Санкт-Петербургская, 2021/22, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Давление равно производной работы по объёму: \(P = dA/dV\). Затем воспользуйтесь уравнением состояния \(PV = \nu RT\) и найдите максимум полученной квадратичной зависимости \(T(V)\).

Ответ

Условие имеет смысл при \(V_2 > 2V_1\). При \(2V_1 < V_2 \le 4V_1\) максимальная температура \(T_\text{max} = T_0\dfrac{V_2^2}{8V_1^2}\); при \(V_2 > 4V_1\) — \(T_\text{max} = T_0\left(\dfrac{V_2}{V_1}-2\right)\).

Решение

Давление \(P = \dfrac{dA}{dV} = \nu RT_0\left(\dfrac{1}{V_1} - \dfrac{2V}{V_2^2}\right)\). Положительность давления на интервале \((V_1, V_2)\) требует \(V_2 > 2V_1\) — это совпадает с условием положительности работы.

Из уравнения состояния \(T(V) = \dfrac{PV}{\nu R} = T_0\left(\dfrac{V}{V_1} - \dfrac{2V^2}{V_2^2}\right)\). Это парабола с ветвями вниз, максимум при \(V_\text{extr} = \dfrac{V_2^2}{4V_1}\) со значением \(T_\text{max} = T_0\dfrac{V_2^2}{8V_1^2}\).

Максимум лежит в интервале \((V_1, V_2)\), если \(V_2 \le 4V_1\) (первое неравенство выполнено при \(V_2>2V_1\)). Если \(V_2 > 4V_1\), вершина правее \(V_2\), и максимум достигается на правом конце: \(T(V_2) = T_0\left(\dfrac{V_2}{V_1}-2\right)\).

Подсказка

Лента сматывается с катушки со скоростью броска \(V_0\) и не натягивается после старта, так как скорость катушки всё время меньше \(V_0\). Сравните длину размотанной ленты за время полёта с горизонтальной дальностью катушки.

Ответ

\(L = \dfrac{\Delta L\cos\alpha}{1-\cos\alpha}\).

Решение

Пусть начальная скорость катушки \(V_0\); с такой же скоростью лента сматывается с катушки в момент броска. Горизонтальная скорость катушки остаётся равной \(V_0\cos\alpha\), вертикальная не превышает \(V_0\sin\alpha\), поэтому скорость катушки всё время меньше \(V_0\). Значит, лента не натягивается после броска, и катушка летит по параболе.

Время полёта \(T\); дальность катушки \(L = V_0T\cos\alpha\). Длина размотанной ленты \(x = V_0T\). Исследователь вытягивает провисающий кусок \(\Delta L = x - L = V_0T(1-\cos\alpha)\), откуда \(V_0T = \dfrac{\Delta L}{1-\cos\alpha}\). Подставляя в \(L\), получаем ответ.

Подсказка

Сначала приравняйте сопротивления между парами контактов для постоянного тока (конденсаторы не пропускают ток), затем приравняйте ёмкости между теми же парами для переменного тока.

Ответ

Эквивалентная схема (рис. 4 решения): в ветвях, сходящихся в контакте 1, сопротивления \(4R\); в стороне между контактами 2 и 3 сопротивление \(8R\); ёмкости \(8C\) (центральная ветвь из контакта 1) и \(4C\) (боковые ветви у контактов 2 и 3).

Решение

Для постоянного тока конденсаторы не пропускают ток, поэтому сначала рассматриваем только сопротивления. Обозначим сопротивления эквивалентной схемы \(\alpha R\) (стороны у контакта 1), \(\beta R\) (сторона 2–3) и аналогично ёмкости \(\gamma C\) и \(\eta C\) (рис. 2–3 решения). Из симметрии треугольника боковые стороны одинаковы.

Сопротивление между контактами 1 и 2 в исходной схеме равно \(3R\), в эквивалентной — \(\dfrac{(\alpha+\beta)\alpha R}{2\alpha+\beta}\). Сопротивление между 2 и 3 в исходной схеме равно \(4R\), в эквивалентной — \(\dfrac{2\alpha\beta R}{2\alpha+\beta}\). Получаем систему \[3R = \frac{(\alpha+\beta)\alpha R}{2\alpha+\beta}, \qquad 4R = \frac{2\alpha\beta R}{2\alpha+\beta}.\] Деля одно уравнение на другое, получаем \(\beta = 2\alpha\), откуда \(\alpha = 4\), \(\beta = 8\).

Для переменного тока учитываем ёмкости: условия совпадения ёмкостей между парами контактов 1–2 и 2–3 (рис. 3 решения) дают \(\gamma = 8\), \(\eta = 4\), то есть \(\gamma C = 8C\), \(\eta C = 4C\).

Так как у построенных схем одинаковое активное и реактивное сопротивления между каждой парой контактов, они ведут себя эквивалентно и при постоянном, и при переменном токе. Ответ — схема на рис. 4 решения.

Подсказка

Какой луч, испущенный с поверхности шара, после линзы идёт наиболее круто от оси? Через его угол до линзы выразите радиус шара из геометрии (те же построения, что в задаче 5 теоретического тура 10 класса).

Ответ

\(r = \dfrac{R - l\left(\dfrac{R}{F}-\operatorname{tg}\alpha\right)}{\sqrt{1+\left(\dfrac{R}{F}-\operatorname{tg}\alpha\right)^2}}\).

Решение

Задача совпадает с задачей 5 теоретического тура 10 класса (тот же ответ и построения). Конус образуют лучи, которые после линзы максимально отклоняются от оси; это луч \(AK\) из края линзы \(K\) к точке \(A\) шара, идущий в \(K\) под наименьшим углом к оси. Угол \(\varphi\) этого луча до линзы: \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{R}{F} - \operatorname{tg}\alpha.\] Для радиуса шара \(r\), с учётом суммы вертикальных катетов двух треугольников, получаем \[R = r\cos\varphi + (l + r\sin\varphi)\operatorname{tg}\varphi,\] откуда \(r = (R - l\operatorname{tg}\varphi)\cos\varphi\); с \(\cos\varphi = 1/\sqrt{1+\operatorname{tg}^2\varphi}\) получаем ответ.

Подсказка

Магнитный поток пронизывает все кольца одинаково, поэтому ЭДС индукции в каждом кольце одна и та же. Запишите закон Ома для первых двух колец и сложите их, чтобы получить уравнение на сумму токов.

Ответ

\(U_3 = \dfrac{\omega L U_1}{\sqrt{R^2+4L^2\omega^2}}\), где \(\omega = 2\pi\nu\).

Решение

Магнитный поток \(\Phi = L(I_1+I_2)\) одинаков во всех трёх кольцах, поэтому ЭДС индукции \(\mathcal{E} = -L(\dot I_1+\dot I_2)\). Для первого кольца \(U_1\cos\omega t + \mathcal{E} = I_1R\), для второго (без источника) \(\mathcal{E} = I_2R\). Сложив их, получаем \[U_1\cos\omega t - 2L\dot I = IR, \qquad I = I_1+I_2.\] Установившийся ток \(I = I_0\cos(\omega t-\varphi)\), где \[I_0 = \frac{U_1}{\sqrt{R^2+4L^2\omega^2}}, \qquad \operatorname{tg}\varphi = \frac{2L\omega}{R}.\] Амплитуда ЭДС индукции в третьем кольце (напряжение на его разомкнутых концах) равна \(LI_0\omega\), откуда \[U_3 = \frac{\omega L U_1}{\sqrt{R^2+4L^2\omega^2}}.\]

Подсказка

Отражённый луч полностью поляризован при угле Брюстера, его можно найти по минимуму яркости отражённого света при повороте указки вокруг своей оси. Сравните освещённость фоторезистора при максимуме и минимуме отражённого пучка.

Ответ

1) \(\theta_\text{Б} = \dfrac{\pi}{4}+\operatorname{arctg}\dfrac{l_4-l_1}{l_3}\); 2) \(n = \operatorname{tg}\theta_\text{Б} = 1{,}67\); 3) \(P = \dfrac{I_\text{max}-I_\text{min}}{I_\text{max}+I_\text{min}}\); 4) \(\dfrac{I_p}{I_e} = \dfrac{P}{1-P}\); 5) \(r_1 = \dfrac{I_\text{бр}}{I_0}\) (по измерениям сопротивлений фоторезистора).

Решение

При падении света под углом Брюстера отражённый свет полностью поляризован. Так как указка даёт частично поляризованный свет, угол Брюстера находим по условию, что при повороте указки вокруг своей оси отражённый луч наиболее сильно ослабевает. Тогда \(\operatorname{tg}\theta_\text{Б} = n\), а угол \(\theta_\text{Б}\) выражают через измеренные длины \(l_1\), \(l_3\), \(l_4\): \(\theta_\text{Б} = \dfrac{\pi}{4} + \operatorname{arctg}\dfrac{l_4-l_1}{l_3}\). Отсюда \(n = 1{,}67\).

Освещённость фоторезистора пропорциональна интенсивности. Из \(I_\text{max} = I_p + \dfrac{I_e}{2}\), \(I_\text{min} = \dfrac{I_e}{2}\), \(I_0 = I_p + I_e\) получаем \[P = \frac{I_p}{I_0} = \frac{I_\text{max}-I_\text{min}}{I_\text{max}+I_\text{min}}.\] Отношение \(\dfrac{I_p}{I_e} = \dfrac{P}{1-P}\).

Коэффициент отражения находят, сравнивая показания фоторезистора при прямом освещении (\(I_0\)) и при отражении от плёнки под углом Брюстера (\(I_\text{бр}\)): \(r_1 = \dfrac{I_\text{бр}}{I_0}\).

Подсказка

Коэффициенты трения определите методом статического наклона, затем найдите максимальное ускорение кисти по перемещению бруска при резком выдёргивании листа бумаги.

Ответ

1) \(a \approx 56\) м/с\(^2\);  2) \(M \approx 10{,}5\) Н\(\cdot\)м (см. задачу 10.2).

Решение

Решение совпадает с решением задачи 10.2: \(\mu_1 = 0{,}396\), \(\mu_2 = 0{,}327\), \(l_0 = 11\) см, \(l = 1{,}8\) см; \(a = g\operatorname{tg}\alpha_1\left(1+\left(1+\dfrac{\operatorname{tg}\alpha_1}{\operatorname{tg}\alpha_2}\right)\dfrac{l_0}{l}\right)\); масса руки \(m_\text{пр} = 1{,}6\) кг, плечо \(L = 0{,}35\) м, \(M = \dfrac{2m_1}{3}aL \approx 10{,}5\) Н\(\cdot\)м.