Санкт-Петербургская, 2024/25, отборочный этап, 11 класс

Во вращающейся системе отсчёта на работника действует центробежная сила \(M\omega^2 r\). Какую работу нужно совершить против неё при перемещении от \(R\) до \(R/2\)? Можно также посмотреть на то же самое из инерциальной системы: как меняется кинетическая энергия?

\(A = \dfrac{3M\omega^2R^2}{8}\); работа идёт на раскручивание станции вокруг своей оси.

Решение 1 (неинерциальная система отсчёта, связанная со станцией). На расстоянии \(r\) от оси действует центробежное ускорение \(\omega^2 r\), поэтому центробежная сила на работника с грузом равна \(M\omega^2 r\). Работа против этой силы при перемещении от \(R\) до \(R/2\) равна площади под графиком \(M\omega^2 r\) на участке от \(R/2\) до \(R\): \[A = M \cdot \frac{\omega^2 R + \omega^2 R/2}{2} \cdot \frac{R}{2} = \frac{3M\omega^2R^2}{8}.\]

Решение 2 (инерциальная система отсчёта). Линейная скорость работника на расстоянии \(r\) от оси равна \(v = \omega r\). Начальная кинетическая энергия \(M\omega^2 R^2/2\), конечная — \(M\omega^2R^2/8\). Работа равна разности энергий: \[A = \frac{M\omega^2R^2}{2} - \frac{M\omega^2R^2}{8} = \frac{3M\omega^2R^2}{8}.\] Работа тратится на уменьшение кинетической энергии работника с грузом. Станция ни с чем не взаимодействует, полная энергия сохраняется, поэтому кинетическая энергия работника переходит в кинетическую энергию вращения станции: работа потрачена на раскручивание станции вокруг своей оси. Здесь принято, что \(\omega\) не меняется, что справедливо, если станция гораздо тяжелее работника.

Запишите второй закон Ньютона отдельно для зеркала и для лампочки и найдите их ускорения относительно земли. Изображение в плоском зеркале симметрично предмету относительно поверхности зеркала.

Ускорение изображения \(3a = 3g\,\dfrac{m_з - m_л}{m_з + m_л}\), направлено вниз; расстояние между лампочкой и её изображением \(r(t) = 2g\,\dfrac{m_з - m_л}{m_з + m_л}\,t^2\).

Направим ось вниз. Для зеркала \(m_з g - T = m_з a\), для лампочки \(m_л g - T = -m_л a\), где \(a\) — модуль ускорения зеркала и лампочки относительно земли. Вычитая уравнения, находим \[a = g\,\frac{m_з - m_л}{m_з + m_л}.\] Зеркало движется вниз с ускорением \(a\), лампочка — вверх. Изображение предмета в плоском зеркале симметрично относительно его поверхности, поэтому координата изображения лампочки равна \(z_{\text{из}} = 2z_з - z_л\). При начальных координатах, равных нулю, \(z_з(t) = at^2/2\) и \(z_л(t) = -at^2/2\), откуда \[z_{\text{из}}(t) = \frac{3}{2}at^2.\] Изображение движется вниз с ускорением \(3a = 3g\,\dfrac{m_з - m_л}{m_з + m_л}\). Расстояние между лампочкой и её изображением \[r(t) = \left|z_{\text{из}}(t) - z_л(t)\right| = 2at^2 = 2g\,\frac{m_з - m_л}{m_з + m_л}\,t^2.\]

Запишите закон сохранения энергии для каждой бусинки отдельно: поле ускоряет одну и тормозит другую. Затем используйте закон сохранения импульса при слипании и то, что слипшаяся система нейтральна.

\(T = \dfrac{2L}{\sqrt{V_0^2 + 2qEa/m} - \sqrt{V_0^2 - 2qEa/m}}\).

Положительно заряженная бусинка, ускоряемая полем, проходит точку О со скоростью \(V_+\), для которой по закону сохранения энергии \(\dfrac{mV_0^2}{2} + qEa = \dfrac{mV_+^2}{2}\), то есть \[V_+ = \sqrt{V_0^2 + \frac{2qEa}{m}}.\] Отрицательно заряженная бусинка тормозится полем, и в точке О её скорость \[V_- = \sqrt{V_0^2 - \frac{2qEa}{m}}.\] Так как бусинки движутся навстречу друг другу, при абсолютно неупругом ударе по закону сохранения импульса \(mV_+ - mV_- = 2mu\), откуда скорость слипшихся бусинок \[u = \frac{V_+ - V_-}{2}.\] После слипания бусинки образуют нейтральную систему, сила поля на них не действует, и они движутся с постоянной скоростью \(u\). Полный цикл (возврат в точку О) занимает время \(T = L/u\): \[T = \frac{2L}{\sqrt{V_0^2 + 2qEa/m} - \sqrt{V_0^2 - 2qEa/m}}.\]

Запишите полную энергию стрелки как функцию угла \(\varphi\), включив энергию в электрическом поле заряда на конце стрелки. Равновесие соответствует экстремуму этой энергии.

\(\varphi = \operatorname{arctg}\dfrac{qEl}{\mu B}\).

На стрелку действуют два поля. Энергия взаимодействия с магнитным полем \(\epsilon_{\text{маг}} = -\mu B\cos\varphi\). Электрическое поле действует на заряд \(q\) на конце стрелки силой \(qE\); смещение заряда вдоль направления поля равно \(l\sin\varphi\), поэтому энергия взаимодействия с электрическим полем \(\epsilon_{\text{эл}} = -qEl\sin\varphi\). Полная энергия \[\epsilon = -\mu B\cos\varphi - qEl\sin\varphi.\] Равновесие соответствует минимуму энергии: \(\dfrac{d\epsilon}{d\varphi} = \mu B\sin\varphi - qEl\cos\varphi = 0\), откуда \[\tan\varphi = \frac{qEl}{\mu B}.\]

Теплота, полученная системой, идёт на изменение внутренней энергии газа и на работу, которую газ совершает против упругости оболочки. Найдите давление газа, выразив его через \(\sigma\) и радиус шара, а затем учтите зависимость площади от температуры.

\(C = 4\nu R\).

Первый закон термодинамики для малого подвода теплоты: \(\Delta Q = \Delta U + \Delta A\), откуда \(C = \dfrac{\Delta U}{\Delta T} + \dfrac{\Delta A}{\Delta T}\).

Для двухатомного газа \(U = \dfrac{5}{2}\nu R T\), поэтому \(\dfrac{\Delta U}{\Delta T} = \dfrac{5}{2}\nu R\).

Работа газа при малом изменении объёма \(\Delta A = P\Delta V\) совпадает с работой растяжения оболочки: \(\Delta A = \sigma\Delta S\). Давление найдём из условия \(\sigma\Delta S = P\Delta V\): \[P = \sigma\frac{dS}{dV} = \sigma\frac{d(4\pi r^2)}{d\left(\frac{4\pi}{3}r^3\right)} = \frac{2\sigma}{r}.\] Из уравнения Клапейрона–Менделеева \(PV = \nu RT\) с \(V = \frac{4}{3}\pi r^3\) и \(P = 2\sigma/r\) получаем \(T = \dfrac{2\sigma S}{3\nu R}\), откуда \(\dfrac{dS}{dT} = \dfrac{3\nu R}{2\sigma}\). Тогда \[\frac{\Delta A}{\Delta T} = \sigma\frac{dS}{dT} = \frac{3}{2}\nu R.\] Итого \(C = \dfrac{5}{2}\nu R + \dfrac{3}{2}\nu R = 4\nu R\).