азота вначале в сосуде было \(m_1 = \dfrac{\mu p_0 V}{RT_к}\). Испарившаяся масса азота \[m_2 = \mu\left(1 - \frac{p_0 V}{RT_к}\right).\] На её испарение нужно затратить тепло \[Q = r\,m_2 = r\mu\left(1 - \frac{p_0 V}{RT_к}\right) \approx 0{,}61~\text{кДж}.\]

Подсказка

Ограничением служит предельный ток в проводах кольца. Выразите сопротивление цепи через сопротивление дуги от A до точки контакта перемычки и найдите, при каком положении перемычки ток в проводах достигает \(I_0\).

Ответ

1) \(P_{max} \approx 267\) Вт;  2) \(45^\circ\) к прямой AB.

Решение

Главным ограничением является ток в проводах кольца: если перемычка совпадает с диаметром AB, сопротивление цепи обращается в ноль, и мощность на участке AB стремится к бесконечности, но ток в перемычке и проводах тогда неограничен. Поэтому ищем положение перемычки, при котором ток в проводах не превышает \(I_0\), а сопротивление цепи минимально.

Пусть сопротивление дуги \(AC\) (и \(BD\)) равно \(x\), а дуг \(CB\) и \(AD\) равно \(R - x\). Поскольку перемычка не имеет сопротивления, цепь эквивалентна двум параллельным ветвям, и сопротивление цепи равно \[R_{об} = \frac{2x(R - x)}{R}.\] Оно меняется от нуля (при \(x = 0\) или \(x = R\)) до \(R/2\) (при \(x = R/2\)). Через участки \(AC\) (BD) и \(AD\) (CB) текут токи \[I_1 = \frac{U}{2x}, \qquad I_2 = \frac{U}{2(R - x)},\] а ток через перемычку меньше, поскольку в узлах C и D ток разветвляется.

По закону Джоуля–Ленца мощность \(P = U^2/R_{об}\) тем больше, чем меньше сопротивление цепи. Но растут и токи в проводах, и они не могут превышать \(I_0\). Поэтому максимальная мощность достигается, когда один из токов в проводах равен \(I_0\): \[x = \frac{U}{2I_0} = 0{,}25~\text{Ом}.\] Это четверть сопротивления полуокружности \(R = 1\) Ом, что соответствует положению перемычки под углом \(45^\circ\) к прямой AB. Тогда \[R_{об} = \frac{2 \cdot 0{,}25 \cdot 0{,}75}{1} = 0{,}375~\text{Ом}, \qquad P_{max} = \frac{U^2}{R_{об}} = \frac{100}{0{,}375} \approx 267~\text{Вт}.\]

Подсказка

При нецентральном упругом ударе двух одинаковых шайб одна из составляющих скорости налетающей шайбы не меняется. Какая именно, и какой угол отклонения получается при нужной траектории?

Ответ

1) \(v_6 = \dfrac{v_0}{64}\);  2) \(t = \dfrac{62\,a}{v_0}\).

Решение

Шайбы одинаковой массы; при ударе сила взаимодействия направлена по линии, соединяющей центры шайб. Поэтому перпендикулярная этой линии составляющая скорости налетающей шайбы не меняется, а параллельная меняется так же, как при лобовом упругом ударе, т. е. шайбы обмениваются этими составляющими. Если скорость налетающей шайбы \(v\) направлена под углом \(\varphi\) к линии центров, то шайба-биток после удара движется со скоростью \(v\sin\varphi\) под углом \(90^\circ - \varphi\) к своему первоначальному направлению.

Чтобы шайба-биток после удара попала в следующую шайбу, её направление должно отклониться на \(60^\circ\), значит \(\varphi = 30^\circ\) и скорость уменьшается вдвое: \(v_1 = v_0/2\). Время до следующего столкновения при расстоянии \(a\): \[t_{12} = \frac{a}{v_1} = \frac{2a}{v_0}.\] Аналогично, после каждого удара скорость уменьшается вдвое, а путь до следующей шайбы равен \(a\): \[v_k = \frac{v_0}{2^k}, \qquad t_{k,k+1} = \frac{a}{v_k} = \frac{2^k a}{v_0}.\] Таким образом, после шестого столкновения \[v_6 = \frac{v_0}{64},\] а время между первым и шестым столкновениями \[t = \frac{a}{v_0}\left(2 + 4 + 8 + 16 + 32\right) = \frac{62\,a}{v_0}.\]

Подсказка

Лента невесома, значит сумма сил, действующих на неё, равна нулю. Какие бруски при этом могут двигаться относительно ленты, а какие должны покоиться?

Ответ

\(a = \dfrac{g\sin\alpha}{3}\) при \(\mu \ge \dfrac43\operatorname{tg}\alpha\); \(\quad a = g\left(\sin\alpha - \dfrac{\mu}{2}\cos\alpha\right)\) при \(\mu \le \dfrac43\operatorname{tg}\alpha\).

Решение

Поскольку лента невесома, сумма сил, действующих на неё, равна нулю. Значит, один или оба бруска не должны перемещаться относительно ленты. Если бы относительно ленты двигались оба бруска, на ленту действовала бы ненулевая разность сил трения скольжения \(\mu mg\cos\alpha - \mu\cdot 2mg\cos\alpha \neq 0\) (в направлении ленты). Брусок большей массы покоится относительно ленты: если бы он двигался, его сила трения на ленту была бы \(2\mu mg\cos\alpha\), а максимальная сила трения покоя меньшего бруска не превосходит \(\mu mg\cos\alpha\) и не может её скомпенсировать.

Предположим, что оба бруска покоятся относительно ленты. Тогда система брусков и лента движутся как целое с ускорением, создаваемым разностью проекций сил тяжести \(2mg\sin\alpha - mg\sin\alpha = mg\sin\alpha\) на массу \(3m\): \[a = \frac{g\sin\alpha}{3}.\] Для меньшего бруска уравнение движения даёт силу трения покоя \(F_{тр} = \dfrac{4}{3}mg\sin\alpha\). Условие покоя \(F_{тр} \le \mu mg\cos\alpha\) выполняется при \(\mu \ge \dfrac{4}{3}\operatorname{tg}\alpha\).

Если же \(\mu \le \dfrac{4}{3}\operatorname{tg}\alpha\), меньший брусок скользит по ленте, и на ленту действует сила трения \(\mu mg\cos\alpha\). Такая же по величине сила действует на ленту со стороны большего бруска, так что на ленту действует нулевая суммарная сила. Второй закон Ньютона для большего бруска \(2m a = 2mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha\) даёт \[a = g\left(\sin\alpha - \frac{\mu}{2}\cos\alpha\right).\]

Подсказка

Равновесная верёвка минимизирует свою потенциальную энергию, а световой луч минимизирует время распространения. Сравните два условия минимума, записанные по малым участкам верёвки.

Ответ

\(n(h) = n_0 + \dfrac{n_0\,(\sin\beta - \sin\alpha)}{H\sin\alpha}\,h\).

Решение

Потенциальная энергия верёвки в поле силы тяжести \[\Pi = \sum_i \lambda\,\Delta l_i\, g h_i,\] где \(\lambda\) — линейная плотность верёвки, \(\Delta l_i\) — длины малых участков, \(h_i\) — их высоты над точкой B. В равновесии верёвка располагается так, что эта сумма минимальна: \[\sum_i \lambda\,\Delta l_i\, g h_i = \min.\]

Для луча, идущего из A в B вдоль верёвки, по принципу Ферма время распространения минимально: \[t = \sum_i \frac{\Delta l_i}{c(h_i)} = \sum_i \frac{\Delta l_i\, n(h_i)}{c} = \min,\] где \(c(h_i) = c/n(h_i)\) — скорость света на высоте \(h_i\). Обе суммы минимальны при любом разбиении верёвки на малые участки \(\Delta l_i\), поэтому оставшиеся множители в них пропорциональны друг другу с точностью до постоянной: \[n(h) = G + F h,\] где \(G\) и \(F\) — постоянные. Значит, показатель преломления линейно зависит от высоты.

Из условия в точке B: \(G = n_0\).

Чтобы луч шёл вдоль верёвки, в точке A он должен распространяться под углом \(\alpha\) к горизонту. Разобьём воздух на тонкие горизонтальные слои, в каждом из которых показатель преломления постоянен, и запишем закон преломления для каждого слоя: \[n\sin\alpha = n_1\sin\alpha_1 = n_2\sin\alpha_2 = \dots = n_0\sin\beta.\] Отсюда показатель преломления в точке A \[n = \frac{n_0\sin\beta}{\sin\alpha}.\] Тогда \[F = \frac{n(H) - G}{H} = \frac{n_0(\sin\beta - \sin\alpha)}{H\sin\alpha},\] и искомая зависимость \[n(h) = n_0 + \frac{n_0\,(\sin\beta - \sin\alpha)}{H\sin\alpha}\,h.\]