Всесибирская, 2024/25, заключительный этап, 11 класс

Перейдите в систему отсчёта вагона: там действует эффективная «тяжесть», перпендикулярная полу. Период колебаний и угол, на который отклонится маятник, найдите в этой системе.

\(\cos\beta=1-2\pi^2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}\cos\dfrac{\alpha}{2}\); при \(\alpha\ll1\) \(\beta\approx\pi\alpha\).

Пусть горка наклонена к горизонту под углом \(\varphi\). Вагон движется с ускорением \(a=g\sin\varphi\) вдоль склона. Тело, отпущенное в вагоне, движется с тем же ускорением вдоль склона и с ускорением \(a_\perp=g\cos\varphi\) перпендикулярно ему. Относительно вагона тело движется перпендикулярно полу с ускорением \(a\), то есть в вагоне действует эффективная сила тяжести, направленная перпендикулярно полу и создающая ускорение \(a_\perp=g\cos\varphi\).

В этих условиях маятник в начальный момент наиболее отклонён от местной вертикали на угол \(\varphi\) и на такой же угол отклоняется от неё, поэтому \(\varphi=\dfrac{\alpha}{2}\). До возвращения в прежнее положение маятник совершает полный период колебаний $$T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g\cos(\alpha/2)}}.$$ За это время вагон приобретает скорость $$v=aT=2\pi\sin\dfrac{\alpha}{2}\sqrt{\dfrac{Lg}{\cos(\alpha/2)}}.$$ Такую же скорость в лабораторной системе имеет груз маятника. После остановки вагона груз сохраняет скорость в направлении, перпендикулярном нити: сила натяжения нити в этом направлении не действует. В точке равновесия он движется со скоростью $$u=v\cos\dfrac{\alpha}{2}.$$ По закону сохранения энергии для маятника $$\dfrac{mu^2}{2}=mgL(1-\cos\beta)=2\pi^2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}\cos\dfrac{\alpha}{2} mgL,$$ где \(\beta\) — угол наибольшего отклонения. Отсюда \(\cos\beta=1-2\pi^2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}\cos\dfrac{\alpha}{2}\), а при малом \(\alpha\) получаем \(\dfrac{\beta^2}{2}\approx\dfrac{\pi^2\alpha^2}{2}\), то есть \(\beta\approx\pi\alpha\).

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

Скорость максимальна в положении равновесия шарнира: его найдите из баланса сил и моментов. Работу силы Ампера при перемещении стержней удобно выразить через площадь треугольника \(ABC\).

\(v=\sqrt{\dfrac{gL}{2}}\).

Максимум кинетической энергии системы достигается в положении равновесия. На стержень действуют сила Ампера \(F_a=IBL\), сила реакции опоры шины \(N\) и реакции \(N_1\) в точке контакта; вертикальная составляющая \(N_{1y}=\dfrac{mg}{2}\).

Баланс сил по горизонтали: \(N_{1x}-F_a\sin\alpha=0\). Баланс моментов сил относительно нижней точки: \(N_{1x}L\sin\alpha+N_{1y}L\cos\alpha-\dfrac{F_aL}{2}=0\). Отсюда $$mg=F_a\dfrac{1-2\sin^2\alpha}{\cos\alpha}=\dfrac{F_a}{\sqrt3} (\alpha=30^\circ),  то есть m=\dfrac{IBL}{\sqrt3 g}.$$

Закон сохранения энергии для шарнира: $$\dfrac{mv^2}{2}=A-mgL\sin\alpha.$$ При малом перемещении стержня \(AB\) в положение \(A_1B_1\) работа силы Ампера равна \(\Delta A=I B\,\Delta S\), где \(\Delta S\) — площадь, заметаемая стержнем. Для двух стержней работа равна \(A=IB\,S_{ABC}\), где \(S_{ABC}\) — площадь треугольника \(ABC\): $$A=IBL^2\sin\alpha\cos\alpha=IBL^2\dfrac{\sqrt3}{4}.$$ Подставляя \(m\), получаем \(mgL\sin\alpha=\dfrac{IBL^2}{2\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}{6}IBL^2\), и $$\dfrac{mv^2}{2}=\dfrac{\sqrt3}{4}IBL^2-\dfrac{\sqrt3}{6}IBL^2=\dfrac{\sqrt3}{12}IBL^2,$$ откуда \(v^2=\dfrac{\sqrt3\,IBL^2}{6m}=\dfrac{gL}{2}\), \(v=\sqrt{\dfrac{gL}{2}}\). Ток и индукция в ответ не входят.

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

Пока верхний поршень находится в равновесии, давление под ним не меняется; используйте это, а затем запишите закон сохранения энергии для гелия с учётом работы силы тяжести и газа.

\(\dfrac{V_1}{V}=\dfrac{2P}{P+P_a}\).

Начальное равновесие поршней массы \(m\) и сечения \(S\): \(2mg=(P-P_a)S\).

При медленном просачивании гелия верхний поршень остаётся в равновесии. Условие его равновесия при давлении гелия \(P_1\): \(mg=(P_1-P_a)S\). Отсюда \(P_1=P_a+\dfrac{mg}{S}=\dfrac{P+P_a}{2}\), то есть давление \(P_1\) не меняется.

Закон сохранения энергии при начальном объёме под поршнями \(V\) и конечном объёме под верхним поршнем \(V_1\): $$\dfrac32\left(P_1V_1-PV\right)=mg\dfrac{V}{S}-P_1\left(V_1-V\right).$$ Здесь первый член — изменение внутренней энергии гелия, второй — работа силы тяжести над опускающимся нижним поршнем, третий — работа газа при подъёме верхнего поршня. Подставляя \(mg/S=(P-P_a)/2\) и \(P_1=(P+P_a)/2\), получаем \(V_1=\dfrac{PV}{P_1}\), то есть $$\dfrac{V_1}{V}=\dfrac{2P}{P+P_a}.$$

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

Снаружи равномерно заряженная сфера действует как точечный заряд \(Q_1\) в своём центре. Запишите закон сохранения энергии для бруска с учётом трения и потенциала и решите получившееся квадратное уравнение относительно высоты.

\(H=\dfrac{C+\sqrt{C^2-4mg(1-\mu\,\mathrm{ctg}\,\alpha)\,qQ_1\sin\alpha}}{2mg(1-\mu\,\mathrm{ctg}\,\alpha)}-R\sin\alpha\), где \(Q_1=Q\left(1-\dfrac{r^3}{R^3}\right)\), \(C=mg(h+R\sin\alpha)(1-\mu\,\mathrm{ctg}\,\alpha)+\dfrac{qQ_1\sin\alpha}{h+R\sin\alpha}-\dfrac{mv_0^2}{2}\) (случай остановки перед сферой).

Сферу можно заменить точечным зарядом \(Q_1\) в её центре. Заряд сферы $$Q_1=\dfrac{\frac43\pi(R^3-r^3)Q}{\frac43\pi R^3}=Q\left(1-\dfrac{r^3}{R^3}\right).$$ Так как размеры тела малы по сравнению с размерами сферы, тело — точечный заряд. Расстояние от бруска до центра сферы при высоте \(H\) равно \(\dfrac{H+R\sin\alpha}{\sin\alpha}\), поэтому потенциальная энергия взаимодействия \(q\varphi=\dfrac{qQ_1\sin\alpha}{H+R\sin\alpha}\). Обозначим \(\mu\,\mathrm{ctg}\,\alpha\) через \(c\) и введём \(H'=H+R\sin\alpha\).

Случай I: брусок останавливается перед сферой. Закон сохранения энергии от начала движения до первой остановки на высоте \(h\): $$\dfrac{mv_0^2}{2}+mgH+\dfrac{qQ_1\sin\alpha}{H+R\sin\alpha}=mgh+\mu mg \mathrm{ctg} \alpha (H-h)+\dfrac{qQ_1\sin\alpha}{h+R\sin\alpha}.$$ Преобразуя, получаем квадратное уравнение относительно \(H'\): $$mg(1-c)H'^2-CH'+qQ_1\sin\alpha=0,$$ $$C=mg(h+R\sin\alpha)(1-c)+\dfrac{qQ_1\sin\alpha}{h+R\sin\alpha}-\dfrac{mv_0^2}{2}.$$ Корень, который дан в официальном решении (со знаком «+»): $$H'=\dfrac{C+\sqrt{C^2-4mg(1-c) qQ_1\sin\alpha}}{2mg(1-c)},  H=H'-R\sin\alpha.$$

Случай II: брусок испытывает упругий удар о сферу и останавливается при движении вверх на высоте \(h\). Закон сохранения энергии: $$\dfrac{mv_0^2}{2}+mgH+\dfrac{qQ_1\sin\alpha}{H+R\sin\alpha}=mgh+\mu mg \mathrm{ctg} \alpha (H+h)+\dfrac{qQ_1\sin\alpha}{h+R\sin\alpha}.$$ Аналогично получаем квадратное уравнение того же вида с $$C=mg(h+R\sin\alpha)+\dfrac{qQ_1\sin\alpha}{h+R\sin\alpha}-\dfrac{mv_0^2}{2}+\mu mg \mathrm{ctg} \alpha (h-R\sin\alpha),$$ и \(H\) находится по той же формуле.

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

Считайте каждый этап отдельно: в установившемся режиме ток через резистор не течёт. На изолированном узле заряд сохраняется. Тепло на каждом этапе — это работа источников минус изменение энергии конденсаторов.

\(Q=\dfrac{C_1C_2}{2(C_1+C_2)}\,\varepsilon_1^2+\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2}\,\varepsilon_1\varepsilon_2+\dfrac{C_1}{2}\,\varepsilon_2^2+\dfrac{C_1C_2^2}{2(C_1+C_2)^2}\,\varepsilon_1^2\).

Первый этап (ключ в положении 1). Конденсаторы \(C_1\) и \(C_2\) соединены последовательно с источником \(\varepsilon_1\), ток через резистор в установившемся режиме не течёт, и на них одинаковые заряды $$q_1=\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2} \varepsilon_1,  U_1=\dfrac{q_1}{C_1}=\dfrac{C_2}{C_1+C_2} \varepsilon_1.$$ Работа источника \(q_1\varepsilon_1\) идёт на зарядку конденсаторов и на тепло: $$Q_1=q_1\varepsilon_1-\dfrac{C_{посл}\varepsilon_1^2}{2}=\dfrac{C_1C_2}{2(C_1+C_2)} \varepsilon_1^2,  C_{посл}=\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2}.$$

Второй этап (ключ в положении 2). Конденсатор \(C_2\) оказывается на изолированном узле, его заряд не меняется, поэтому его энергия и работа источника \(\varepsilon_1\) не дают вклада. Конденсатор \(C_1\) оказывается параллельно источнику \(\varepsilon_2\): в установившемся режиме \(q_2=C_1\varepsilon_2\). Через источник \(\varepsilon_2\) проходит заряд \(q_1+q_2=q_1+C_1\varepsilon_2\), а изменение энергии конденсатора \(C_1\) равно \(\Delta E_c=\dfrac{C_1\varepsilon_2^2}{2}-\dfrac{C_1U_1^2}{2}\). Тогда $$Q_2=(q_1+q_2)\varepsilon_2-\Delta E_c=\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2} \varepsilon_1\varepsilon_2+\dfrac{C_1\varepsilon_2^2}{2}+\dfrac{C_1C_2^2}{2(C_1+C_2)^2} \varepsilon_1^2.$$

Суммарная теплота: $$Q=Q_1+Q_2=\dfrac{C_1C_2}{2(C_1+C_2)}\varepsilon_1^2+\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2}\varepsilon_1\varepsilon_2+\dfrac{C_1}{2}\varepsilon_2^2+\dfrac{C_1C_2^2}{2(C_1+C_2)^2}\varepsilon_1^2.$$

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