«Шаг в будущее», 2022/23, заключительный этап, 11 класс

Оптическая сила системы из двух поверхностей пропорциональна \((n_{\text{среды внутри}}/n_{\text{среды снаружи}} - 1)\) с одинаковым множителем \((1/R_1 + 1/R_2)\). Сравните, как меняются относительные показатели преломления.

\(D_2/D_1 \approx -0{,}85\): оптическая сила уменьшилась по модулю в \(1{,}18\) раза и сменила знак (собирающая линза стала рассеивающей).

Оптическая сила линзы из двух сферических поверхностей: \(D = (n_{\text{внутр}}/n_{\text{снаружи}} - 1)\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right)\). С водой внутри и воздухом снаружи: \(D_1 = (n_{\text{воды}}/n_{\text{воздуха}} - 1)\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right)\). С воздухом внутри и керосином снаружи: \(D_2 = (n_{\text{воздуха}}/n_{\text{керосина}} - 1)\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right)\). Отсюда \[\frac{D_2}{D_1} = \frac{1/1{,}39 - 1}{1{,}33 - 1} = \frac{-0{,}281}{0{,}33} \approx -0{,}85.\]

В обоих циклах процесс 3-1 один и тот же и отдаёт одно и то же количество теплоты холодильнику. Выразите его через работу цикла и КПД.

\(\dfrac{A_1}{A_2} = \dfrac{\eta_1\,(1 - \eta_2)}{\eta_2\,(1 - \eta_1)}\).

Для теплового двигателя \(\eta_i = \dfrac{A_i}{A_i + Q_x}\), откуда отданное холодильнику тепло \(Q_x = A_i\,\dfrac{1 - \eta_i}{\eta_i}\). В обоих циклах процесс 3-1 общий, поэтому холодильнику отдаётся одно и то же \(Q_x\): \[A_1\,\frac{1 - \eta_1}{\eta_1} = A_2\,\frac{1 - \eta_2}{\eta_2} \quad\Rightarrow\quad \frac{A_1}{A_2} = \frac{\eta_1\,(1 - \eta_2)}{\eta_2\,(1 - \eta_1)}.\]

Сопротивление каждого резистора при нагреве растёт в \((1 + \alpha\,\Delta T)\) раз, и во столько же раз растёт сопротивление всей схемы. Значит, отношение не зависит от того, как соединены резисторы.

\(R_{\text{экв}} \approx 0{,}44\) Ом; сопротивление увеличится в \(3{,}16\) раза.

По официальному решению все пять резисторов считаются включёнными параллельно: \(\dfrac{1}{R_{\text{экв}}} = \sum_{i=1}^{5}\dfrac{1}{R_i} = \dfrac{137}{60}\) Ом\(^{-1}\), откуда \(R_{\text{экв}} = \dfrac{60}{137}\) Ом \(\approx 0{,}44\) Ом. При нагреве \(R_i' = R_i(1 + \alpha\,\Delta T)\), и сопротивление схемы \(R'_{\text{экв}} = R_{\text{экв}}(1 + \alpha\,\Delta T) = 0{,}44\cdot(1 + 0{,}043\cdot 50)\approx 1{,}39\) Ом. Отношение \(1{,}39/0{,}44 \approx 3{,}16\).

Вдоль границы частица движется равномерно, а в направлении, перпендикулярном границе, сила пропорциональна смещению, то есть возникают гармонические колебания. Сколько времени занимает путь от входа до выхода из области поля?

\(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{\pi}{2}\).

Направим ось \(Y\) вглубь области поля, ось \(X\) вдоль границы. Сила \(ma_y = -\beta y\) (при \(E = \beta y\)) даёт гармонические колебания с частотой \(\omega = \sqrt{\beta/m}\) и периодом \(T = 2\pi/\omega\). Максимальная глубина проникновения \(L_1\) — амплитуда колебаний, поэтому начальная скорость вдоль \(Y\): \(v\sin\alpha = \omega L_1\). Частица выходит из области через половину периода, \(t = T/2 = \pi/\omega\), и смещается вдоль границы на \(L_2 = v\cos\alpha\cdot\dfrac{\pi}{\omega}\). Тогда \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{v\sin\alpha}{v\cos\alpha} = \frac{\omega L_1}{\omega L_2/\pi} = \pi\,\frac{L_1}{L_2}.\] При \(L_2 = 2L_1\) получаем \(\operatorname{tg}\alpha = \pi/2 \approx 1{,}57\).

Радиусы и периоды обратно пропорциональны индукции. Угол \(\alpha\), на который поворачивается скорость на границе, связан с отношением времён: время в области пропорционально углу поворота, делённому на угловую скорость.

\(\dfrac{L}{S} = \dfrac{4\sqrt{3}}{9} \approx 0{,}77\).

Радиусы \(R_1 = \dfrac{mv}{qB_1}\), \(R_2 = \dfrac{mv}{qB_2}\), периоды \(T_1 = \dfrac{2\pi m}{qB_1}\), \(T_2 = \dfrac{2\pi m}{qB_2}\); их отношение \(R_2/R_1 = B_1/B_2 = 1/k\), где \(k = B_2/B_1 = 3\).

Пусть \(\alpha\) — угол между скоростью частицы и границей \(MN\) (угол поворота скорости в дуге до границы). В области 1 частица проходит две симметричные дуги с углом \(\alpha\) каждая (до границы и после выхода из области 2), поэтому \(t_1 = 2\alpha\,\dfrac{m}{qB_1}\). В области 2 дуга имеет угол \(2(\pi - \alpha)\), поэтому \(t_2 = 2(\pi - \alpha)\,\dfrac{m}{qB_2}\). Отношение времён \[\frac{t_1}{t_2} = \frac{\alpha}{\pi - \alpha}\cdot k = n = 6 \quad\Rightarrow\quad \alpha = \frac{n\pi}{k + n} = \frac{2\pi}{3}.\] Ширина полосы и расстояние до границы: \(L = 2(R_1 - R_2)\sin\alpha\), \(S = R_1(1 - \cos\alpha)\). Тогда \[\frac{L}{S} = 2\left(1 - \frac{R_2}{R_1}\right)\frac{\sin\alpha}{1 - \cos\alpha} = 2\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}/2}{3/2} = \frac{4\sqrt{3}}{9} \approx 0{,}77.\]

В системе отсчёта шарика пылинки налетают со скоростью \(v\). За время \(t\) на шарик налетает масса пыли, заполняющая цилиндр сечения \(\pi R^2\) и длины \(vt\). Сила со стороны пыли уравновешивает силу тяжести.

\(m_{\text{пл}} = \dfrac{\pi\,\alpha\,R^2 v^2}{G\,M}\).

В системе отсчёта, связанной с шариком, пылинки налетают на него со скоростью \(v\). Отлетающие импульсы в сумме дают ноль по симметрии сферы, поэтому сила, действующая на шарик со стороны пыли, равна секундному импульсу налетающей пыли: \(F = \rho S v^2\), где \(S = \pi R^2\) — площадь поперечного сечения шарика (масса пыли в цилиндре \(\rho S v t\), её импульс за \(t\) передаётся шарику). Сила тяжести уравновешивает эту силу (равномерное движение): \[F = \frac{\alpha}{r^2}\,\pi R^2 v^2 = G\,\frac{m_{\text{пл}} M}{r^2}.\] Расстояние \(r\) сокращается, и \[m_{\text{пл}} = \frac{\pi\,\alpha\,R^2 v^2}{G\,M}.\]

Установившаяся скорость оседания находится из равенства силы тяжести с учётом выталкивающей силы и силы сопротивления. Крупные частицы оседают быстрее, и время их оседания сравнивается с высотой столба.

1) в течение первых \(2{,}6\) с после встряхивания;  2) \(d = 0{,}1\) мм: \(46{,}3\,\%\); \(d = 0{,}01\) мм: \(39{,}4\,\%\); \(d = 0{,}001\) мм: \(14{,}2\,\%\).

Скорость оседания: \((\rho_p - \rho)\,\dfrac{4}{3}\pi r^3\,g = C_y\,\rho\,\pi r^2\,\dfrac{v^2}{2}\), откуда \(v^2 = \dfrac{8}{3}\,\dfrac{r\,(\rho_p - \rho)\,g}{C_y\,\rho} = 120\,r\) (в СИ). Время оседания от высоты \(H = 0{,}2\) м: \[T = \frac{H}{v}:\qquad T_{0{,}1} \approx 2{,}6~\text{с},\quad T_{0{,}01} \approx 8{,}2~\text{с},\quad T_{0{,}001} \approx 26~\text{с}.\] Ответ на первый вопрос: крупнейшие частицы (\(0{,}1\) мм) успевают осесть за \(2{,}6\) с, и за это время шприцом можно набрать все фракции.

Через \(\tau = 5\) с осядут полностью частицы \(0{,}1\) мм; доля осевших частиц остальных фракций пропорциональна времени: \(q'_i = q_i\,\dfrac{\tau}{T_i}\). Получаем \(q'_{0{,}1} = 25\,\%\), \(q'_{0{,}01} = 35\cdot\dfrac{5}{8{,}22} \approx 21{,}3\,\%\), \(q'_{0{,}001} = 40\cdot\dfrac{5}{26} \approx 7{,}7\,\%\). Массовые доли в осадке \(q''_i = q'_i / \sum q'\), где \(\sum q' \approx 53{,}98\,\%\): \[q''_{0{,}1} \approx 46{,}3\,\%, \qquad q''_{0{,}01} \approx 39{,}4\,\%, \qquad q''_{0{,}001} \approx 14{,}2\,\%.\]