Росатом, 2024/25, отборочный этап, 10 класс

Сравните, сколько молей азота приходится на один моль водорода по уравнению реакции, и найдите, какое вещество расходуется полностью. Затем посчитайте число молей в сосуде до и после реакции.

Количество молекул уменьшилось в \(6/5\) раза; азот в избытке, водород в недостатке.

Из уравнения реакции видно, что для полного прохождения реакции количество азота должно быть втрое меньше количества водорода. У нас азота втрое больше, поэтому весь водород и одна треть моля азота вступят в реакцию, а \(\dfrac{2}{3}\) моля азота останутся непрореагировавшими. Азот находится в избытке, водород — в недостатке.

По уравнению реакции аммиака образуется вдвое больше молей, чем вступило азота, то есть \(\dfrac{2}{3}\) моля. Всего в сосуде оказывается \(\dfrac{2}{3}+\dfrac{8}{3}=\dfrac{10}{3}\) моля вместо первоначальных 4 молей. Количество молекул уменьшилось в \(\dfrac{4}{10/3}=\dfrac{6}{5}\) раза.

Запишите условие плавания поплавка в двух случаях: с грузом на леске и без него. Выталкивающая сила в обоих случаях пропорциональна погружённому объёму.

\(T = \dfrac{19}{5}\,mg = 0{,}76\text{ Н}\).

Пусть масса поплавка \(m\), его объём \(V\), плотность воды \(\rho\). Условие плавания поплавка с леской и грузом: \[\rho g\cdot\frac{4}{5}V = mg + T,\] где \(T\) — сила натяжения лески. Для свободно плавающего поплавка: \[\rho g\cdot\frac{1}{6}V = mg,\] откуда \(\rho g V = 6mg\). Подставляя в первое уравнение, получаем \(mg + T = \dfrac{24}{5}mg\), то есть \[T = \frac{19}{5}mg = \frac{19}{5}\cdot 0{,}02\cdot 10\text{ Н} = 0{,}76\text{ Н}.\]

В первом случае вольтметр подключён непосредственно к источнику. Во втором случае через него течёт ток, поделённый между сопротивлениями резистора и вольтметра.

\(\dfrac{r}{R}=2\), где \(r\) — сопротивление резистора, \(R\) — сопротивление вольтметра.

Пусть сопротивление вольтметра \(R\), сопротивление резистора \(r\), напряжение источника \(U\). В первом случае вольтметр показывает напряжение источника: \(U_1=U\).

Во втором случае через вольтметр течёт ток \[I_2 = \frac{U}{r+R},\] а его показание \[U_2 = I_2 R = \frac{UR}{r+R} = \frac{U}{\dfrac{r}{R}+1}.\] Показания во втором случае в три раза меньше: \(U_2 = \dfrac{U_1}{3} = \dfrac{U}{3}\). Отсюда \(\dfrac{r}{R}+1 = 3\), то есть \[\frac{r}{R} = 2.\]

Ускорения тела и клина по горизонтали одинаковы, так как тело не движется относительно клина по вертикали. Запишите второй закон Ньютона для тела и клина.

\(F = \dfrac{3mg\sin\alpha}{2+\sin^2\alpha} = \dfrac{2}{3}mg\).

На тело действуют сила тяжести \(m\vec g\), сила реакции клина \(\vec N\) и внешняя сила \(\vec F\). На клин действуют сила тяжести \(2m\vec g\), сила \(\vec N'\) со стороны тела и сила реакции горизонтальной поверхности \(\vec N_1\) (см. рисунок).

Ускорение тела горизонтально, поэтому оно равно ускорению клина. Второй закон Ньютона в проекциях на горизонтальную ось для тела и клина: \[ma = F\cos\alpha - N\sin\alpha, \qquad 2ma = N\sin\alpha.\] В проекциях на вертикальную ось для тела: \[mg = F\sin\alpha + N\cos\alpha.\] Из первых двух уравнений \(2F\cos\alpha = 3N\sin\alpha\), откуда \(N = \dfrac{2F\cos\alpha}{3\sin\alpha}\). Подставляя в третье уравнение, \[F = \frac{3mg\sin\alpha}{2+\sin^2\alpha} = \frac{2}{3}mg.\]

Максимальная скорость достигается в положении равновесия системы. Как связано изменение потенциальной энергии системы с кинетической энергией двух шариков?

\(v = \sqrt{gL\left(\sqrt{2}-1\right)}\).

Система имеет положение равновесия, в котором стержни симметричны относительно вертикали, проходящей через ось вращения, то есть составляют угол \(45^\circ\) с вертикалью. Скорость шариков максимальна именно в этом положении, где потенциальная энергия системы минимальна.

Уровень отсчёта потенциальной энергии совпадает с начальным положением нижнего шарика. Тогда в начальном положении \(\Pi_н = mgL\). В конечном положении каждый шарик находится на высоте \(L - L\cos45^\circ = \dfrac{L(2-\sqrt{2})}{2}\), поэтому \(\Pi_к = mgL(2-\sqrt{2})\). Изменение потенциальной энергии системы \[\Delta\Pi = \Pi_н - \Pi_к = mgL\left(\sqrt{2}-1\right).\] По закону сохранения энергии эта убыль равна кинетической энергии двух шариков с одинаковыми скоростями \(v\): \[2\cdot\frac{mv^2}{2} = mgL\left(\sqrt{2}-1\right), \qquad v = \sqrt{gL\left(\sqrt{2}-1\right)}.\]

После рывка нити тело движется по прямой до момента натяжения нити в точке \(D\). При упругом натяжении сохраняется угол между нитью и скоростью. Рассмотрите треугольник \(ACD\) и теорему синусов.

\(\alpha = 30^\circ\).

Сразу после толчка нить перестаёт быть натянутой и не оказывает сопротивления движению тела. Тело движется прямолинейно под углом \(\alpha\) к первоначальному направлению нити (вдоль прямой \(BD\)) с постоянной скоростью до момента, когда нить снова натянется в точке \(D\). При натяжении сила направлена вдоль нити, поэтому она меняет только составляющую скорости вдоль нити, а перпендикулярная составляющая сохраняется. Так как нить упругая, продольная составляющая после растяжения меняет знак, и угол между нитью и скоростью до и после натяжения одинаков. После этого тело движется прямолинейно вдоль прямой \(DC\).

Треугольник \(BAD\) равнобедренный (\(AB=AD=l\)), поэтому \(\angle ABD=\angle BDA=\alpha\). Угол \(ADC\) также равен \(\alpha\), следовательно \(\angle BAD=180^\circ-2\alpha\), \(\angle DAC=2\alpha\), \(\angle ACD=180^\circ-3\alpha\). По теореме синусов для треугольника \(ACD\): \[\frac{l}{\sin(180^\circ-3\alpha)} = \frac{l/2}{\sin\alpha} \quad\Rightarrow\quad \sin3\alpha = 2\sin\alpha.\] Корни \(\alpha=0\) и \(\alpha=180^\circ\) не подходят: первый соответствует толчку вдоль нити, второй — толчку назад, и в обоих случаях условие однократного натяжения не выполнено. Остаётся \(\alpha = 30^\circ\).