Росатом, 2024/25, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Давления в отсеках одинаковы, поскольку поршни подвижны. Что можно сказать о количестве вещества в отсеках в начальном состоянии?

Ответ

Правый поршень смещается на \(\Delta x_{\text{п}} = l/12\), левый — на \(\Delta x_{\text{л}} = l/6\).

Решение

Поршни подвижны, поэтому давление во всех трёх отсеках одинаково. В начальном состоянии объёмы и температуры отсеков одинаковы, значит, в каждом отсеке одинаковое количество вещества \(\nu\).

Пусть правый поршень сместился на \(\Delta x\), уменьшив объём правого отсека и увеличив объём среднего на \(S\Delta x\) (\(S\) — площадь сечения сосуда). Тогда, чтобы объём среднего отсека тоже уменьшился на \(S\Delta x\), левый поршень должен сместиться на \(2\Delta x\).

Приравняем давления в левом и среднем отсеках, выраженные из уравнения Клапейрона–Менделеева: \[\frac{\nu R\cdot 2T}{V+2\Delta x\,S} = \frac{\nu R\,T}{V-\Delta x\,S}, \qquad V = \frac{lS}{3}.\] Отсюда \(V = 4\Delta x\,S\), то есть \(\Delta x_{\text{п}} = \dfrac{l}{12}\) и \(\Delta x_{\text{л}} = 2\Delta x_{\text{п}} = \dfrac{l}{6}\).

Подсказка

Углы малы, поэтому синусы можно заменить углами. Попробуйте показать, что все лучи пучка после выхода из шара пересекают ось в одной точке.

Ответ

\(r_1 = 1\) см.

Решение

По закону Снеллиуса \(\sin\alpha = n\sin\beta\), где \(\alpha\) — угол падения луча на шар, \(\beta\) — угол преломления внутри шара, \(n = 2\). Так как радиус пучка много меньше радиуса шара, \(\sin\alpha \approx \alpha\), \(\sin\beta \approx \beta\), и из закона Снеллиуса \(\beta = \alpha/2\).

Преломлённый луч делит угол между продолжением луча в шаре и радиусом, проведённым в точку падения, на два равных угла \(\beta\). Треугольник, образованный точкой падения, центром шара и точкой пересечения луча с прямой, проходящей через центр шара параллельно пучку, равнобедренный. Поэтому все лучи пучка после прохождения шара попадают в одну точку на оси пучка, на задней границе шар–воздух. Угол падения каждого луча на эту границу равен \(\beta\), и по симметрии закона Снеллиуса каждый луч выходит из этой точки под тем же углом \(\alpha\), под которым падал на шар.

Максимальный угол падения лучей на поверхность шара \(\alpha_m = \arcsin\dfrac{r}{R} \approx \dfrac{r}{R}\) (угол в радианах). Радиус пятна на экране \[r_1 = l\,\mathrm{tg}\,\alpha \approx l\alpha = \frac{lr}{R} = \frac{20\cdot 0{,}5}{10}\ \text{см} = 1\ \text{см}.\]

Подсказка

Запишите второй закон Ньютона для малого элемента верёвки на расстоянии \(r\) от оси и просуммируйте по элементам от сечения \(5l/8\) до конца верёвки.

Ответ

\(T(5l/8) = \dfrac{39}{128}\,m\omega^2 l \approx 0{,}305\,m\omega^2 l\).

Решение

Разобьём верёвку на малые элементы, каждый из которых находится на определённом расстоянии от оси. Для элемента массой \(\Delta m_i\) и длиной \(\Delta r_i\), находящегося на расстоянии \(r_i\) от оси, \[\Delta m_i\,\omega^2 r_i = T(r_i) - T(r_i + \Delta r_i),\] где \(T(r_i)\) и \(T(r_i+\Delta r_i)\) — силы натяжения с двух сторон элемента. Масса элемента \(\Delta m_i = \dfrac{m}{l}\Delta r_i\).

Суммируя уравнения для всех элементов от \(5l/8\) до \(l\), получим, что сумма разностей сил натяжения даёт \(T(5l/8)\) (на свободном конце натяжение равно нулю): \[T\!\left(\tfrac{5l}{8}\right) = \frac{m\omega^2}{l}\sum_i r_i\,\Delta r_i .\] Сумма \(\sum_i r_i\Delta r_i\) равна площади под графиком \(r(r)\) — прямой под углом \(45^\circ\) — между \(r = 5l/8\) и \(r = l\), то есть площади трапеции: \[T\!\left(\tfrac{5l}{8}\right) = \frac{m\omega^2}{l}\cdot\frac{\tfrac{5l}{8}+l}{2}\cdot\frac{3l}{8} = \frac{39}{128}\,m\omega^2 l \approx 0{,}305\,m\omega^2 l.\]

Проверка другим способом: участок верёвки длиной \(3l/8\) (от \(5l/8\) до \(l\)) имеет массу \(\Delta m = \dfrac{3}{8}m\) и центр масс на расстоянии \(r_{\text{ц}} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{5l}{8}+l\right) = \dfrac{13l}{16}\) от оси. Второй закон Ньютона для этого участка даёт \(T(5l/8) = \Delta m\,\omega^2 r_{\text{ц}} = \dfrac{39}{128}m\omega^2 l\).

Подсказка

Сумма сил, действующих на невесомый стержень, равна нулю, поэтому сила со стороны оси равна по модулю силе, с которой тела действуют на стержень. Какая связь есть между ускорениями тел сразу после отпускания?

Ответ

\(F = \dfrac{\sqrt{53}}{3}\,mg \approx 2{,}4\,mg\).

Решение

Сумма сил, действующих на стержень, равна нулю, поэтому сила со стороны оси равна по модулю силе \(\vec F\), с которой тела действуют на стержень. Найдём силы, с которыми стержень действует на тела \(\vec T_1\) и \(\vec T_2\). Сразу после отпускания скорости тел равны нулю, поэтому их ускорения касательны к траекториям: ускорение тела \(m\) направлено вертикально вниз, тела \(2m\) – горизонтально вправо.

Второй закон Ньютона для тел в проекциях: \[\begin{cases} m a_1 = mg - T_1,\\ 0 = -T_{2y} + 2mg,\\ 2m a_2 = T_{2x}. \end{cases}\] Условия связи: стержень невесомый, поэтому сумма моментов сил относительно оси равна нулю, откуда \(T_{2x} = 2T_1\) (плечо для \(T_1\) вдвое больше). Жёсткая конструкция вращается как целое, поэтому линейная скорость тела \(m\) вдвое больше, чем у тела \(2m\), и \(a_1 = 2a_2\).

Решая систему, получаем \(a_1 = \dfrac{2}{3}g\), \(a_2 = \dfrac{1}{3}g\), \(T_1 = \dfrac{mg}{3}\), \(T_{2x} = \dfrac{2}{3}mg\), \(T_{2y} = 2mg\).

Сила, с которой тела действуют на стержень, имеет составляющие \(F_x = \dfrac{2}{3}mg\) и \(F_y = T_1 + T_{2y} = \dfrac{7}{3}mg\), поэтому \[F = \sqrt{\left(\tfrac{2}{3}mg\right)^2 + \left(\tfrac{7}{3}mg\right)^2} = \frac{\sqrt{53}}{3}\,mg .\] Именно такой силой ось вращения действует на стержень, а стержень на ось вращения действует с силой того же модуля.

Подсказка

Изменение магнитного потока через кольцо при его движении даёт ток. Как вычислить горизонтальную составляющую поля, если известно, что поток через замкнутую поверхность равен нулю?

Ответ

\(v = \dfrac{mgR}{\pi^2 B_0^2\,\alpha^2 r^4}\).

Решение

При падении кольца поток магнитного поля через него меняется, и по закону Фарадея в кольце возникает индукционный ток. Кроме того, у вектора индукции появляется горизонтальная составляющая, и сила Ампера от горизонтального магнитного поля, действующая на горизонтальный ток в кольце, направлена вертикально. По правилу Ленца она тормозит кольцо. При установившейся скорости \(v\) эта сила уравновешивает силу тяжести.

За малый промежуток времени \(\Delta t\) кольцо опустится на \(\Delta y = v\Delta t\). Изменение потока через кольцо: \[\Delta\Phi = B(y)S - B(y-\Delta y)S = B_0\alpha v\,\Delta t\,S, \qquad S = \pi r^2 .\] Поэтому в кольце возникает ток \(I = \dfrac{\Delta\Phi}{R\,\Delta t} = \dfrac{B_0\alpha v S}{R}\).

Горизонтальную составляющую поля найдём из того, что поток магнитного поля через любую замкнутую поверхность равен нулю. Построим цилиндр на двух положениях кольца, отстоящих на \(\Delta y\), как на основаниях. Поток через боковую поверхность равен разности потоков через основания: \[B_0\alpha\,\Delta y\,\pi r^2 = B_{\text{гор}}\cdot 2\pi r\,\Delta y , \qquad\text{откуда}\qquad B_{\text{гор}} = \frac{1}{2}B_0\alpha r .\]

Сила Ампера, действующая на кольцо с током \(I\) со стороны горизонтальной составляющей поля, направлена вертикально вверх и равна \(F_A = B_{\text{гор}}\,I\,L\), где \(L = 2\pi r\) — длина кольца. Подставляя, \[F_A = \frac{\pi^2 B_0^2\alpha^2 r^4 v}{R}.\] Приравнивая \(F_A\) к силе тяжести \(mg\), получаем скорость установившегося движения: \[v = \frac{mgR}{\pi^2 B_0^2\alpha^2 r^4}.\]