Росатом, 2025/26, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Токи через вольтметры связаны законом сохранения заряда в узле \(A\), а показания вольтметров пропорциональны токам через них (сопротивления одинаковы). Запишите напряжения на вольтметрах через \(\varepsilon_1\) и обойдите контуры.

Ответ

\(\varepsilon_2 = 2{,}2\,\varepsilon_1 = 11\ \text{В}\);  \(U_2 = 0{,}4\,\varepsilon_1 = 2\ \text{В}\);  \(U_3 = 1{,}8\,\varepsilon_1 = 9\ \text{В}\).

Решение

Ток в самом левом участке цепи течёт так, как это показано на рисунке, поскольку оба источника «гонят» заряды в этом направлении. При этом падение напряжения на вольтметре \(V_1\) больше напряжения \(\varepsilon_1\), поэтому потенциал точки \(A\) меньше потенциала точки \(B\), и ток на участке \(A\)–\(B\) течёт от \(B\) к \(A\), а вольтметр \(V_2\) показывает напряжение \(U_2 = U_1 - \varepsilon_1 = 0{,}4\,\varepsilon_1\). В узле \(A\) выполняется условие токов \(I_1 + I_2 = I_3\).

Если это равенство умножить на сопротивление вольтметра (одинаковое у всех трёх), получится аналогичное соотношение для показаний вольтметров \[U_3 = U_1 + U_2 = 1{,}8\,\varepsilon_1 .\] Теперь из правого замкнутого контура получаем \[\varepsilon_2 = U_2 + U_3 = 2{,}2\,\varepsilon_1 .\]

Подсказка

Сначала найдите силу натяжения нитей из равновесия всей системы колец. Затем рассмотрите равновесие малого кольца и геометрию наклонных участков нитей.

Ответ

\(h = \dfrac{2R}{\sqrt{5}}\).

Решение

Пусть масса малого кольца \(m\), большого — \(2m\), так как оно изготовлено из той же проволоки и имеет вдвое больший радиус, а значит, и вдвое большую длину. Суммарный вес, удерживаемый нитями, равен \(3m\,g\), а участки нитей от малого кольца до потолка вертикальны и силы натяжения всех трёх нитей одинаковы благодаря симметрии. Значит, сила натяжения каждой нити \(T = mg\).

Рассмотрим теперь равновесие малого кольца. Со стороны нити, огибающей проволоку, на него действуют две одинаковые по величине силы натяжения нити: одна вертикальная, вторая под некоторым углом \(\alpha\) к вертикали. Сумма горизонтальных составляющих этих сил, действующих на кольцо, равна нулю, поскольку они приложены в точках, которые образуют вершины равностороннего треугольника. Поэтому условие равновесия кольца даёт \[3\left(T - T\cos\alpha\right) = mg,\] отсюда \(\cos\alpha = \dfrac{2}{3}\).

Теперь легко найти расстояние между плоскостями колец. Пусть оно равно \(h\). Тогда \[\tg\alpha = \frac{R}{h} = \frac{\sqrt{1-\cos^2\alpha}}{\cos\alpha} = \frac{\sqrt{5}}{2},\] откуда окончательно \[h = \frac{2R}{\sqrt{5}} .\]

Подсказка

Тепло получает газ только на изохоре 1–2, отдаёт его на участке 3–1. Выразите объём в состоянии 1 через объём \(V\) состояния 3 с помощью адиабаты 2–3.

Ответ

\(\eta = \dfrac{3-4\left(2^{3/4}-1\right)}{3}\).

Решение

В рассматриваемом процессе газ получает тепло от нагревателя в процессе 1–2 и отдаёт холодильнику в процессе 3–1. Пусть объём газа в состоянии 1 равен \(V\). Тогда в изохорическом процессе 1–2 газ получил количество теплоты \[Q_{1-2} = Q_н = \frac{3}{2}\nu R\,\Delta T = \frac{3}{2}\left(2pV - pV\right) = \frac{3}{2}\,pV ,\] где \(\nu\) — число молей газа, \(R\) — универсальная газовая постоянная, \(\Delta T\) — изменение температуры в процессе 1–2. Пользуясь указанием, для адиабатического процесса 2–3 находим \[2pV^{5/3} = p_1V_1^{5/3} .\] С другой стороны, \(p\), \(V\) и \(p_1\), \(V_1\) принадлежат процессу 3–1. Поэтому \(p = \alpha V\), \(p_1 = \alpha V_1\). Подставляя эти соотношения в предыдущую формулу, получаем \[V_1 = 2^{3/8}\,V .\] Теплоёмкость одноатомного идеального газа в процессе, в котором давление линейно зависит от объёма, равна \(2\nu R\). Следовательно, газ отдал холодильнику в этом процессе количество теплоты \[Q_x = 2\nu R\left(T_3 - T_1\right) = 2\left(p_1V_1 - pV\right) = 2\alpha\left(V_1^2 - V^2\right) = 2\alpha V^2\left(2^{3/4}-1\right) = 2pV\left(2^{3/4}-1\right).\] Теперь можно найти КПД цикла. Имеем согласно определению \[\eta = \frac{Q_н - Q_x}{Q_н} = \frac{\frac{3}{2}pV - 2pV\left(2^{3/4}-1\right)}{\frac{3}{2}pV} = \frac{3-4\left(2^{3/4}-1\right)}{3}.\]

Подсказка

Найдите, как изменяется потенциальная энергия каната при его смещении на малый путь, и приравняйте её изменению кинетической энергии. Для поиска точек с нулевым натяжением мысленно разрежьте канат.

Ответ

\(a = \dfrac{2}{\pi}\,g\). Сила натяжения равна нулю в точках \(M\), \(N\) и \(P\) (см. рисунок в решении).

Решение

Пусть скорость каната в тот момент, когда он проходит положение, показанное на рисунке, равна \(v\). За малое время \(\Delta t\) канат переместится на величину \(\Delta l = v\,\Delta t\). Его потенциальная энергия уменьшится на \[\Delta\Pi = \Delta m\,g\,4R,\] где \(\Delta m\) — масса кусочка каната длиной \(\Delta l\) (такое уменьшение потенциальной энергии обусловлено тем, что внизу трубы появился кусочек длиной \(\Delta l\), а вверху пропал, все промежуточные кусочки как бы остались на месте). Эту массу находим из пропорции \[\Delta m = \frac{\Delta l}{2\pi R}\,m .\] Отсюда \[\Delta\Pi = \frac{\Delta l}{2\pi R}\,mg\,4R = \frac{2}{\pi}\,mg\,\Delta l = \frac{2}{\pi}\,mg v\,\Delta t .\] По закону сохранения механической энергии это уменьшение потенциальной энергии приводит к увеличению кинетической энергии каната \[\Delta K = \frac{m\left(v+\Delta v\right)^2}{2} - \frac{mv^2}{2} = mv\,\Delta v + \frac{m\,\Delta v^2}{2} \approx mv\,\Delta v ,\] где \(\Delta v\) — изменение скорости каната (слагаемым, содержащим квадрат малой величины \(\Delta v\), пренебрегаем). Из закона сохранения энергии \(\Delta K = \Delta\Pi\) находим ускорение каната \[mv\,\Delta v = \frac{2}{\pi}\,mg\,v\,\Delta t \quad\Rightarrow\quad a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{2}{\pi}\,g .\]

Чтобы найти те точки каната, в которых его натяжение равно нулю, мысленно разрежем канат в какой-то точке и найдём ускорения получившихся частей. Если эти ускорения будут одинаковы, то сила натяжения каната в той точке, в которой мы его разрезали, равна нулю. Ускорение каждого участка определяется отношением проекции его длины на вертикальное направление к его полной длине, умноженным на \(g\), поэтому нужно искать такие точки, для которых эти отношения у верхней и нижней частей каната совпадают.

Пусть мы разрезали канат в точке, характеризуемой углом \(\alpha\), отсчитанным от верхней точки верхней окружности. Длина проекции верхней части каната на вертикальное направление \(l_1 = R\left(1-\cos\alpha\right)\), длина этой части \(L_1 = \alpha R\). Длина проекции нижней части на вертикальное направление \(l_2 = R\left(3+\cos\alpha\right)\), длина нижней части \(L_2 = R\left(2\pi-\alpha\right)\). Условие равенства отношений \[\frac{1-\cos\alpha}{\alpha} = \frac{3+\cos\alpha}{2\pi-\alpha}\] эквивалентно уравнению \[1-\cos\alpha = \frac{2}{\pi}\,\alpha .\] Это уравнение проще всего решить графически: левая часть — косинусоида, сдвинутая вверх, правая — прямая, проходящая через начало координат и точку \((\pi, 2)\). У них три точки пересечения: \[\alpha = 0, \qquad \alpha = \frac{\pi}{2} \qquad \text{и} \qquad \alpha = \pi .\] Первый корень нас не интересует, поскольку он отвечает нулевому натяжению на краю каната. Точки \(M\) (\(\alpha = \pi/2\)) и \(N\) (\(\alpha = \pi\)) лежат на верхней части трубы, а для нижней части каната аналогично находится точка \(P\). Других точек, в которых натяжение равно нулю, нет, так как других пересечений графиков нет.

Подсказка

Сила Лоренца перпендикулярна скорости, и при малых колебаниях скорость почти перпендикулярна полю. Как поворот направления движения на малом участке траектории зависит от скорости маятника?

Ответ

\(t = \dfrac{2\pi m}{qB}\).

Решение

В отсутствие магнитного поля плоскость колебаний математического маятника сохраняется. Но если поместить заряженный маятник в вертикальное магнитное поле, то на маятник действует сила, направленная перпендикулярно плоскости колебаний, что приведёт к изменению этой плоскости: сила Лоренца, действующая на маятник, направлена в одну и ту же сторону относительно направления его движения как при движении вперёд, так и при движении назад. Это значит, что сила Лоренца будет поворачивать плоскость колебаний маятника, и такие повороты продолжаются от колебания к колебанию. Аналогичный поворот плоскости колебаний наблюдается у маятника Фуко.

Найдём угол поворота плоскости колебаний. Сила, действующая со стороны магнитного поля на маятник, зависит от его скорости и от угла между скоростью и полем, которые непрерывно меняются при колебаниях. Но при малых колебаниях маятник фактически движется прямолинейно, поэтому угол между вектором скорости маятника и магнитным полем равен \(90^\circ\).

Исследуем, как угол поворота плоскости колебаний зависит от скорости маятника. Рассмотрим малый участок траектории, по которому маятник движется со скоростью \(v\). Со стороны магнитного поля на него действует сила Лоренца, перпендикулярная скорости, которая сообщит маятнику ускорение в направлении, перпендикулярном скорости, \[a = \frac{qvB}{m} .\] За время \(\Delta t\) прохождения этого участка маятник приобретает перпендикулярную скорость \(a\,\Delta t\) и поворачивается на угол \[\Delta\varphi = \frac{a\,\Delta t}{v} = \frac{qvB}{m}\cdot\frac{\Delta t}{v} = \frac{qB}{m}\,\Delta t .\] Угол поворота каждого малого участка траектории от скорости маятника не зависит, а определяется только временем его прохождения. Угол поворота плоскости колебаний за половину периода, который находится суммированием углов поворота всех малых участков, равен \[\Delta\varphi_{1/2} = \frac{qB}{m}\cdot\frac{T}{2} ,\] где \(T\) — период колебаний маятника, который практически не изменился из-за магнитного поля. Плоскость колебаний маятника совершит полный оборот за \[N = \frac{2\pi m}{qBT}\] периодов колебаний, или за время \[t = NT = \frac{2\pi m}{qB} .\]