СПбГУ, 2022/23, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Часть ртути испаряется, и пар занимает часть капилляра. Шкалу наносили без учёта пара, поэтому показания при \(T_c\) зависят от высоты столбика, которую задаёт пар.

Ответ

\(T_x=T_0+\dfrac{1}{\beta}\left(\dfrac{1-\dfrac{S\rho_п(T_c)H}{M_0}} {\dfrac{1}{1+\beta(T_c-T_0)}-\dfrac{\rho_п(T_c)}{\rho_0}}-1\right)\).

Решение

Общая масса ртути в капилляре \[M_0=S\bigl(\rho_ж h+\rho_п(H-h)\bigr),\] где \(h\) — высота столбика жидкости, \(\rho_п\) — плотность насыщенного пара.

Градусник проградуирован без учёта испарения, при температуре \(T\) было бы \(M_0=\rho_ж(T)Sh\), откуда \[1+\beta(T-T_0)=\frac{\rho_0Sh}{M_0},\] то есть шкала имеет вид \(\Delta T=\dfrac{\rho_0S}{\beta M_0}\,\Delta h\).

При температуре \(T_c\) высота столбика жидкости \[h=\frac{M_0/S-\rho_п(T_c)H}{\rho_ж(T_c)-\rho_п(T_c)}.\] Показание градусника \(T_x\) определяется по шкале из условия \(1+\beta(T_x-T_0)=\dfrac{\rho_0Sh}{M_0}\): \[T_x=T_0+\frac{1}{\beta}\left(\frac{1-\dfrac{S\rho_п(T_c)H}{M_0}} {\dfrac{1}{1+\beta(T_c-T_0)}-\dfrac{\rho_п(T_c)}{\rho_0}}-1\right).\]

Подсказка

Соседние кубы образуют плоские конденсаторы. Используйте сохранение заряда на каждом кубе и равенство напряжений в двух параллельных ветвях.

Ответ

\(V=\dfrac{1}{4}V_0\).

Решение

Два соседних металлических куба образуют плоский конденсатор ёмкостью \(C\) (краевые эффекты пренебрежимы). Исходная система — последовательная цепочка конденсаторов; последний конденсатор зашунтирован перемычкой и выпадает, поэтому суммарная ёмкость \(\dfrac{C}{2}\). Заряд \(q\) такой, что \(q/C=V_0\), каждый конденсатор цепочки заряжен до \(\dfrac{q}{2}\). Суммарные заряды кубов: у куба №1 \(+\dfrac{q}{2}\), у куба №3 \(-\dfrac{q}{2}\), кубы №2 и №4 электронейтральны.

После отсоединения источника и перемычки заряды кубов сохраняются, а после перемещения образуется цепочка из четырёх конденсаторов. Пусть \(q_{ik}\) — заряд на конденсаторе между кубами \(i\) и \(k\). Закон сохранения заряда даёт \[q_{12}+q_{13}=\frac{q}{2},\qquad -q_{12}+q_{24}=0, \qquad -q_{13}+q_{34}=-\frac{q}{2},\qquad -q_{24}-q_{34}=0.\] Недостающее уравнение следует из равенства напряжений в двух параллельных ветвях: \(q_{12}+q_{24}=q_{13}+q_{34}\). Решая систему, получаем \[q_{12}=q_{24}=\frac{q}{8},\qquad q_{13}=\frac{3q}{8},\qquad q_{34}=-\frac{q}{8}.\] Напряжение вольтметра \[V=\frac{q_{12}}{C}+\frac{q_{24}}{C}=\frac{1}{4}\cdot\frac{q}{C}=\frac{1}{4}V_0.\]

Подсказка

Пока колесо проскальзывает, сила трения действует и на поступательное, и на вращательное движение. Найдите момент, когда скорость точки касания станет равна нулю, и опишите полёт капель в системе центра колеса.

Ответ

При \(t\le\dfrac{\omega_0R}{3\mu g}\): \(H=R+\dfrac{gR^2}{2(\omega_0R-2\mu gt)^2}+\dfrac{(\omega_0R-2\mu gt)^2}{2g}\); при \(t>\dfrac{\omega_0R}{3\mu g}\): \(H=R+\dfrac{9g}{2\omega_0^2}+\dfrac{\omega_0^2R^2}{18g}\).

Решение

1. Поступательное движение при проскальзывании: ускорение \(a=\mu g\), скорость центра \(v_{п}(t)=\mu gt\).

2. Вращение: \(I\beta=M\), \(I=\dfrac{mR^2}{2}\), \(M=-\mu mgR\), отсюда \(\beta=-\dfrac{2\mu g}{R}\), \(\omega(t)=\omega_0-\dfrac{2\mu g}{R}t\).

3. Переход к качению без проскальзывания (\(\omega R=v\)): \[\omega_0R-2\mu gt=\mu gt\quad\Rightarrow\quad \tilde t=\frac{\omega_0R}{3\mu g}.\]

4. Полёт капель. В системе центра колеса капля вылетает по касательной со скоростью \(v=\omega(t)R=\omega_0R-2\mu gt\) под углом \(\varphi\). Высота вылета \(y_0=R+R\sin\varphi\). Максимальная высота капли \[y_{\max}(\varphi,t)=R+R\sin\varphi+\frac{v^2\cos^2\varphi}{2g}.\]

5. Из условия \(\dfrac{\partial y_{\max}}{\partial\varphi}=0\) получаем \(\sin\varphi=\dfrac{gR}{v^2}\), тогда \[y_{\max}(t)=R+\frac{gR^2}{2v^2}+\frac{v^2}{2g}.\] Это выражение справедливо при \(t\le\tilde t\).

6. При \(t>\tilde t\) колесо катится без проскальзывания с постоянной скоростью \(v=\omega_0R-2\mu g\tilde t=\dfrac{\omega_0R}{3}\), и в формулу подставляется это значение: \[y_{\max}=R+\frac{9g}{2\omega_0^2}+\frac{\omega_0^2R^2}{18g}.\]

Подсказка

Распределение давления по высоте в атмосфере — барометрическое; число молей газа в сосуде задано, и это условие определяет высоту поршня.

Ответ

1) \(H_0=-\dfrac{RT}{M_{Ar}g}\ln\left(1-\dfrac{\nu M_{Ar}g}{SP_0}\right)\);  2) \(T_1=\dfrac{M_{Ar}gH}{R\ln\left(\dfrac{\nu M_{Ar}g}{SP_0}\, e^{M_{Ar}gH/(RT)}+1\right)}\).

Решение

Вопрос 1. Распределение Больцмана (барометрическая формула) для газа у основания с давлением \(P_b\) при температуре \(T\): \(p(y)=P_b\,e^{-M_{Ar}gy/(RT)}\). Число молей в сосуде, интегрируя по высоте до поршня \(H_0\): \[\nu=\frac{S\,P_b}{M_{Ar}g}\left(1-e^{-M_{Ar}gH_0/(RT)}\right).\] Поршень в равновесии, давление у основания внутри сосуда равно \(P_0\), откуда \[H_0=-\frac{RT}{M_{Ar}g}\ln\left(1-\frac{\nu M_{Ar}g}{SP_0}\right).\]

Вопрос 2. При охлаждении температура внутри сосуда \(T_1\), снаружи остаётся \(T\). Равенство давлений на поршень снаружи и изнутри на высоте \(H\): \[P_0\,e^{-M_{Ar}gH/(RT)}=P_1\,e^{-M_{Ar}gH/(RT_1)},\] где \(P_1\) — давление у основания внутри сосуда. Число молей даёт \(\nu=\dfrac{SP_1}{M_{Ar}g}\left(1-e^{-M_{Ar}gH/(RT_1)}\right)\). Исключая \(P_1\), получаем \[e^{M_{Ar}gH/(RT_1)}-1=\frac{\nu M_{Ar}g}{SP_0}\,e^{M_{Ar}gH/(RT)},\] откуда \[T_1=\frac{M_{Ar}gH}{R\ln\left(\dfrac{\nu M_{Ar}g}{SP_0}\,e^{M_{Ar}gH/(RT)}+1\right)}.\]

Подсказка

Сила, прижимающая нить к цилиндру, пропорциональна натяжению \(T\). Запишите изменение натяжения на малом участке нити и решите получившееся уравнение.

Ответ

\(F=mg\,e^{2\pi\mu N}\).

Решение

Пусть \(T(l)\) — натяжение нити на длине \(l\), отсчитываемой от точки, где нить впервые касается цилиндра. На участке \(dl\) сила трения \(\mu f\,dl\), где \(f\) — линейная плотность силы, прижимающей нить к цилиндру. Тогда \[T(l+dl)-T(l)=\mu f\,dl,\qquad \frac{\partial T}{\partial l}=\mu f.\] Сила, прижимающая участок \(dl\) к цилиндру, \(f\,dl=2T\sin\alpha\approx 2T\alpha\), где \(dl=2\alpha R\), поэтому \(f=\dfrac{T}{R}\) и \[\frac{\partial T}{\partial l}=\frac{\mu}{R}\,T,\qquad T(l)=T_0\,e^{\mu l/R}.\] В начальной точке \(T(0)=mg\). Длина \(N\) витков \(2\pi RN\), поэтому натяжение в конце намотки, равное искомой силе: \[F=T(2\pi RN)=mg\,e^{2\pi\mu N}.\]