ВсОШ, 2010/11, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

\(10\text{ см} < l_2 < 30\text{ см}\).

Решение

Пусть \(S\) — площадь сечения стержня. Вес воды в объёме стержня: \[P = \rho_0(l_1 + l_2)gS.\] Вес стержня: \[P_0 = (\rho_1l_1 + \rho_2l_2)gS.\] Стержень не будет тонуть, если \(P > P_0\), откуда находим: \[l_2 > l_1 = 10\text{ см}.\] Для того, чтобы стержень плавал вертикально, необходимо, чтобы при малом наклоне стержня возникал вращающий момент, стремящийся вернуть его в вертикальное положение. Это возможно, если точка приложения силы Архимеда \(\vec F_{\text{А}}\) находится выше точки приложения силы тяжести \(\vec F_{\text{Т}}\), то есть геометрический центр \(A\) погружённой части расположен выше центра тяжести \(C\) стержня (рис. 28). Это условие можно представить в виде:

\[OA > OC.\tag{14} \tag{1}\] Обозначим за \(L\) глубину подводной части стержня. Тогда: \[L = \dfrac{\rho_1l_1 + \rho_2l_2}{\rho_0} = \dfrac{3}{2}l_1 + \dfrac{1}{2}l_2,\] \[OA = \dfrac{L}{2} = \dfrac{1}{4}(3l_1 + l_2).\] По определению расстояние от точки \(O\) до центра масс равно: \[OC = \dfrac{\rho_1l_1(l_1/2) + \rho_2l_2(l_1 + l_2/2)}{\rho_1l_1 + \rho_2l_2} = \dfrac{3l_1^2 + 2l_1l_2 + l_2^2}{2(3l_1 + l_2)}.\] В этих обозначениях условие (14) примет вид: \[(3l_1 + l_2)^2 > 2(3l_1^2 + 2l_1l_2 + l_2^2),\] \[3l_1^2 + 2l_1l_2 - l_2^2 < 0.\] С учётом того, что \(l_2 > 0\), получаем ограничение сверху: \[l_2 < 3l_1 = 30\text{ см}.\] Окончательный ответ: \[10\text{ см} < l_2 < 30\text{ см}.\]

Ответ

\(a = g\cdot\dfrac{2m}{M + 5m}\).

Решение

Пусть к тому моменту, когда уголок проедет расстояние \(l\), его скорость станет равной \(v\). Произвольная точка \(A\) на нижней части нити будет двигаться влево с той же по модулю скоростью (рис. 29).

В системе отсчёта, связанной с уголком, точка \(A\) и брусок будут иметь скорость \(2v\). Значит, к интересующему нас моменту времени груз \(m\) опустится вниз на расстояние \(2l\).

Запишем закон сохранения энергии: \[mg\cdot 2l = \dfrac{1}{2}Mv^2 + \dfrac{1}{2}m\left[v^2 + (2v)^2\right],\] откуда: \[v^2 = \dfrac{4mgl}{M + 5m}.\tag{15} \tag{1}\] Из кинематики известно, что при равноускоренном движении из состояния покоя: \[a = \dfrac{v^2}{2l}.\tag{16} \tag{2}\] Решая совместно уравнения (15) и (16), получим: \[a = g\cdot\dfrac{2m}{M + 5m}.\]

Ответ

\(V_1 = \Delta V/5\).

Решение

Внутренняя энергия газа является функцией состояния, поэтому её изменение в процессе \(1 \to 2 \to 3\) равно: \[\Delta U_{1\to2\to3} = \nu C_V(T_3 - T_1) = \dfrac{C_V}{R}(p_3V_3 - p_1V_1) = \dfrac{C_V}{R}(p_3 - p_1)V_1.\] Работа, совершённая над газом в процессе \(1 \to 2 \to 3\), численно равна площади треугольника \(1 \to 2 \to 3\): \[A_{1\to2\to3} = -\dfrac{(p_3 - p_1)\Delta V}{2}.\] По первому закону термодинамики: \[A_{1\to2\to3} + \Delta U_{1\to2\to3} = Q_{1\to2\to3} = 0.\] Отсюда следует, что: \[-\dfrac{(p_3 - p_1)\Delta V}{2} + \dfrac{C_V}{R}(p_3 - p_1)V_1 = 0.\] С учётом того, что для азота \(C_V = 5R/2\), мы получаем: \[5V_1 = \Delta V,\qquad\text{или}\qquad V_1 = \Delta V/5.\] Это и есть искомое расстояние от оси \(p\) (давлений) до изохоры \(1 \to 3\).

Ответ

Сила тока через амперметр не изменится (на \(0\%\)): она не зависит от \(R_x\).

Решение

Мысленно отсоединим часть цепи, содержащую батарейку с ЭДС \(2\mathcal{E}\). Тогда сила тока, протекающего в оставшемся контуре (рис. 30), будет равна:

\[I_0 = \dfrac{3\mathcal{E}}{R + 2R} = \dfrac{\mathcal{E}}{R}.\] Найдём разность потенциалов между точками \(A\) и \(B\): \[\varphi_A - \varphi_B = 3\mathcal{E} - I_0R = 3\mathcal{E} - \dfrac{\mathcal{E}}{R}R = 2\mathcal{E}.\] Поскольку ЭДС \(2\mathcal{E}\) в точности равна разности потенциалов \((\varphi_A - \varphi_B)\), то подключение этой батареи к зажимам \(A\) и \(B\) не изменит разность потенциалов, и в этой ветви сила тока будет равна нулю: \[(\varphi_A - \varphi_B) - 2\mathcal{E} = 0 = I_2R_x.\] Следовательно, изменение сопротивления резистора \(R_x\) не повлияет на силу тока, проходящего через амперметр.

Ответ

Первая часть: 1) \(U_{2C} = \mathcal{E}/3\);  2) \(A = \dfrac{2C\mathcal{E}^2}{3}\). Вторая часть: 1) \(I = I_a\sin\omega t\) при \(t \leqslant T/2\) и \(I = 0\) при \(t \geqslant T/2\), где \(\omega = 1/\sqrt{2LC}\), \(T = 2\pi\sqrt{2LC}\) (амплитуда \(I_a\) — см. решение);  2) график — половина синусоиды на промежутке от \(0\) до \(T/2\) и нулевой ток после неё;  3) \(Q_R = \dfrac{\pi\sqrt{2}}{9}\sqrt{\dfrac{C^3}{L}}\,R\mathcal{E}^2\);  4) \(U_D \approx -\mathcal{E}/3\).

Решение

По истечении большого промежутка времени конденсаторы зарядятся до некоторых напряжений \(U_C\), \(U_{2C}\) и ток в цепи прекратится. Запишем второе правило Кирхгофа и закон сохранения заряда: \[\mathcal{E} = U_C + U_{2C},\tag{17} \tag{1}\] \[CU_C = 2CU_{2C}.\tag{18} \tag{2}\] Отсюда получим ответ на первый вопрос: \[U_{2C} = \dfrac{\mathcal{E}}{3}.\tag{19} \tag{3}\] Работа источника тока равна: \[A = \mathcal{E}\Delta q,\tag{20} \tag{4}\] Так как \(\Delta q = 2CU_{2C}\), то: \[A = \mathcal{E}\cdot 2C\cdot\dfrac{\mathcal{E}}{3} = 2C\dfrac{\mathcal{E}^2}{3}.\tag{21} \tag{5}\] После размыкания ключа \(K_1\) и замыкания ключа \(K_2\), пока диод открыт, в цепи будут происходить свободные затухающие колебания. По условию задачи энергия, которая выделяется в колебательном контуре за один период, намного меньше начальной энергии, запасённой в конденсаторе \(2C\), следовательно можно считать, что за первый полупериод колебания гармонические, то есть сила тока в цепи изменяется по закону: \[I = I_a\sin\omega t,\tag{22} \tag{6}\] Так как затухания малы: \[\omega = \omega_0 = 1/\sqrt{2LC}.\] Найдём амплитуду \(I_a\). По закону сохранения энергии: \[\dfrac{2CU_{2C}^2}{2} = \dfrac{LI_a^2}{2}.\tag{23} \tag{7}\] Из равенств (19) и (23) получим:

\[I_a = \mathcal{E}\dfrac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{\dfrac{2C}{L}} = \dfrac{2}{3}\mathcal{E}\sqrt{\dfrac{C}{L}}.\tag{24} \tag{8}\] После одного полупериода, когда сила тока в цепи обратится в ноль, напряжение на диоде станет отрицательным и диод закроется, поэтому ток в цепи прекратится. Запишем аналитически зависимость силы тока от времени: \[I = I_a\sin\omega t\quad\text{при}\quad t \leqslant T/2,\] \[I = 0\quad\text{при}\quad t \geqslant T/2.\] Построим график зависимости силы тока \(I\) в цепи от времени \(t\), учитывая, что затухания малы (рис. 31).

Зная зависимость силы тока от времени, найдём количество теплоты, которая выделится на катушке индуктивности:

\[Q_L = \int\limits_0^{T/2}I^2R\,dt = I_a^2R\int\limits_0^{T/2}(\sin\omega t)^2\,dt = I_a^2R\cdot\dfrac{T}{4},\tag{25} \tag{9}\] \[T \approx 2\pi/\omega_0 = 2\pi\sqrt{2LC}.\] Подставив (24) в (25), получим: \[Q_L = I_a^2R\cdot T/4 = \mathcal{E}^2\dfrac{2}{9}\dfrac{C}{L}R\dfrac{2\pi\sqrt{2LC}}{4} = \dfrac{\pi\sqrt{2}}{9}\sqrt{\dfrac{C^3}{L}}R\mathcal{E}^2.\] В установившемся режиме падение напряжения на диоде будет равно напряжению на конденсаторе, но с противоположным знаком, то есть: \[U_D = -U_{2C(\text{уст})} \approx -\dfrac{\mathcal{E}}{3}.\]