Всесибирская, 2024/25, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Радиус полуокружности в поле \(B\) равен \(mV/(eB)\), поэтому время на каждой полуокружности легко выразить через \(B\). Найдите, за какой повторяющийся сегмент смещение электрона вдоль границы вырастает на один шаг, и разделите полное смещение на полное время.

Ответ

\(v_{\text{ср}}=\dfrac{V}{\pi}\) (при направлениях полей, как в авторском решении; при противоположном направлении поля \(B_2\) ответ меняет знак, \(v_{\text{ср}}=\dfrac{2V}{\pi}\) — ответ по примечанию организаторов).

Решение

Радиусы полуокружностей: \(R_1=\dfrac{mV}{eB}\) (верхняя область, поле \(B\)), \(R_2=\dfrac{mV}{2eB}\) (нижняя область, поле \(2B\)), \(R_3=\dfrac{2mV}{eB}\) (верхняя область, поле \(0{,}5B\)). Времена на полуокружностях: \[t_1=\frac{\pi R_1}{V}=\frac{\pi m}{eB},\qquad t_2=\frac{\pi R_2}{V}=\frac{\pi m}{2eB},\qquad t_3=\frac{\pi R_3}{V}=\frac{2\pi m}{eB}.\] Заметим, что \(t_1+2t_2=t_3\). Тогда повторяющийся сегмент — \(R_1\to R_2\to R_3\to R_2\), период движения \(T=t_1+2t_2+t_3\) (рисунок траектории — из официального решения, на условии его нет).

Смещение за один сегмент вдоль границы: \[\frac{\pi R_1}{V}+\frac{2\pi R_2}{V}=\frac{R_3}{V}\ \Rightarrow\ R_1+2R_2=R_3,\] поэтому смещение за \(N\) сегментов \[l=2\left(R_1-2R_2+R_3\right)N=2\left(R_1-2R_2+R_1+2R_2\right)N=4R_1N.\] Полное время \[T_{\text{полн}}=\frac{N}{V}\left(\pi R_1+2\pi R_2+\pi R_3\right)=\frac{4\pi NR_1}{V}.\] Итак, \(v_{\text{ср}}=\dfrac{l}{T_{\text{полн}}}=\dfrac{4R_1NV}{4\pi NR_1}=\dfrac{V}{\pi}\).

Примечание организаторов: если направление полей задано не как в авторском решении, меняется знак при вычислении \(l\), и ответ может быть равен \(\dfrac{2V}{\pi}\) (поле \(B_2\) направлено против других полей).

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

Подсказка

После взрыва скорости осколков противоположны, поэтому у одного из них траектория — это траектория другого, пройденная в обратную сторону. Запишите уравнение траектории и вспомните, что точки падения — его корни: теорема Виета даст сумму и произведение корней.

Ответ

\(h=\dfrac{L_1L_2}{L_1+L_2}\,\text{tg}\,\alpha\).

Решение

Из закона сохранения импульса следует, что скорости осколков противоположны. Поскольку изменение знака скорости эквивалентно отражению времени, оба осколка летят по одной траектории в противоположные стороны.

Уравнение траектории получается исключением времени из \[x=v\cos\alpha\cdot t,\qquad y=v\sin\alpha\cdot t-\frac{gt^2}{2}: \qquad y=x\,\text{tg}\,\alpha-\frac{gx^2}{2v^2\cos^2\alpha}.\] Оба расстояния \(x=L_1\) и \(x=L_2\) являются корнями уравнения \[h=x\,\text{tg}\,\alpha-\frac{gx^2}{2v^2\cos^2\alpha}.\] По теореме Виета \[L_1+L_2=\frac{2v^2\sin\alpha\cos\alpha}{g},\qquad L_1L_2=\frac{2hv^2\cos^2\alpha}{g},\] откуда \(h=\dfrac{L_1L_2}{L_1+L_2}\,\text{tg}\,\alpha\).

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

Подсказка

Найдите относительную скорость лодки и водорослей и массу водорослей, попадающую на лодку за секунду. Импульс этой массы нужно компенсировать тягой, а силу трения учесть отдельно.

Ответ

\(\Delta F=3225\) Н.

Решение

1. Относительная скорость: \(V_{\text{отн}}=V_{\text{лодки}}+V_{\text{водоросли}}=25\) м/с.

2. Масса водорослей, сталкивающаяся с лодкой за единицу времени: \[\frac{\Delta m}{\Delta t}=\rho_{\text{вод}}SV_{\text{отн}}=0{,}05\cdot100\cdot25=125~\text{кг/с}.\]

3. Изменение импульса системы за секунду: \(\Delta p=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}V_{\text{отн}}=125\cdot25=3125\) Н. Сила тяги, компенсирующая это изменение, \(\Delta F_{\text{имп}}=3125\) Н.

4. Сила трения от водорослей: \(F_f=khS=2\cdot10^{-3}\cdot500\cdot100=100\) Н.

5. Общая дополнительная сила тяги: \[\Delta F=\Delta F_{\text{имп}}+F_f=3125+100=3225~\text{Н}.\]

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

Подсказка

Скорость груза найдите из формулы дальности полёта, брошенного под углом \(\alpha\). Затем запишите первое начало термодинамики для газа и учтите работу против атмосферы и подъём поршня с грузом.

Ответ

\(Q=\dfrac32\nu R\,(T_{\text{к}}-T)+\dfrac{(m+M)Lg}{2\sin2\alpha}+P\,S\,\Delta h\), где \(T_{\text{к}}\) — температура газа в конце нагрева.

Решение

Скорость груза в момент отрыва находим из дальности полёта: \[L=\frac{2(v\cos\alpha)(v\sin\alpha)}{g}\ \Rightarrow\ v^2=\frac{Lg}{\sin2\alpha}.\] Первое начало термодинамики: \(Q=A+\Delta U\). Работа газа складывается из подъёма поршня с грузом на \(\Delta h\) (с разгоном до скорости \(v\)) и работы против атмосферы: \[Q=\Delta U+\frac{(m+M)v^2}{2}+(m+M)g\,\Delta h\sin\alpha+P_{\text{атм}}S\,\Delta h.\] Давление под поршнем \(P=P_{\text{атм}}+\dfrac{(m+M)g\sin\alpha}{S}\); подставляя \(P_{\text{атм}}\), получаем \[Q=\Delta U+\frac{(m+M)v^2}{2}+P\,S\,\Delta h.\] Изменение внутренней энергии одноатомного газа \(\Delta U=\dfrac32\nu R\,(T_{\text{к}}-T)\). Итого \[Q=\frac32\nu R\,(T_{\text{к}}-T)+\frac{(m+M)Lg}{2\sin2\alpha}+P\,S\,\Delta h.\]

Примечание организаторов: количество вещества можно считать известным или равным единице. Решение, где вся теплота ушла на работу по подъёму и ускорению поршня с грузом, оценивается в 7 баллов. Введение необходимой \(T_{\text{к}}\) (или использование \(P_{\text{к}}\)), не данных в условии, считается верным.

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

Подсказка

В системе, вращающейся со стержнем, на шарик действуют кулоновские силы от двух зарядов и нужна центростремительная сила: запишите их проекции на стержень и приравняйте.

Ответ

\(x=\sqrt{\dfrac{L^2}{4}-\sqrt{\dfrac{2kq^2L}{m\omega^2}}}\), где \(k\) — коэффициент в законе Кулона.

Решение

Пусть шарик находится на расстоянии \(x\) от центра. Расстояния до зарядов равны \(r_1=\dfrac L2-x\) и \(r_2=\dfrac L2+x\). Уравнение движения по окружности вдоль стержня: \[m\omega^2x=\frac{kq^2}{r_1^2}-\frac{kq^2}{r_2^2}=\frac{kq^2\left(\left(\frac L2+x\right)^2-\left(\frac L2-x\right)^2\right)}{\left(\frac L2+x\right)^2\left(\frac L2-x\right)^2}=\frac{2kq^2xL}{\left(\frac{L^2}{4}-x^2\right)^2}.\]

Сокращая на \(x\neq0\): \[m\omega^2=\frac{2kq^2L}{\left(\frac{L^2}{4}-x^2\right)^2}\ \Rightarrow\ \frac{L^2}{4}-x^2=\sqrt{\frac{2kq^2L}{m\omega^2}}\ \Rightarrow\ x=\sqrt{\frac{L^2}{4}-\sqrt{\frac{2kq^2L}{m\omega^2}}}.\]

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