Санкт-Петербургская, 2023/24, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Жёсткость куска ленты обратно пропорциональна его длине. Энергия растянутого куска равна \(k'\Delta x^2/2\) с его собственной жёсткостью \(k'\). Учтите, что при втором выстреле лента делится на два куска иначе, чем при первом.

Ответ

\(\Delta E = E_B - E_A = \dfrac{2kY^2}{3}\).

Решение

Вся потенциальная энергия растянутой резины переходит в кинетическую энергию снаряда. Жёсткость куска ленты обратно пропорциональна его недеформированной длине: если кусок составляет долю \(d\) исходной ленты, то его жёсткость \(k/d\). Если лента делится пополам, то жёсткость каждой половины \(2k\) и в первом выстреле \[E_A = 2\cdot\frac{2k\,(Y - L)^2}{2} = 2k\,(Y - L)^2.\] Во втором выстреле кусок длиной \(L/2\) (четверть ленты) имеет жёсткость \(4k\) и растянут до \(Y\) (удлинение \(Y - L/2\)), а кусок длиной \(3L/2\) имеет жёсткость \(4k/3\) (удлинение \(Y - 3L/2\)): \[E_B = \frac{4k\,(Y - L/2)^2}{2} + \frac{4k}{3}\cdot\frac{(Y - 3L/2)^2}{2}.\] Вычитая, раскрывая скобки, находим \[E_B - E_A = \frac{2kY^2}{3}.\]

Подсказка

Запишите первое начало термодинамики для малого процесса, \(\delta Q = \Delta U + P\,\Delta V\), и производную \(dV/dT\), учитывая уравнение состояния и условие \(P/V = \text{const}\).

Ответ

\(C = 3\nu R\).

Решение

Для малого процесса теплоёмкость \(C = \delta Q/\Delta T\). По первому началу \(\delta Q = \Delta U + P\,\Delta V\), а для двухатомного газа \(\Delta U = \dfrac{5}{2}\nu R\,\Delta T\). Значит, \[C = \frac{5}{2}\nu R + P\,\frac{dV}{dT}.\] По условию \(P = \alpha V\), а из уравнения Клапейрона–Менделеева \(PV = \nu R T\). Отсюда \(V = \sqrt{\nu R T/\alpha}\) и \[\frac{dV}{dT} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\nu R}{\alpha T}}.\] Тогда \(P\,\dfrac{dV}{dT} = \alpha V\,\dfrac{dV}{dT} = \dfrac{\nu R}{2}\), и \[C = \frac{5}{2}\nu R + \frac{\nu R}{2} = 3\nu R.\]

Подсказка

Сила Ампера перпендикулярна и пруту, и полю. Её вертикальная составляющая меняет силу реакции стола, горизонтальная создаёт силу трения. Рассмотрите два варианта направления вертикальной составляющей: вверх и вниз.

Ответ

Вес уменьшится вдвое при \(\sin\alpha = \dfrac{B_\text{кр}}{B_0}\), \(B_\text{кр} = \dfrac{\rho\rho_\text{э}Lg}{2U}\), при \(B_0 \geqslant B_\text{кр}\); решения нет при \(B_0 < B_\text{кр}\). Вес увеличится вдвое при \(\sin\beta = \dfrac{2B_\text{кр}}{B_0}\), при \(B_0 \geqslant 2B_\text{кр}\). Условие неподвижности: \(\mu \geqslant \operatorname{ctg}\alpha\) (для первого угла) и \(\mu \geqslant \dfrac{\operatorname{ctg}\beta}{2}\) (для второго угла).

Решение

Сопротивление прута \(R = \rho_\text{э}L/S\), ток \(I = U/R = US/(\rho_\text{э}L)\). Сила Ампера \(F_A = IB_0L = USB_0/\rho_\text{э}\) перпендикулярна и пруту, и полю. Вес прута \(mg = \rho LSg\).

Вес уменьшился вдвое. Вертикальная составляющая силы Ампера \(F_A\sin\alpha\) должна компенсировать половину веса: \(F_A\sin\alpha = mg/2\), откуда \[\sin\alpha = \frac{B_\text{кр}}{B_0}, \qquad B_\text{кр} = \frac{\rho\rho_\text{э}Lg}{2U}.\] Решение существует только при \(B_0 \geqslant B_\text{кр}\). Сила реакции стола \(N = mg/2\). Горизонтальная составляющая \(F_A\cos\alpha = F_A\sin\alpha\,\operatorname{ctg}\alpha = \dfrac{mg}{2}\operatorname{ctg}\alpha\). Чтобы прут не скользил, \(F_A\cos\alpha \leqslant \mu N\), то есть \(\mu \geqslant \operatorname{ctg}\alpha\).

Вес увеличился вдвое. Вертикальная составляющая силы Ампера направлена вниз и равна \(mg\): \(F_A\sin\beta = mg\), откуда \(\sin\beta = \dfrac{2B_\text{кр}}{B_0}\). Решение существует при \(B_0 \geqslant 2B_\text{кр}\). Теперь \(N = 2mg\), а горизонтальная составляющая \(F_A\cos\beta = mg\,\operatorname{ctg}\beta\). Условие неподвижности \(mg\,\operatorname{ctg}\beta \leqslant 2\mu mg\) даёт \(\mu \geqslant \dfrac{\operatorname{ctg}\beta}{2}\).

Итого: при \(B_0 < B_\text{кр}\) решения нет; при \(B_\text{кр} \leqslant B_0 < 2B_\text{кр}\) поле включают под углом \(\alpha\) с условием \(\mu \geqslant \operatorname{ctg}\alpha\); при \(B_0 \geqslant 2B_\text{кр}\) есть и второй угол \(\beta\) с условием \(\mu \geqslant \dfrac{\operatorname{ctg}\beta}{2}\).

Подсказка

Заряд, протекающий через сопротивление, равен разности зарядов конденсатора до и после замыкания ключа. Выразите её через \(C_1\), \(C_2\), \(C_0\) и \(U\).

Ответ

\(C_1 = 110\) мкФ, \(C_2 = 11\) мкФ, \(U = 36\) В.

Решение

Общая ёмкость \(C_0 = \dfrac{C_1C_2}{C_1 + C_2}\). До замыкания ключа заряд на конденсаторе, подключённом к источнику, равен \(q = C_0U\). При замыкании левого ключа левый конденсатор разряжается, а заряд правого становится \(q' = C_2U\), поэтому через сопротивление протекает заряд \[Q_\text{чип} = C_2U - C_0U.\] Аналогично при замыкании правого ключа \(Q_\text{дип} = C_1U - C_0U\). По условию \(Q_\text{дип}/Q_\text{чип} = 100\), откуда \[\frac{C_1 - C_0}{C_2 - C_0} = 100 \;\Rightarrow\; C_1^2 = 100\,C_2^2 \;\Rightarrow\; C_1 = 10\,C_2.\] Подставляя в \(C_0\): \(10~\text{мкФ} = \dfrac{10C_2^2}{11C_2}\), откуда \(C_2 = 11\) мкФ, \(C_1 = 110\) мкФ. Тогда \[U = \frac{Q_\text{чип}}{C_2 - C_0} = \frac{3{,}6\cdot10^{-5}}{1\cdot10^{-6}}~\text{В} = 36~\text{В}.\]

Подсказка

Скорость таяния пропорциональна мощности, а она пропорциональна площади контакта. Как при этом меняется высота льда? Ход луча через сферу найдите по закону Снеллиуса.

Ответ

При \(0 \leqslant t \leqslant \dfrac{\sqrt{3}}{2}T_0\) координата линейна по времени: \(x(t) = x_0 + \dfrac{t\,(R/2 - x_0)}{\sqrt{3}\,T_0/2}\), где \(x_0 = \dfrac{2R}{\sqrt{12n^2 - 3} + 1}\); при \(t > \dfrac{\sqrt{3}}{2}T_0\) имеем \(x(t) = \dfrac{R}{2}\). График: отрезок прямой от \(x_0\) до \(R/2\), затем горизонтальная прямая.

Решение

За малое время \(\Delta t\) стол передаёт льду тепло \(\alpha S\,\Delta t\), где \(S\) — площадь соприкосновения. Этим теплом растаивает слой толщиной \(\Delta h\): \(\alpha S\,\Delta t = \lambda\rho S\,\Delta h\), где \(\lambda\) — удельная теплота плавления льда, \(\rho\) — его плотность. Значит, высота льда над столом убывает равномерно: \(\dfrac{\Delta h}{\Delta t} = \dfrac{\alpha}{\lambda\rho} = \text{const}\).

В начальный момент угол падения луча на полусферу \(\alpha = 30^\circ\), и по закону Снеллиуса \[\sin\beta = \frac{\sin\alpha}{n} = \frac{1}{2n}, \qquad \operatorname{tg}\beta = \frac{1}{\sqrt{4n^2 - 1}}.\] Геометрия преломлённого луча с углом \(\gamma = \alpha - \beta\) даёт координату точки падения на стол относительно центра \(O\): \[x_0 = \frac{2R}{\sqrt{12n^2 - 3} + 1}.\] Когда остаётся только нижняя часть льда толщиной \(R\sqrt{3}/2\), луч попадает в точку на расстоянии \(R/2\) от \(O\). Поскольку высота убывает равномерно за время \(T_0\), это происходит в момент \(t = \dfrac{\sqrt{3}}{2}T_0\). Если представить, что не лёд опускается, а стол равномерно поднимается, точка пересечения луча со столом движется равномерно, поэтому до этого момента \(x(t)\) линейна, а затем \(x = R/2\).