Ведомственная, 2019/20, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Найдите моменты, в которые ускорение системы обращается в ноль. Между ними система неподвижна. Сравните \(t_0\) с этими моментами.

Ответ

\(V = 0\) м/с.

Решение

Движение разбивается на три этапа: движение налево до момента \(t_1\), покой между \(t_1\) и \(t_2\), движение направо с момента \(t_2\).

1 этап (движение налево). Проекции второго закона Ньютона: \[F - T - \mu m g = m a, \qquad T - \mu n m g - k t = n m a.\] Ускорение обращается в ноль в момент \[t_1 = \frac{F - \mu m g (n+1)}{k}.\]

3 этап (движение направо). Проекции: \[-F + T - \mu m g = m a, \qquad -T - \mu n m g + k t = n m a.\] Ускорение обращается в ноль в момент \[t_2 = \frac{F + \mu m g (n+1)}{k}.\]

Подставив числа, получим \(\mu m g(n+1) = 3\) Н, \(t_1 = 2\) с и \(t_2 = 14\) с. Значит, при \(t_0 = 10\) с система неподвижна: \(V = 0\) м/с.

Подсказка

При качении без проскальзывания кинетическая энергия вращения равна кинетической энергии поступательного движения. Сравните полную энергию с энергией пружинного маятника и найдите эффективную массу.

Ответ

\(\nu = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\).

Решение

Полная энергия системы складывается из энергии пружины, кинетической энергии поступательного движения колесика и энергии его вращательного движения. При качении без проскальзывания эти две кинетические энергии равны, поэтому \[E = \frac{m v^2}{2} + \frac{m v^2}{2} + \frac{k x^2}{2} = \frac{2m\,v^2}{2} + \frac{k x^2}{2}.\] Сравнивая с энергией пружинного маятника \(E_0 = \dfrac{m v^2}{2} + \dfrac{k x^2}{2}\), видим, что в уравнении движения вместо массы \(m\) стоит удвоенная масса \(2m\). По известной формуле для пружинного маятника частота колебаний равна \[\nu = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{2m}}.\]

Подсказка

Найдите возвращающую силу при малом смещении \(x\): разность двух кулоновских сил нужно разложить с точностью до первого порядка по \(x\). Из такой силы следует гармоническое колебание.

Ответ

Период уменьшится в 2 раза: \(T' = \dfrac{T}{2}\).

Решение

При смещении \(x\) бусинки от положения равновесия на неё действуют две силы отталкивания от зарядов \(q\) на концах направляющей: \[F = \frac{kQq}{(l+x)^2} - \frac{kQq}{(l-x)^2} = -\frac{4lkQq\,x}{(l^2 - x^2)^2} \approx -\frac{4kQq}{l^3}\,x,\] где последнее равенство верно при \(|x| \ll l\). Сила пропорциональна смещению, поэтому движение гармоническое, с угловой частотой \[\omega = \sqrt{\frac{4kQq}{m\,l^3}}, \qquad T = \frac{2\pi}{\omega} = \pi\sqrt{\frac{m\,l^3}{kQq}}.\] При увеличении заряда бусинки в 4 раза период уменьшается в 2 раза.

Подсказка

Изотерма 1–3 есть в обоих циклах, и количество теплоты на ней одно и то же. Выразите через неё КПД каждого цикла и КПД искомого цикла.

Ответ

\(\eta = \eta_1 + \eta_2 - \eta_1\eta_2\).

Решение

Обозначим \(Q_{12}\) — теплоту, полученную газом на участке 1–2, \(Q_T\) — модуль теплоты на изотерме 1–3 (на ней газ получает \(Q_T\), на изотерме 3–1 отдаёт \(Q_T\)), \(Q_{34}\) — теплоту, отданную на изобаре 3–4.

КПД цикла \((1\to2\to3\to1)\): \(\eta_1 = \dfrac{Q_{12} - Q_T}{Q_{12}}\), откуда \(Q_T = Q_{12}(1-\eta_1)\).

КПД цикла \((1\to3\to4\to1)\): \(\eta_2 = \dfrac{Q_T - Q_{34}}{Q_T}\), откуда \(Q_{34} = Q_T(1-\eta_2)\).

КПД искомого цикла \((1\to2\to3\to4\to1)\), в котором газ получает теплоту только на участке 1–2: \[\eta = \frac{Q_{12} - Q_{34}}{Q_{12}} = 1 - \frac{Q_T}{Q_{12}}\,(1-\eta_2) = 1 - (1-\eta_1)(1-\eta_2) = \eta_1 + \eta_2 - \eta_1\eta_2.\]

Подсказка

Кольца соединены в точках касания, и между ними образуется система дуг с двумя параллельными ветвями. ЭДС движения действует на каждой дуге, которая лежит внутри другого кольца. Силы Ампера на остальных участках компенсируются.

Ответ

\(F = \dfrac{16\pi^2 B^2 R^2 V}{r\,\alpha(2\pi - \alpha)}\,\sin^2\dfrac{\alpha}{2}\); сила на каждое кольцо направлена вдоль линии центров, противоположно его скорости.

Решение

Эквивалентная схема: два параллельных контура между точками касания \(a\) и \(б\). ЭДС, действующая на каждом из четырёх участков колец, расположенных между точками касания, \[\varepsilon = 2BVR\sin\frac{\alpha}{2};\] длина отрезка \(a\)–\(б\) равна \(l_{аб} = 2R\sin\dfrac{\alpha}{2}\).

Сопротивления дуг, пропорциональных центральным углам: \[r_1 = \frac{r(2\pi - \alpha)}{2\pi}, \qquad r_2 = \frac{r\alpha}{2\pi}.\] Токи на них: \(I_1 = \varepsilon/r_1\) и \(I_2 = \varepsilon/r_2\).

По симметрии результирующая сила Ампера направлена вдоль прямой, проходящей через центры колец. Её модуль \[F = (I_1 + I_2)\,B\,l_{аб} = \frac{\varepsilon\cdot 4\pi^2}{r\,\alpha(2\pi-\alpha)}\cdot B\,l_{аб} = \frac{16\pi^2 B^2 R^2 V}{r\,\alpha(2\pi-\alpha)}\,\sin^2\frac{\alpha}{2}.\] Сила, действующая на кольцо, направлена противоположно его скорости.