Росатом, 2024/25, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Клин покоится, значит, сумма горизонтальных сил на него равна нулю. Сила со стороны стенки уравновешивает горизонтальную составляющую силы, с которой тело давит на клин.

Ответ

\(F = \dfrac{mg}{2}\sin2\alpha\); максимальна при \(\alpha = 45^\circ\).

Решение

На клин действуют сила тяжести \(Mg\) (\(M\) — масса клина), сила реакции \(N\) со стороны тела, сила реакции \(N_1\) со стороны стенки и сила реакции \(N_2\) со стороны пола. Все силы реакции перпендикулярны поверхностям, так как все они гладкие. Сила, действующая со стороны клина на стенку, по величине равна \(N_1\).

Клин покоится, поэтому в проекции на горизонтальное направление \[N_1 = N\sin\alpha.\] Тело находится в равновесии в направлении, перпендикулярном наклонной грани клина: \[N = mg\cos\alpha.\] Отсюда сила, действующая со стороны клина на стенку, \[N_1 = mg\sin\alpha\cos\alpha = \frac{mg}{2}\sin2\alpha.\] Эта сила максимальна при \(\alpha = 45^\circ\).

Подсказка

В нижней точке у тела есть и нормальное, и тангенциальное ускорение. Найдите скорость из закона сохранения энергии на гладком участке, затем силу реакции и силу трения.

Ответ

\(a = g\sqrt{4+9\mu^2}\).

Решение

В нижней точке полусферы тело переходит на шероховатую поверхность, и его скорость меняется по величине и направлению. Поэтому у тела есть нормальное ускорение \(a_n\) (к центру полусферы) и тангенциальное ускорение \(a_\tau\) (против скорости).

Скорость тела в нижней точке найдём по теореме об изменении кинетической энергии: \[\frac{mv^2}{2} = mgR, \qquad v = \sqrt{2gR}.\] Тогда нормальное ускорение \[a_n = \frac{v^2}{R} = 2g.\] Сила трения по закону Кулона–Амонтона \(F_{тр} = \mu N\), где \(N\) — сила реакции в нижней точке. Из проекции второго закона Ньютона на направление к центру полусферы: \[ma_n = N - mg \quad\Rightarrow\quad N = 3mg, \qquad F_{тр} = 3\mu mg.\] Тангенциальное ускорение \(a_\tau = \dfrac{F_{тр}}{m} = 3\mu g\). Полное ускорение \[a = \sqrt{a_n^2 + a_\tau^2} = \sqrt{4g^2 + 9\mu^2g^2} = g\sqrt{4+9\mu^2}.\]

Подсказка

Газ получает тепло только на изобарическом участке. Работа за цикл равна работе в изобаре минус изменение внутренней энергии в адиабате.

Ответ

\(\eta = \dfrac{5(n-1)}{2n}\).

Решение

Найдём работу газа за цикл \(A_c\) и количество теплоты \(Q_н\), полученное газом от нагревателя, и затем КПД \(\eta = \dfrac{A_c}{Q_н}\).

В рассмотренном цикле газ получает тепло от нагревателя в изобарическом процессе, а отдаёт холодильнику в изохорическом. Пусть в изобарическом процессе газ совершил работу \(A\). Тогда полученное в этом процессе тепло \[Q_н = \frac{5}{2}A.\] Работа газа за цикл равна работе газа в изобарическом процессе минус работа, совершённая над газом в адиабатическом процессе. Последняя равна изменению внутренней энергии газа в этом процессе, то есть \(A/n\): \[A_c = A - \Delta U = A - \frac{A}{n} = \frac{(n-1)A}{n}.\] В результате из определения КПД получаем \[\eta = \frac{5(n-1)}{2n}.\]

Подсказка

При соединении \(B\) и \(D\) проводник не пропускает ток из-за симметрии цепи. Найдите сопротивление цепи в каждом из трёх случаев и отношение токов.

Ответ

\(\dfrac{R_1}{R_2} = \dfrac{1}{2}\); при соединении \(C\) и \(D\) амперметр покажет \(I_3 = 0{,}4\text{ А}\).

Решение

Когда точки \(B\) и \(D\) соединены проводником, ток через него не идёт из-за симметрии цепи. Сопротивление цепи в этом случае \(R_{BD} = \dfrac{1}{2}(R_1+R_2)\), и ток через амперметр \[I_2 = \frac{2\varepsilon}{R_1+R_2}.\] Если соединить точки \(A\) и \(D\), то сопротивление цепи \(R_{AD} = \dfrac{(R_1+R_2)R_2}{R_1+2R_2}\), и ток через амперметр \[I_1 = \frac{\varepsilon(R_1+2R_2)}{(R_1+R_2)R_2}.\] Деля токи друг на друга, находим отношение сопротивлений: \[\frac{R_1}{R_2} = \frac{2(I_1-I_2)}{I_2} = \frac{1}{2}.\] При соединении точек \(C\) и \(D\) сопротивление цепи \(R_{CD} = \dfrac{(R_1+R_2)R_1}{2R_1+R_2}\), и ток через амперметр \[I_3 = \frac{\varepsilon(2R_1+R_2)}{(R_1+R_2)R_1}.\] Отношение токов \(\dfrac{I_3}{I_2} = 1 + \dfrac{R_2}{2R_1}\). Подставляя \(\dfrac{R_1}{R_2} = \dfrac{1}{2}\), получаем окончательно \[I_3 = \frac{(4I_1 - 3I_2)I_2}{4(I_1-I_2)} = 0{,}4\text{ А}.\]

Подсказка

Докажите, что время движения лодки по замкнутому маршруту не зависит от направления обхода, если рассмотреть малый участок пути между двумя близкими прямыми, перпендикулярными берегам.

Ответ

Времена одинаковы: отношение времён равно 1, ни один из маршрутов не выгоднее.

Решение

Докажем, что времена движения лодки по замкнутой траектории при прохождении её по и против часовой стрелки одинаковы, даже если траектория несимметрична относительно течения.

Рассмотрим малый участок траектории между двумя близкими прямыми, перпендикулярными берегам. Пусть участок расположен под углом \(\theta\) к течению и имеет длину \(x\); расстояние между прямыми \(l = x\cos\theta\). Время движения по участку туда и обратно находится из \(t = x/v\), где \(v\) — скорость лодки относительно берега, которая по закону сложения скоростей \(\vec v = \vec v_0 + \vec u\) (\(\vec v_0\) — скорость лодки относительно воды, \(\vec u\) — скорость течения). Из треугольников скоростей находим \(v_{туда}\) и \(v_{обратно}\). В результате разность времён прохождения участка «туда» и «обратно» зависит только от \(l\), скоростей \(v_0\) и \(u\), но не от угла \(\theta\) наклона участка к течению.

Траектория замкнута, поэтому между этими же прямыми есть ещё один малый участок, который лодка проходит в противоположном направлении, и для него разность времён имеет противоположный знак. Суммарное время прохождения по двум таким участкам при движении по и против часовой стрелки одинаково. Следовательно, время движения по любой замкнутой траектории не зависит от направления обхода.

Поэтому времена движения лодки по маршрутам \(A\)–\(B\)–\(C\)–\(A\) и \(A\)–\(C\)–\(B\)–\(A\) одинаковы при любом соотношении скорости лодки в стоячей воде и скорости течения.