Ведомственная, 2017/18, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Что известно о направлении поля относительно эквипотенциальной поверхности? В какую сторону поле направлено относительно точек с большим и меньшим потенциалом?

Ответ

Вектор напряжённости в точке пересечения высоты пирамиды с плоскостью треугольника \(\Delta A'B'C'\) направлен перпендикулярно плоскости треугольника \(\Delta A'B'C'\) вверх.

Решение

Так как потенциалы точек \(A'\), \(B'\) и \(C'\) одинаковы, а площадь треугольника \(\Delta A'B'C'\) много меньше площади треугольника \(\Delta ABC\), можно считать, что расстояние между точками \(A'\), \(B'\) и \(C'\) очень мало, следовательно, все точки треугольника \(\Delta A'B'C'\) лежат на эквипотенциальной поверхности. Вектор напряжённости всегда направлен перпендикулярно эквипотенциальной поверхности и в сторону уменьшения потенциала. Из условия задачи видно, что потенциал уменьшается снизу вверх, таким образом из двух возможных направлений вектора напряжённости, перпендикулярных плоскости \(\Delta A'B'C'\), нас не удовлетворяет направление вниз, в сторону основания (в сторону увеличения потенциала). Вектор напряжённости в точке пересечения высоты пирамиды с плоскостью треугольника \(\Delta A'B'C'\) направлен перпендикулярно плоскости треугольника \(\Delta A'B'C'\) вверх.

Подсказка

Мениск с таким углом смачивания работает как рассеивающая линза. Найдите её фокусное расстояние через радиус кривизны мениска и выразите угол смачивания через радиус пятна.

Ответ

\(\cos\theta = 0{,}1\), \(\theta \approx 84^\circ\).

Решение

Мениск, образованный жидкостью, можно рассмотреть как рассеивающую линзу с фокусным расстоянием \[f = \frac{R}{n-1},\] где \(R\) — радиус кривизны поверхности мениска (рис. 1):

\[R = \frac{r_0}{\cos\theta}, \qquad \text{тогда} \qquad f = \frac{r_0}{(n-1)\cos\theta}.\] Границы светового пятна образованы лучами с наибольшим углом отклонения \(\varphi\). Очевидно, что при падении параллельного пучка на рассеивающую линзу продолжение этих лучей должно проходить через её фокус (рис. 2), тогда \[\tan\varphi = \frac{r_0}{f} = (n-1)\cos\theta.\]

Радиус светового пятна \(r\) будет больше радиуса пучка \(r_0\) на величину \(l\tan\varphi\): \[r = r_0 + l\tan\varphi = r_0 + l(n-1)\cos\theta.\] Отсюда \[\cos\theta = \frac{r-r_0}{l(n-1)}.\] Подставляя численные данные, получаем \(\cos\theta = 0{,}1 \Rightarrow \theta \approx 84^\circ\).

Подсказка

Ток через катушку сразу после замыкания ключа остаётся таким же, как до него. Какие токи и какие уравнения Кирхгофа остаются для остальных ветвей?

Ответ

\(I = 1\) А.

Решение

Сила тока через катушку до и сразу после замыкания ключа \(K\) одинаковая, она равна \(I_0 = \dfrac{\varepsilon_2}{r_2}\).

\(I_1\), \(I_2\), \(I_R\) — силы токов через источники \(\varepsilon_1\), \(\varepsilon_2\) и через сопротивление \(R\) сразу после замыкания ключа \(K\). Предполагаемые направления токов указаны на рисунке.

Система уравнений для момента времени сразу после замыкания ключа: \[\begin{cases} I_1 r_1 + I_R R = \varepsilon_1, \\ I_2 r_2 + I_R R = \varepsilon_2, \\ I_1 + I_2 = I_R + I_0, \\ I_0 = \dfrac{\varepsilon_2}{r_2}. \end{cases}\] Отсюда: \[I_R = \frac{\varepsilon_1 r_2}{r_1 r_2 + R r_1 + R r_2} = \frac{10~\text{В}\cdot 20~\text{Ом}}{5~\text{Ом}\cdot 20~\text{Ом} + 4~\text{Ом}\cdot 5~\text{Ом} + 4~\text{Ом}\cdot 20~\text{Ом}} = 1~\text{А}.\]

Подсказка

Выразите давление через плотность и температуру по уравнению Менделеева–Клапейрона и подставьте линейную зависимость \(\rho(T)\). Какую зависимость давления от температуры вы получили?

Ответ

\(T_1 = \dfrac{1}{4}\,T_0\) и \(T_2 = \dfrac{3}{4}\,T_0\).

Решение

Запишем уравнение Менделеева–Клапейрона \(pV = \dfrac{m}{M}RT\). Так как \(\rho = \dfrac{m}{V}\), выразим давление через плотность: \(p = \dfrac{\rho}{M}RT\).

Найдём уравнение рассматриваемого процесса: \(\rho = kT + b\). При \(T = 0\) следует \(\rho = \rho_0 = b\), где \(\rho_0\) — максимальная плотность. При \(T = T_0\) следует \(\rho = 0\), т. е. \(0 = kT_0 + b\). Получаем: \(k = -\dfrac{b}{T_0} = -\dfrac{\rho_0}{T_0}\).

Таким образом, уравнение процесса: \(\rho = \rho_0\left(1 - \dfrac{T}{T_0}\right) = \rho_0(1-\eta)\), где \(\eta = \dfrac{T}{T_0}\), следовательно, \(T = \eta T_0\).

Подставим данную зависимость \(\rho\) от \(\eta\) в уравнение Менделеева–Клапейрона: \[p = \frac{R}{M}\rho_0(1-\eta)T \quad\text{или}\quad p = \frac{\rho_0 T_0 R}{M}(\eta - \eta^2)\] — квадратное уравнение относительно \(\eta\). Обозначим это соотношение (1). Приравняем его к нулю и найдём вершину параболы (\(x = -\dfrac{b}{2a}\)): \[\eta_{\max} = -\frac{\rho_0 T_0 R}{M}:\left(-\frac{2\rho_0 T_0 R}{M}\right) = \frac{1}{2}.\] Подставим в (1). Получим \[p_{\max} = \frac{\rho_0 T_0 R}{4M}.\] Обозначим это соотношение (2). Разделим (1) на (2). Получим \[\frac{p}{p_{\max}} = 4(\eta - \eta^2).\] По условию задачи \(\dfrac{p}{p_{\max}} = 0{,}75\). Приравнивая, получим квадратное уравнение \(4(\eta - \eta^2) = 0{,}75\). Решая относительно \(\eta\), получим \(\eta_1 = \dfrac{1}{4}\) и \(\eta_2 = \dfrac{3}{4}\). Так как \(\eta = \dfrac{T}{T_0}\), получим ответ: \(T_1 = \dfrac{1}{4}T_0\) и \(T_2 = \dfrac{3}{4}T_0\).

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, связанную со стенкой: там стенка неподвижна, и упругий удар просто меняет знак проекции скорости шарика на нормаль к стенке.

Ответ

\(\tau_2 = \dfrac{v_0^2 \sin\alpha\cos\alpha}{g\,(v_0\cos\alpha - V)}\) при \(v_0\cos\alpha - 2V > 0\).

Решение

Нарисуем рисунок, соответствующий условию задачи. Этот рисунок соответствует нашей работе в так называемой лабораторной инерциальной системе отсчёта (ЛИСО), связанной с землёй.

Шарик в момент броска находится в начале координат. Левая сторона стенки в момент броска шарика находится в точке, отстоящей от начала координат на расстоянии \(L_0\) (она не дана по условию задачи). Координаты шарика (в ЛИСО) изменяются со временем по закону: \[x(t) = v_0\cos\alpha\, t \quad (t \le \tau), \qquad y(t) = v_0\sin\alpha\, t - \frac{gt^2}{2} \quad (t \le t_{\text{падения}}).\] Координата левой стороны стенки: \(X(t) = L_0 + Vt\), где \(L_0 = X(t=0)\).

В момент соударения \(\tau\) шарика со стенкой \(X(\tau) = x(\tau)\), или \(v_0\cos\alpha\,\tau = L_0 + V\tau\). Отсюда получаем время соударения: \[\tau = \frac{L_0}{v_0\cos\alpha - V}.\] Из положительности \(\tau\) получаем \(v_0\cos\alpha - V > 0\). Это физическое условие того, что брошенный шарик «догонит» удаляющуюся от него стенку. Расстояние \(L\) (вдоль горизонта) от точки бросания до точки столкновения со стенкой: \[L = X(\tau) = x(\tau) = \frac{L_0 v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - V}.\] Запишем проекции скоростей шарика: \(v_x(t) = v_0\cos\alpha\) при \(t \le \tau\), \(v_y(t) = v_0\sin\alpha - gt\).

Перейдём в движущуюся инерциальную систему отсчёта (ДИСО), связанную со стенкой. В этой ДИСО скорость стенки равна нулю, а скорость шарика \(\vec v^{\,*} = \vec v - \vec V\). В проекции на ось \(x\): \(v_x^* = v_x - V\). Акт упругого соударения шарика с очень тяжёлой стенкой в ДИСО описывается очень просто: \[v_x^*(\tau+0) = -v_x^*(\tau-0).\] Само время упругого столкновения шарика со стенкой равно нулю.

Путём простых преобразований найдём проекцию скорости шарика \(v_x(\tau+0)\) на ось \(x\) (в ЛИСО) после соударения: \[v_x^*(\tau-0) = v_x(\tau-0) - V = v_0\cos\alpha - V, \qquad v_x^*(\tau+0) = V - v_0\cos\alpha,\] \[v_x(\tau+0) = v_x^*(\tau+0) + V = 2V - v_0\cos\alpha.\] Поскольку шарик после соударения летит в сторону, противоположную направлению оси \(x\) (чтобы вернуться в точку бросания — начало координат), потребуем, чтобы \(v_x(\tau+0) < 0\), т. е. \(2V < v_0\cos\alpha\). Далее работаем только в ЛИСО.

Пусть \(\tau_2\) — время полёта шарика от момента столкновения со стенкой до возвращения в точку бросания. Тогда \(x(t) = L + v_x(t)\,t\) при \(\tau < t < \tau + \tau_2\). В момент возвращения шарика в начало координат: \[0 = x(\tau+\tau_2) = L + v_x(\tau+0)\tau_2 = \frac{L_0 v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - V} + (2V - v_0\cos\alpha)\tau_2. \qquad (3)\] Ещё одно простое соотношение между неизвестными величинами задачи является следствием того, что шарик после упругого соударения со стенкой возвращается в точку бросания: \[\tau\, v_0\cos\alpha = (v_0\cos\alpha - 2V)\tau_2 = L. \qquad (4)\] Из последнего равенства следует: \[\tau_2 = \tau\,\frac{v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - 2V} = \frac{v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - 2V}\cdot\frac{L_0}{v_0\cos\alpha - V}. \qquad (5)\] Движение шарика вдоль вертикальной оси \(y\) — это движение тела, брошенного вертикально вверх в поле сил тяжести; на него соударение со стенкой не влияет. Время полёта шарика до возвращения в начало координат: \[\tau + \tau_2 = \frac{2v_0\sin\alpha}{g}. \qquad (6)\] Решая совместно (3), (4), (5), (6), получаем ответы: \[\tau = \frac{v_0\sin\alpha\,(v_0\cos\alpha - 2V)}{g\,(v_0\cos\alpha - V)}, \qquad \tau_2 = \frac{v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g\,(v_0\cos\alpha - V)},\] \[L = \frac{v_0^2\sin\alpha\cos\alpha\,(v_0\cos\alpha - 2V)}{g\,(v_0\cos\alpha - V)}, \qquad H = \frac{v_0^3\sin^2\alpha\cos\alpha\,(v_0\cos\alpha - 2V)}{2g\,(v_0\cos\alpha - V)^2},\] где \(v_0\cos\alpha - 2V > 0\).