Росатом, 2024/25, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Сколько молекул метана вступит в реакцию, если кислород расходуется полностью? Какое давление может создавать водяной пар при \(100\,^\circ\)C?

Ответ

\(p = \dfrac{7}{3}\,p_0\).

Решение

Парциальные давления метана и кислорода одинаковы, значит, количества вещества этих газов одинаковы; пусть каждого было \(\nu_0\) молей. Реакция \[\mathrm{CH_4} + 2\,\mathrm{O_2} \to \mathrm{CO_2} + 2\,\mathrm{H_2O}\] требует два моля кислорода на моль метана, поэтому весь кислород и половина метана прореагируют. В камере останутся \(\nu_0/2\) молей метана, \(\nu_0/2\) молей углекислого газа и \(\nu_0\) молей воды.

При охлаждении до \(100\,^\circ\)C метан и углекислый газ дают парциальное давление, равное половине первоначального парциального давления метана или кислорода: \[p_{\mathrm{CH_4}} = p_{\mathrm{CO_2}} = \frac{2}{3}\,p_0.\] Водяной пар при \(100\,^\circ\)C насыщен при давлении \(p_0\). Если бы вся вода оставалась в виде пара, её парциальное давление было бы \(\frac{4}{3}p_0\), но давление насыщенного пара равно \(p_0\), поэтому парциальное давление водяного пара равно \(p_0\), а часть молекул пара (четверть) конденсируется. Итоговое давление \[p = p_{\mathrm{CH_4}} + p_{\mathrm{CO_2}} + p_{\mathrm{H_2O}} = \frac{2}{3}p_0 + \frac{2}{3}p_0 + p_0 = \frac{7}{3}\,p_0.\]

Подсказка

Сила натяжения нити должна уравновешиваться силой трения, действующей на кольцо. Если кольцо не скользит, то груз и кольцо движутся с одинаковыми по модулю ускорениями.

Ответ

1) \(0 < M \le \dfrac{11}{9}\,m \approx 1{,}2\,m\); 2) максимальная сила трения должна быть больше \(2mg\).

Решение

Сила натяжения нити \(T\) не может превосходить максимальной силы трения покоя \(1{,}1\,mg\): если \(T \le 1{,}1\,mg\), кольцо не скользит по нити, и груз с кольцом движутся как два тела, связанные нитью через блок.

При отсутствии скольжения ускорения груза и кольца одинаковы по модулю. Уравнения второго закона Ньютона (ось вниз для груза, вверх для кольца): \[Ma = Mg - T, \qquad ma = T - mg.\] Отсюда сила натяжения \[T = \frac{2mMg}{m + M}.\] Сила растёт с ростом \(M\), и проскальзывание начинается при \[\frac{2mMg}{m + M} = 1{,}1\,mg \;\Rightarrow\; M = \frac{1{,}1}{0{,}9}\,m = \frac{11}{9}\,m \approx 1{,}2\,m.\] Значит, проскальзывания не будет при \(M \le 1{,}2\,m\).

Максимальная сила натяжения достигается при \(M \to \infty\) и равна \(T_{\max} = 2mg\). Поэтому проскальзывание не возникает ни при каких \(M\), если максимальная сила трения между кольцом и нитью больше \(2mg\).

Подсказка

Не пытайтесь выразить поля через ток: он не задан. Разбейте провод на полубесконечные куски и куски длины \(d/\sqrt2\) и сравните поля в трёх точках.

Ответ

\(B_3 = \dfrac{B_1 - B_2}{2}\).

Решение

Вместо выражения полей через ток свяжем \(B_1\), \(B_2\) и \(B_3\) друг с другом, используя принцип суперпозиции. Обозначим через \(b_1\) поле полубесконечного провода на расстоянии \(d/\sqrt2\) от его конца, а через \(b_2\) — поле куска провода длиной \(d/\sqrt2\) на расстоянии \(d/\sqrt2\) от одного из его концов. Все эти вклады в точке 1 направлены одинаково.

Точка 1: поле складывается из двух полубесконечных проводов и двух кусков длиной \(d/\sqrt2\): \[B_1 = 2b_1 + 2b_2.\]

Точка 2 не лежит напротив концов полубесконечного провода или куска, но её поле можно представить как разность: поле полубесконечного провода минус поле куска, плюс поле второго полубесконечного провода минус поле второго куска. В результате \[B_2 = 2b_1 - 2b_2.\]

Точка 3: аналогично, суперпозиция даёт \[B_3 = 2b_2.\] Отсюда \[B_3 = \frac{B_1 - B_2}{2}.\]

Подсказка

Скорость точки внутри жёсткого стержня — линейная комбинация скоростей его концов с весами, равными расстояниям до концов. Такая же связь справедлива и для ускорений.

Ответ

\(a_A = \dfrac{4}{3}\,a_C\sin\alpha\) (вдоль стены); \(a_B = 4a_C\cos\alpha\) (вдоль пола).

Решение

Сначала найдём связь скоростей. В системе отсчёта, связанной с концом \(B\), этот конец покоится, а скорость конца \(A\) относительно \(B\) перпендикулярна стержню (движение — вращение вокруг \(B\)): \(\vec v_{A\,\text{о.}B} = \vec v_A - \vec v_B\). Скорость точки \(C\) в этой системе составляет \(3/4\) от \(\vec v_{A\,\text{о.}B}\) и направлена так же. Возвращаясь в систему, связанную с землёй, \[\vec v_C = \frac{3}{4}\left(\vec v_A - \vec v_B\right) + \vec v_B = \frac{3\vec v_A + \vec v_B}{4}.\] Эта связь справедлива в любой момент времени, поэтому для ускорений \[\vec a_C = \frac{3\vec a_A + \vec a_B}{4}.\] Ускорение \(\vec a_C\) направлено вдоль стержня, \(\vec a_A\) — вдоль стены, \(\vec a_B\) — вдоль пола. Отсюда \[\begin{cases} 16a_C^2 = 9a_A^2 + a_B^2, \\ \mathrm{tg}\,\alpha = \dfrac{3a_A}{a_B}. \end{cases}\] Решая систему, получаем \[a_A = \frac{4}{3}\,a_C\sin\alpha, \qquad a_B = 4a_C\cos\alpha.\] Проекции ускорений концов на сам стержень, в отличие от скоростей, не равны друг другу.

Подсказка

Сначала докажите, что сила направлена перпендикулярно основанию большой полусферы. Затем сведите задачу к силе между точечным зарядом в центре и полусферой.

Ответ

Сила направлена перпендикулярно основанию большой полусферы; для заряда большой сферы \(3q\) величина \(F = \dfrac{3kq^2}{32R^2}\).

Решение

Докажем, что сила взаимодействия двух концентрических полусфер с перпендикулярными основаниями направлена перпендикулярно основанию большой полусферы. Меньшая полусфера находится внутри большой сферы, и сила со стороны полной сферы на заряды внутри неё равна нулю. Значит, силы со стороны большой нижней и большой верхней полусфер на меньшую равны по величине и противоположны. Эти две системы зарядов получаются друг из друга отражением относительно основания большой полусферы, поэтому силы, наклонные к этой плоскости, не сложились бы в нуль. Отсюда сила направлена перпендикулярно основанию большой полусферы.

Искомая сила составляет ровно половину силы \(F_1\) взаимодействия большой полусферы радиуса \(2R\) с зарядом \(Q/2\) и сферы радиуса \(R\) с зарядом \(q\) (здесь \(Q\) — заряд большой сферы).

Поле равномерно заряженной сферы снаружи такое же, как поле точечного заряда в её центре. Поэтому малая сфера с зарядом \(q\) действует на полусферу так же, как точечный заряд \(q\) в центре полусферы.

Силу взаимодействия полусферы с точечным зарядом в её центре найдём суммированием проекций сил от малых площадок на ось симметрии. Со стороны площадки \(\Delta S\) сила, проекция которой на ось симметрии, \[\Delta F\cos\alpha = k\,\frac{q\,\Delta Q}{(2R)^2}\cos\alpha,\] где \(\Delta Q\) — заряд площадки, пропорциональный её площади, а \(\cos\alpha\,\Delta S\) — проекция площадки на основание полусферы.

Сумма \(\sum \cos\alpha\,\Delta S\) равна площади основания полусферы \(\pi(2R)^2\). В результате сила между полусферой с зарядом \(Q/2\) и точечным зарядом \(q\) в её центре \[F_1 = \frac{kqQ}{16R^2},\] а искомая сила \[F = \frac{F_1}{2} = \frac{kqQ}{32R^2}.\] При \(Q = 3q\) получаем \(F = \dfrac{3kq^2}{32R^2}\).