Всесибирская, 2022/23, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Объём аргона не меняется, значит, вся теплота идёт на рост внутренней энергии. Давление газа равно давлению воды на уровне поршня, а оно растёт с глубиной.

Ответ

\(\Delta Q=\dfrac{3}{2}\rho g h V\).

Решение

Поршень лёгкий и трения между поршнем и стенками сосуда нет, поэтому давление воды на уровне поршня равно давлению газа в сосуде. Гидростатическое давление повышается с глубиной: \(p_2-p_1=\rho g h\), где \(p_1\) и \(p_2\) — соответственно первоначальное и новое давление.

Поскольку при погружении сосуда объём газа не изменяется, то с увеличением температуры давление в газе будет увеличиваться. Повышение температуры обусловлено количеством \(\Delta Q\) полученного газом тепла. По первому началу термодинамики при изохорическом процессе это количество равно увеличению внутренней энергии газа: \(\Delta Q=\Delta U\). Выражая последнюю величину через давление и объём, находим: \[\Delta Q=\Delta U=\frac{3}{2}(p_2-p_1)V=\frac{3}{2}\rho g h V.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Раз отношение напряжений на одинаковых конденсаторах постоянно, то постоянно и отношение их зарядов, а значит, и токов разрядки. Запишите правило Кирхгофа для узлов и закон Ома для каждого резистора.

Ответ

\(R_2=\dfrac{R}{3}\), \(R_3=\dfrac{2}{7}R\).

Решение

Для конденсатора ёмкости \(C\) в любой момент времени выполняется соотношение между приложенным напряжением \(V\) и зарядом \(q\) на пластинах: \(q=CV\). При разрядке конденсатора через него идёт ток разрядки \(I_{\text{р}}=\Delta q/\Delta t\). Отсюда следует, что поскольку отношения напряжений на конденсаторах (\(4:2:1\)) поддерживаются фиксированными, то и отношения токов разрядки в любой момент времени будут такими же (\(4:2:1\)). С учётом этих отношений можно применить первое правило Кирхгофа к трём узлам на схеме и получить следующие соотношения для токов в резисторах: \[I_1=4I,\qquad I_2=6I,\qquad I_3=7I,\] где через \(I\) обозначен ток разрядки через конденсатор \(C_3\). С другой стороны, для напряжений на резисторах получаем из условия задачи соотношения \[V_1=2V,\qquad V_2=V_3=V,\] где через \(V\) обозначено напряжение на конденсаторе \(C_3\). Применение закона Ома к каждому резистору даёт \[2R=V/I,\qquad 6R_2=V/I,\qquad 7R_3=V/I.\] Отсюда получаем \(R_2=R/3\), \(R_3=\dfrac{2}{7}R\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Обозначьте длину резинок в первом равновесии \(l_1\) и выразите вес груза через жёсткость. В новом положении резинки образуют квадрат, и вертикальная составляющая натяжения каждой равна \(T/\sqrt2\).

Ответ

\(x=l\,\dfrac{\sqrt2-1}{\sqrt2}\).

Решение

Предположим, что длина резинок в первом равновесии \(l_1\), их жёсткость \(k\), вес груза \(mg\). Условие первоначального равновесия \(2k(l_1-l)=mg\).

Если после растяжки резинок груз поднимется на высоту \(x\), то длина резинок будет \(l_2=(l_1-x)\sqrt2\); они будут натянуты силой \(T=k(l_2-l)=k\bigl((l_1-x)\sqrt2-l\bigr)\).

Условие нового равновесия \[T\sqrt2=2k(l_1-x)-kl\sqrt2=mg.\] Подставив в последнее равенство значение \(mg\) из условия первого равновесия, получаем ответ: \[x=l\,\frac{\sqrt2-1}{\sqrt2}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

В плоскости, перпендикулярной полю, частица движется по дуге окружности, и время пропорционально центральному углу. Наибольшее время даёт траектория, почти касающаяся двух граней призмы.

Ответ

\(t=\dfrac{4\pi m}{3qB}\).

Решение

В плоскости, перпендикулярной магнитному полю, частица движется по окружности радиуса \(R=mv/(qB)\), где \(v\) — перпендикулярная магнитному полю компонента её скорости.

Длина дуги окружности \(l=\alpha R=\alpha mv/(qB)\), где \(\alpha\) — центральный угол. Время движения по дуге \(t=\alpha m/(qB)\). В перпендикулярной полю плоскости граница призмы является правильным треугольником.

Условие вылета частицы из призмы означает, что окружность, по которой движется частица с максимально возможным временем нахождения внутри призмы, касается одной из граней призмы \(OC\perp AB\). В общем случае траектория, проходящая через точку \(S\), может касаться только одной грани призмы. Вылет происходит в точке касания \(C\). Из точки \(S\) движение до точки \(C\) может происходить либо по часовой стрелке, либо против часовой стрелки. При этом меньший из углов \(SOC\) изменяется в диапазоне от \(2\pi/3\) до \(\pi\). Наибольшая продолжительность движения внутри призмы отвечает наибольшему (\(\alpha\)) центральному углу \(SOC\) между точкой старта \(S\) и точкой вылета \(C\).

На рисунке изображён предельный случай, когда траектория касается двух граней призмы. Наибольший угол \(\alpha=4\pi/3\) достигается, если центр траектории частицы (точка \(O\)) чуть смещается влево на рисунке. В этом случае траектория уже не будет касаться грани \(BD\), и вылет частицы из призмы происходит в точке \(C\). Время движения в этом случае \[t=\frac{4\pi m}{3qB}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

В системе отсчёта кабины шарик движется по окружности радиуса \(l\). В момент отрыва реакция опоры равна нулю, а вертикальное ускорение шарика в лабораторной системе ещё нулевое.

Ответ

\(v=\cos^2\alpha\cdot\sqrt{\dfrac{lg}{\sin\alpha}}\).

Решение

В лабораторной системе отсчёта в момент отрыва шарик двигался горизонтально, а кабина лифта двигалась с неизвестной скоростью \(v\).

В системе отсчёта, связанной с кабиной, шарик движется по окружности радиуса \(l\). Его скорость \(u\) перпендикулярна нити, и, пока шарик скользит, вертикальная составляющая этой скорости равна \(v\). В момент отрыва эта скорость \(u=v/\cos\alpha\).

Шарик в этот момент имеет центростремительное ускорение \(a_{\text{цс}}=\dfrac{v^2}{\cos^2\alpha\cdot l}\), и на него действует сила натяжения нити \(T\) и сила тяжести.

II закон Ньютона в направлении нити: \[\frac{mv^2}{\cos^2\alpha\cdot l}=T-mg\sin\alpha,\] где \(m\) — масса шарика.

Поскольку непосредственно перед точкой отрыва шарик двигался горизонтально и действующие на него силы не меняются мгновенно, его вертикальное ускорение равно нулю. II закон Ньютона в вертикальном направлении: \(T\sin\alpha-mg=0\).

Решаем совместно полученные уравнения и находим ответ: \[v=\cos^2\alpha\cdot\sqrt{\frac{lg}{\sin\alpha}}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.