СПбГУ, 2021/22, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Участок 1–2 изобарический, 2–3 изотермический. Внутренняя энергия одноатомного газа меняется только там, где меняется температура.

Ответ

\(400\) К.

Решение

Процесс 1–2 изобарический, \(p_1 = p_2 = p\), из уравнения Менделеева–Клапейрона \(\dfrac{V_1}{V_2} = \dfrac{T_1}{T_2}\). Процесс 2–3 изотермический: \(p_2V_2 = p_3V_3\). По условию \(V_1 = V_3\) и \(p_3 = \alpha p_2\), где \(\alpha = 2\). Подставим в уравнение процесса 2–3: \(pV_2 = \alpha pV_3 \Rightarrow V_2 = \alpha V_3 = \alpha V_1\). Подставим в уравнение процесса 1–2: \(\dfrac{V_1}{V_2} = \dfrac{V_1}{\alpha V_1} = \dfrac{T_1}{T_2} \Rightarrow T_2 = \alpha T_1\).

Внутренняя энергия идеального одноатомного газа изменяется только в процессе 1–2: \[\Delta U_{12} = \dfrac{3}{2}\nu R(T_2 - T_1) = \dfrac{3}{2}\nu R T_1(\alpha - 1).\] Отсюда начальная температура \(T_1 = \dfrac{2\,\Delta U}{3\nu R(\alpha - 1)}\).

Ответ: \(400\) К.

Подсказка

Удар неупругий, общая скорость находится по закону сохранения импульса. Сила трения, совершившая работу на пути 5 мм, и есть максимальный вес, который держит гвоздь.

Ответ

\(12\) кг (\(11{,}98\) кг).

Решение

Запишем закон сохранения импульса для гвоздя и молоточка: \(Mv = (m + M)v'\), откуда \(v' = \dfrac{M}{m + M}v\). Кинетическая энергия гвоздя и молоточка идёт на работу силы трения: \(\dfrac{(M + m)v'^2}{2} = F_{\text{тр}}\Delta l\). Отсюда сила трения \[F_{\text{тр}} = \dfrac{(M + m)v'^2}{2\Delta l} = \dfrac{M^2v^2}{2\Delta l(M + m)}.\] Эта сила трения равна максимальному весу, который может выдержать гвоздь. Поэтому искомая масса \(m_0 = \dfrac{M^2v^2}{2\Delta l(M + m)g}\).

Ответ: \(11{,}98 \approx 12\) кг.

Подсказка

На круговой орбите ускорение свободного падения равно центростремительному; радиус орбиты найдите через период. Далее используйте закон тяготения.

Ответ

\(1\%\).

Решение

Ускорение свободного падения на орбите является центростремительным: \(g_0 = a_{\text{ц}} = \dfrac{v^2}{R_0}\), откуда \(R_0 = \dfrac{v^2}{g_0}\). Скорость обращения связана с периодом: \(v = \dfrac{2\pi R_0}{T}\). Отсюда \(R_0 = \dfrac{g_0 T^2}{4\pi^2} \approx 6837{,}1\) км.

Связь ускорения свободного падения с расстоянием до центра Земли: \(g_0 = G\dfrac{M}{R_0^2}\), т.е. \(g_0R_0^2 = GM\). На новой высоте \(R = R_0 + h\): \(g(R_0 + h)^2 = g_0R_0^2\), откуда \(g = g_0\dfrac{R_0^2}{(R_0 + h)^2} = g_0\dfrac{1}{\left(1 + \frac{h}{R_0}\right)^2} \approx 8{,}6116\) м/с\(^2\).

Окончательно: \(100\%\cdot\left(1 - \dfrac{g}{g_0}\right) \approx 1\%\).

Ответ: \(1\%\).

Подсказка

В верхней точке скорость снаряда нулевая: импульс осколков равен нулю. Кинетическая энергия осколков после взрыва равна полной энергии за вычетом потенциальной.

Ответ

\(14\) км.

Решение

Так как снаряд разрывается в наивысшей точке траектории, его скорость в этот момент равна \(0\). Закон сохранения импульса осколков до и сразу после взрыва: \(0 = p_1 - p_2 \Rightarrow m_1v_1 = m_2v_2 \Rightarrow v_2 = \dfrac{m_1}{m_2}v_1\).

Полная механическая энергия осколков сразу после взрыва: \(E_{\text{полн}} = E_{\text{кин}} + E_{\text{пот}} = \dfrac{m_1v_1^2}{2} + \dfrac{m_2v_2^2}{2} + (m_1 + m_2)gH\), откуда \(E_{\text{кин}} = E_{\text{полн}} - (m_1 + m_2)gH\). Кинетическая энергия осколков \(E_{\text{кин}} = \dfrac{m_1v_1^2}{2}\left(1 + \dfrac{m_1}{m_2}\right)\), откуда \(v_1 = \sqrt{\dfrac{2E_{\text{кин}}}{m_1\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right)}}\), \(v_2 = \dfrac{m_1}{m_2}v_1\).

После разрыва осколки движутся равноускоренно в поле тяжести Земли: \(x_1 = v_1t\), \(y_1 = H - \dfrac{gt^2}{2}\), \(x_2 = v_2t\), \(y_2 = H - \dfrac{gt^2}{2}\). В точке падения \(y = 0\), поэтому время полёта одинаково для обоих осколков: \(t = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}\). Расстояние между точками падения осколков равно сумме координат: \[L = x_1 + x_2 = v_1 t\left(1 + \dfrac{m_1}{m_2}\right) = \sqrt{\dfrac{2\left(E_f - (m_1 + m_2)gH\right)}{m_1\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right)}\cdot\dfrac{2H}{g}}\left(1 + \dfrac{m_1}{m_2}\right).\]

Ответ: \(14\) км.

Подсказка

Пока поле включено, пылинка движется по окружности в плоскости, перпендикулярной полю. Угол поворота скорости пропорционален времени, как доля периода.

Ответ

\(491\) мс.

Решение

На частицу, движущуюся в магнитном поле, действует сила Лоренца, направленная перпендикулярно направлению движения: \(F_{\text{л}} = qvB\). Под действием этой силы частица движется по окружности, сила Лоренца равна центростремительной силе: \(F_{\text{ц}} = ma_{\text{ц}}\), \(a_{\text{ц}} = \dfrac{v^2}{r}\). Второй закон Ньютона: \(m\dfrac{v^2}{r} = qvB \Rightarrow \dfrac{mv}{r} = qB\). Связь линейной скорости и циклической частоты: \(v = \omega r\), откуда \(\omega = \dfrac{qB}{m}\) и \(T = \dfrac{2\pi}{\omega} = 2\pi\dfrac{m}{qB}\).

Время, за которое частица отклонится на заданный угол, относится к периоду так же, как этот угол относится к \(360^\circ\): \(\dfrac{t}{T} = \dfrac{\alpha}{360}\), откуда \(t = \dfrac{\alpha}{360}\cdot 2\pi\dfrac{m}{qB}\).

Ответ: \(491\) мс.

Подсказка

Сначала сила Кулона уравновешивает тяжесть, что позволяет найти зазор между пластинами. После увеличения напряжения капля движется равноускоренно вверх, пройденный путь равен четверти зазора.

Ответ

\(60\) мс.

Решение

Капля левитирует, значит сила тяжести уравновешена силой Кулона: \(E_1 q = mg\). Напряжённость поля между пластинами связана с напряжением и расстоянием: \(E_1 = \dfrac{V_1}{L}\). Отсюда расстояние между пластинами \(L = \dfrac{V_1 q}{mg}\).

Затем напряжение на пластинах увеличивают, напряжённость растёт, и капля начинает двигаться равноускоренно вверх: \(ma = E_2 q - mg \Rightarrow a = g\left(\dfrac{V_2}{V_1} - 1\right)\). Капля проходит четверть расстояния от одной пластины до другой, и начинает движение без начальной скорости: \(\dfrac{L}{4} = \dfrac{at^2}{2}\), откуда \[t = \sqrt{\dfrac{L}{2a}} = \dfrac{V_1}{g}\sqrt{\dfrac{q}{2m(V_2 - V_1)}}.\]

Ответ: \(60\) мс.

Подсказка

Запишите уравнение Менделеева–Клапейрона для начального и конечного состояний и учтите, какая часть пара сконденсировалась.

Ответ

\(4\).

Решение

Конечное состояние обозначаем индексами 2, начальное — индексами 1. Конденсация части пара (доля \(1/y\) от \(N_1\)) записывается как \(N_1 - N_2 = \dfrac{N_1}{y}\), откуда \(N_2 = N_1\left(1 - \dfrac{1}{y}\right)\).

Записываем уравнение Менделеева–Клапейрона для пара в обоих состояниях: \(p_1V_1 = N_1k_BT\), \(p_2V_2 = N_2k_BT\). Поделим одно на другое: \(\dfrac{p_1V_1}{p_2V_2} = \dfrac{N_1}{N_2} = \dfrac{y}{y - 1}\). Пусть \(\dfrac{p_2}{p_1} = z\), тогда \[\dfrac{V_1}{V_2} = z\,\dfrac{y}{y - 1}.\] Здесь \(y = 6\) и \(z = 3{,}3\), поэтому \(\dfrac{V_1}{V_2} = 3{,}3\cdot\dfrac{6}{5} = 3{,}96 \approx 4\).

Ответ: \(4\).

Подсказка

Период колебаний пружинного маятника зависит от массы, а растяжение в покое — от силы тяжести. Сравните периоды по графику.

Ответ

\(4\).

Решение

Из графика можно определить период колебаний для каждого из грузиков: \(T_1 = 2\pi\sqrt{\dfrac{m_1}{k}}\), при этом масса выражается как \(m_1 = \dfrac{T_1^2 k}{4\pi^2}\). Второй закон Ньютона для положений равновесия: \(m_1 g = k\Delta x_1\), \(m_2 g = k\Delta x_2\). Откуда \[\dfrac{\Delta x_1}{\Delta x_2} = \dfrac{m_1}{m_2} = \dfrac{T_1^2}{T_2^2}.\] Из рисунка видно, что период для первого грузика в \(2\) раза больше периода для второго. Тогда отношение растяжений равно \(4\).

Ответ: \(4\).