Санкт-Петербургская, 2020/21, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Выразите напряжения всех конденсаторов через одно неизвестное, связав потенциалы точек схемы через ЭДС источников. Затем используйте то, что часть схемы, отмеченная на рисунке, изолирована и её суммарный заряд равен нулю.

Ответ

\(Q_1=\dfrac{2-\alpha}{3}CE\),  \(Q_2=\dfrac{1+\alpha}{3}CE\),  \(Q_3=\dfrac{2\alpha-1}{3}CE\) (конденсаторы нумеруются слева направо; заряд положителен, если левая пластина заряжена отрицательно, а правая положительно).

Решение

Пронумеруем конденсаторы слева направо, их заряды \(q_1,q_2,q_3\), напряжения \(U_1,U_2,U_3\); \(q_i=CU_i\). Знаки зарядов выберем так, что левые пластины заряжены отрицательно, правые — положительно (как у источников). Если знак выбран неверно, в ответе получится отрицательное значение.

Пусть потенциал точки \(D\) равен \(\varphi_0\). Тогда \(\varphi_E=\varphi_0+\mathcal{E}\), \(\varphi_F=\varphi_E-U_2=\varphi_0+\mathcal{E}-U_2\), \(\varphi_G=\varphi_F+\alpha\mathcal{E}\). Отсюда \[U_1=\mathcal{E}-U_2,\qquad U_3=\alpha\mathcal{E}-U_2.\] Участок схемы, выделенный на рисунке, был не заряжен и изолирован, значит его суммарный заряд равен нулю: \[q_1-q_2+q_3=0\quad\Rightarrow\quad U_1-U_2+U_3=0.\] Отсюда \(U_2=\dfrac{(1+\alpha)\mathcal{E}}{3}\), и \[Q_1=CU_1=\frac{2-\alpha}{3}CE,\quad Q_2=CU_2=\frac{1+\alpha}{3}CE,\quad Q_3=CU_3=\frac{2\alpha-1}{3}CE.\]

Подсказка

Скорость тела равна сумме скорости поступательного движения оси банки и скорости вращения вокруг оси, по модулю равной скорости оси. Силу Лоренца удобно разложить на два вклада. Условие «не отрывается» — неотрицательность силы реакции стенки в верхней точке траектории.

Ответ

Если банка катится направо, \(v\geqslant\dfrac{QBR}{M}\left(\sqrt{1+\dfrac{M^2g}{Q^2B^2R}}-1\right)\); если налево, \(v\geqslant\dfrac{QBR}{M}\left(\sqrt{1+\dfrac{M^2g}{Q^2B^2R}}+1\right)\).

Решение

Пусть банка катится направо со скоростью \(v\). Так как трение велико, тело имеет ту же скорость, что и поверхность банки: движется поступательно вместе с осью банки со скоростью \(v\) и вращается вокруг оси с той же по модулю скоростью \(v_{\text{вращ}}=v\) (банка катится без проскальзывания). Тело имеет скорость \(\vec V=\vec v+\vec v_{\text{вращ}}\).

Сила Лоренца представляется в виде двух вкладов \(F_1=QBv\) и \(F_2=QBv_{\text{вращ}}=QBv\), направленных перпендикулярно соответствующим компонентам скорости. Второй закон Ньютона в проекции на направление к центру банки: \[N+Mg\cos\alpha-QBv-QBv\cos\alpha=\frac{Mv^2}{R}\quad\Rightarrow\quad N=\frac{Mv^2}{R}+QBv-(Mg-QBv)\cos\alpha,\] где \(\alpha\) — угол, задающий положение тела в банке.

Сила \(N\) минимальна в верхней точке (\(\cos\alpha=1\)) при \(Mg-QBv\geqslant0\), и в нижней точке (\(\cos\alpha=-1\)) при \(Mg-QBv\leqslant0\). Условие \(N_{\min}\geqslant0\) в верхней точке даёт \[\frac{Mv^2}{R}+2QBv-Mg\geqslant0,\quad\text{откуда}\quad v\geqslant\frac{QBR}{M}\left(\sqrt{1+\frac{M^2g}{Q^2B^2R}}-1\right).\] В нижней точке условие \(Mv^2/R+Mg\geqslant0\) выполнено всегда; оба случая совместны, и итоговое условие для качения направо — то же выражение.

Если банка катится налево, силы Лоренца меняют направление: \(N=\dfrac{Mv^2}{R}-QBv-(Mg+QBv)\cos\alpha\). Минимум достигается при \(\cos\alpha=1\), и условие \(N\geqslant0\) даёт \[\frac{Mv^2}{R}-2QBv-Mg\geqslant0\quad\Rightarrow\quad v\geqslant\frac{QBR}{M}\left(\sqrt{1+\frac{M^2g}{Q^2B^2R}}+1\right).\]

Подсказка

Выразите массу гелия через \(F_0\), \(F_1\) и отношение молярных масс из условия первоначального равновесия. Затем запишите подъёмную силу после нагрева воздуха и после нагрева гелия: отличаются они только объёмом гелия и плотностью воздуха.

Ответ

\(F_3=F_2+\dfrac{(F_0+F_1)\,k}{k-1}\left(1-\dfrac{T_0}{T}\right)\), где \(k=\dfrac{\mu_{\text{в}}}{\mu_{\text{не}}}\).

Решение

Пусть \(p_a\) — атмосферное давление, \(\rho_0=\dfrac{p_a\mu_{\text{в}}}{RT_0}\) — плотность воздуха при температуре \(T_0\), \(\rho=\dfrac{p_a\mu_{\text{в}}}{RT}\) — при \(T\). Давление гелия равно атмосферному, поэтому объём гелия в начальный момент \(V=\dfrac{mRT_0}{p_a\mu_{\text{не}}}\), где \(m\) — масса гелия.

Вначале подъёмная сила равна силе Архимеда \(\rho_0gV_0\) минус вес аппарата, гелия и воздуха в нижнем отсеке: \[F_1=\rho_0gV-mg-F_0.\] Отсюда \(mg=\dfrac{F_0+F_1}{\mu_{\text{в}}/\mu_{\text{не}}-1}=\dfrac{F_0+F_1}{k-1}\).

Когда воздух нагрелся, а гелий ещё нет, объём гелия не изменился, а плотность воздуха в нижнем отсеке стала \(\rho\): \[F_2=(\rho_0-\rho)gV_0-F_0-mg+\rho gV.\] Когда гелий тоже нагрелся, его объём стал \(V'=\dfrac{mRT}{p_a\mu_{\text{не}}}\), и \[F_3=F_2-\rho gV+\rho gV'=F_2+\rho g(V'-V).\] Подставляя \(\rho\), \(V\), \(V'\), получаем \(\rho g(V'-V)=mg\,\dfrac{\mu_{\text{в}}}{\mu_{\text{не}}}\left(1-\dfrac{T_0}{T}\right)=mg\,k\left(1-\dfrac{T_0}{T}\right)\). Подставив \(mg\), получаем ответ.

Подсказка

Вертикальное движение шарика и снаряда одинаково, поэтому время полёта совпадает. Сравните горизонтальные движения: вне контакта груза со стеной они одинаковы. Сколько времени пружина касается стены, если её сжатие и разжатие совпадают с половиной периода колебаний груза?

Ответ

\(k=\dfrac{\pi^2mV^2\cos^2\alpha}{4l^2}\).

Решение

Горизонтальная скорость шарика \(V\cos\alpha\) постоянна до и после удара о стену; стена лишь разворачивает её. Вертикальное движение шарика и снаряда одинаково, поэтому оба летят одно и то же время.

Горизонтальное движение снаряда отличается от равномерного только тогда, когда пружина касается стены. Сжатие и разжатие пружины занимают половину периода колебаний груза массы \(m\) на пружине жёсткостью \(k\), то есть время касания \[T_0=\pi\sqrt{\frac{m}{k}}.\] Чтобы груз попал в ту же точку, что и шарик, за время \(T_0\) шарик должен пролететь по горизонтали удвоенную длину пружины (до стены и обратно): \(T_0=\dfrac{2l}{V\cos\alpha}\). Отсюда \[\pi\sqrt{\frac{m}{k}}=\frac{2l}{V\cos\alpha}\quad\Rightarrow\quad k=\frac{\pi^2mV^2\cos^2\alpha}{4l^2}.\]

Подсказка

В положении равновесия центр масс системы лежит на одной вертикали с шарниром, поэтому стержень с линзой наклонён к вертикали на угол, который найдите из положения центра масс. Далее постройте изображение точки \(A\) формулой тонкой линзы и спроецируйте расстояние до изображения на вертикаль.

Ответ

\(\dfrac{l^2\sqrt{1+\dfrac{1}{4k^2}}}{l-F}\cos\!\left(\operatorname{arctg}\dfrac{2k}{8k^2+1}\right)\).

Решение

Пусть диаметр линзы \(|CB|=d=l/k\). В положении равновесия центр масс \(X\) системы лежит точно под шарниром \(A\), и сила тяжести не создаёт момента относительно \(A\). Обозначим угол \(XAB\) через \(\alpha\); под этим углом к вертикали наклонена и главная оптическая ось линзы. Пусть \(\beta=\angle OAB\), где \(O\) — оптический центр линзы.

Изображение точки \(A\) находится по формуле тонкой линзы: расстояние от линзы до изображения \(|BK|=\dfrac{Fl}{l-F}\), расстояние \(|AK|=\dfrac{l^2}{l-F}\). Из подобия треугольников \(AKA'\) и \(ABO\) с \(|AO|=\sqrt{l^2+(d/2)^2}\): \[|AA'|=\frac{l\sqrt{l^2+(d/2)^2}}{l-F}=\frac{l^2\sqrt{1+\dfrac{1}{4k^2}}}{l-F}.\] Расстояние до потолка равно проекции \(AA'\) на вертикаль: \(|AA'\cos(\beta-\alpha)|\).

Углы: \(\tg\beta=\dfrac{d/2}{l}=\dfrac{1}{2k}\). Центр масс \(X\) лежит на прямой, соединяющей массы \(m\) и \(2m\), в два раза ближе к \(2m\), поэтому \(\tg\alpha=\dfrac{d/6}{l/2+l/6}=\dfrac{1}{4k}\). Тогда \[\tg(\beta-\alpha)=\frac{\tg\beta-\tg\alpha}{1+\tg\beta\tg\alpha}=\frac{2k}{8k^2+1}.\] Итоговый ответ: расстояние от потолка равно \[\frac{l^2\sqrt{1+\dfrac{1}{4k^2}}}{l-F}\cos\!\left(\operatorname{arctg}\frac{2k}{8k^2+1}\right).\]