ВсОШ, 2010/11, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Замените деревянный шарик шариком из воды того же объёма: на него действует та же сила Архимеда, а ускорение при движении по окружности одинаково. Что тогда можно сказать о направлении силы Архимеда относительно нити?

Ответ

3) сила Архимеда направлена под углом \(\alpha\) к вертикали, то есть вдоль верхней нити;  4) \(\dfrac{T_1}{T_2} = \dfrac{19}{8}\).

Решение

1. Рассмотрим мысленно вместо деревянного шарика шарик из воды. На эти шарики действует одинаковая сила Архимеда (рис. 19). Ускорение шариков \(a = \omega^2 R\). По второму закону Ньютона в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления: \[F_A\sin\gamma = \rho V_1\omega^2 R, \qquad F_A\sin\gamma - T_1\sin\alpha = \rho_1 V_1\omega^2 R,\] \[F_A\cos\gamma = \rho V_1 g, \qquad F_A\cos\gamma - T_1\cos\alpha = \rho_1 V_1 g.\] Отсюда \(\operatorname{tg}\gamma = \dfrac{\omega^2 R}{g}\), \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{\omega^2 R}{g}\). Итак, \(\gamma = \alpha\): сила Архимеда направлена под углом \(\alpha\) к вертикали, то есть вдоль нити.

2. Найдём горизонтальные и вертикальные составляющие сил Архимеда, действующих на шарики (рис. 20): \(F_{A1x} = \rho V_1\omega^2 R\), \(F_{A1y} = \rho V_1 g\), \(F_{A2x} = \rho V_2\omega^2\cdot 3R\), \(F_{A2y} = \rho V_2 g\). По второму закону Ньютона: \[\begin{cases} F_{A1x} - T_1\sin\alpha = \rho_1 V_1\omega^2 R,\\ F_{A1y} - \rho_1 V_1 g - T_1\cos\alpha = 0,\\ F_{A2x} + T_1\sin\alpha + T_2\cos\alpha = \rho_2 V_2\omega^2\cdot 3R,\\ F_{A2y} - \rho_2 V_2 g + T_1\cos\alpha - T_2\sin\alpha = 0. \end{cases}\] Из записанных уравнений находим: \[(\rho - \rho_1)V_1\omega^2 R = T_1\sin\alpha, \quad (\rho - \rho_1)V_1 g = T_1\cos\alpha,\] \[(\rho_2 - \rho)V_2\omega^2\cdot 3R = T_1\sin\alpha + T_2\cos\alpha, \quad (\rho_2 - \rho)V_2 g = T_1\cos\alpha - T_2\sin\alpha.\] Отсюда \[3\operatorname{tg}\alpha = \frac{x\sin\alpha + \cos\alpha}{x\cos\alpha - \sin\alpha}, \qquad x = \frac{T_1}{T_2}.\] Зная \(\alpha\) (\(\sin\alpha = 4/5\), \(\cos\alpha = 3/5\)), находим \(x = \dfrac{T_1}{T_2} = \dfrac{19}{8}\).

Подсказка

Для обратимой машины работает теорема Карно. Сколько теплоты нужно отдать айсбергу, чтобы растаял весь лёд, и сколько теплоты при этом забирается у Гольфстрима?

Ответ

1) \(A_{\max} = 2{,}45 \cdot 10^{13}\) Дж;  2) \(m_{\text{в}} = 5{,}12 \cdot 10^{7}\) кг.

Решение

1. По теореме Карно \[\frac{Q_1 - Q_2}{Q_1} = \frac{T_1 - T_2}{T_1}; \qquad \frac{Q_1}{T_1} = \frac{Q_2}{T_2},\] где \(Q_1\) и \(Q_2\) — количество теплоты, забираемое от нагревателя и передаваемое холодильнику соответственно. Здесь \(Q_2 = mq\), \(Q_1 = mq + A_{\max}\). Следовательно, \[A_{\max} = mq\left(\frac{T_1}{T_2} - 1\right) = 2{,}45 \cdot 10^{13}~\text{Дж}.\]

2. Пусть в этом случае \(Q_2\) — количество теплоты, перекачанное тепловым насосом в котёл, \(Q_1\) — количество теплоты, забираемое от Гольфстрима. Тогда \[\frac{Q_2}{T_0} = \frac{Q_1}{T_1}, \qquad Q_2 = \lambda m_{\text{в}}, \qquad Q_1 = Q_2 - A_{\max}.\] Отсюда \[\frac{\lambda m_{\text{в}}}{T_1} - \frac{\lambda m_{\text{в}}}{T_0} = \frac{A_{\max}}{T_1}, \qquad T_1 < T_0,\] следовательно, \[m_{\text{в}} = \frac{A_{\max}}{\lambda\left(1 - \dfrac{T_1}{T_0}\right)} = 5{,}12 \cdot 10^{7}~\text{кг}.\]

Подсказка

Учтите работу внешнего газа, который «продавливается» в сосуд, и изменение потенциальной энергии поршня. Затем запишите уравнение состояния газа в сосуде в конечном состоянии.

Ответ

\(T = \dfrac{5}{4}\,T_0\).

Решение

Пусть при заполнении сосуда газом снаружи в сосуд перешёл газ, ранее занимавший объём \(V\) (рис. 21). Внешнее давление при «продавливании» внутрь этого объёма совершает работу \(A_{\text{внеш}} = P_0 V\).

Закон сохранения энергии для системы «газ в сосуде — «внешний» газ объёма \(V\) — поршень»: \[U_1 + U_2 + A_{\text{внеш}} = U + \Delta E_{\text{п}},\] где \(U_1\) — внутренняя энергия исходного газа в сосуде, \(U_2\) — энергия «внешнего» газа из объёма \(V\), \(U\) — энергия газа в сосуде после заполнения, \(\Delta E_{\text{п}}\) — изменение потенциальной энергии поршня. Далее \[U_1 = \frac{3}{2}\cdot\frac{P_0}{2}V_0; \qquad U_2 = \frac{3}{2}P_0 V; \qquad U = \frac{3}{2}P_0\cdot 2V_0;\] \[\Delta E_{\text{п}} = mg\,\Delta h = \frac{P_0}{2}\,S\,\Delta h = \frac{P_0}{2}V_0.\] Подставляя в закон сохранения энергии, получаем \[\frac{5}{2}P_0 V = \frac{11}{4}P_0 V_0, \qquad V = \frac{11}{10}V_0.\]

Исходное число молей газа в сосуде \(\nu_1 = \dfrac{P_0 V_0}{2RT_0}\), число молей «внешнего» газа \(\nu_2 = \dfrac{11}{10}\dfrac{P_0 V_0}{RT_0}\). Итого \(\nu = \nu_1 + \nu_2 = \dfrac{8}{5}\dfrac{P_0 V_0}{RT_0}\). Из уравнения состояния \[\frac{P_0\cdot 2V_0}{RT} = \frac{8}{5}\frac{P_0 V_0}{RT_0},\] откуда \(T = \dfrac{5}{4}T_0\).

Подсказка

Запишите сумму падений напряжения на двух слоях и условие постоянства тока через слои. Полный заряд системы (пластины и контактный слой) равен нулю.

Ответ

1) \(\sigma_1 = \dfrac{2\varepsilon_0\mathcal{E}}{d\,(1 + \lambda_1/\lambda_2)}\),  \(\sigma_2 = -\dfrac{2\varepsilon_0\mathcal{E}}{d\,(1 + \lambda_2/\lambda_1)}\);  2) \(\sigma = -\dfrac{2\varepsilon_0\mathcal{E}}{d}\,\dfrac{\lambda_2 - \lambda_1}{\lambda_1 + \lambda_2}\).

Решение

1. Пусть \(E_1\) и \(E_2\) — напряжённости однородных электрических полей в верхнем и нижнем слоях соответственно. Тогда \[E_1\frac{d}{2} + E_2\frac{d}{2} = \mathcal{E}.\] Здесь \(E_1 d/2\) и \(E_2 d/2\) — падения напряжений на слоях. По закону Ома \[E_1\frac{d}{2} = I_1\,\frac{1}{\lambda_1}\,\frac{d/2}{S}, \qquad E_2\frac{d}{2} = I_2\,\frac{1}{\lambda_2}\,\frac{d/2}{S},\] где \(I_1 = I_2\) — силы токов в первом и втором слоях, \(S\) — площадь пластин. Поделив почленно эти соотношения, получим \[\frac{E_1}{E_2} = \frac{\lambda_1}{\lambda_2}.\]

Решая систему двух уравнений, найдём \[E_1 = \frac{2\mathcal{E}}{d\,(1 + \lambda_1/\lambda_2)}, \qquad E_2 = \frac{2\mathcal{E}}{d\,(1 + \lambda_2/\lambda_1)}.\] Поверхностные плотности зарядов на пластинах конденсатора: \[\sigma_1 = \varepsilon_0 E_1 = \frac{2\varepsilon_0\mathcal{E}}{d\,(1 + \lambda_1/\lambda_2)}; \qquad \sigma_2 = -\varepsilon_0 E_2 = -\frac{2\varepsilon_0\mathcal{E}}{d\,(1 + \lambda_2/\lambda_1)}.\]

2. Полный заряд конденсатора, включающий заряды на пластинах и заряд в плоскости контакта слоёв, равен нулю. Пусть \(\sigma\) — поверхностная плотность заряда в плоскости контакта. Тогда \(\sigma_1 + \sigma_2 + \sigma = 0\), откуда \[\sigma = -\sigma_1 - \sigma_2 = -\frac{2\varepsilon_0\mathcal{E}}{d} \left(\frac{1}{1 + \lambda_1/\lambda_2} - \frac{1}{1 + \lambda_2/\lambda_1}\right) = -\frac{2\varepsilon_0\mathcal{E}}{d}\,\frac{\lambda_2 - \lambda_1}{\lambda_1 + \lambda_2}.\]

Подсказка

Найдите, во сколько раз уменьшается разность напряжений за один цикл. После большого числа циклов напряжения выравниваются, а заряд системы сохраняется.

Ответ

1) \(C = 1\) мкФ;  2) \(U_\infty = 136\) В;  3) \(Q = 0{,}062\) Дж.

Решение

1. Рассмотрим процессы перезарядки конденсаторов в первом цикле. Из закона сохранения заряда: \[C_1 U_1 + C U_2 = (C_1 + C)\,U_1', \qquad U_1' = \frac{C_1 U_1 + C U_2}{C_1 + C};\] \[C_2 U_2 + C U_1' = (C_2 + C)\,U_2', \qquad U_2' = \frac{C_2 U_2 + C\,U_1'}{C_2 + C}.\] Разность напряжений после цикла: \[\Delta U' = U_2' - U_1' = \frac{C_1 C_2}{(C_1 + C)(C_2 + C)}\,(U_2 - U_1), \qquad \frac{\Delta U'}{(\Delta U)_0} = \frac{C_1 C_2}{(C_1 + C)(C_2 + C)} = A < 1.\] Таким образом, после каждого цикла разность напряжений уменьшается в \(1/A\) раз, а после \(n\) циклов — в \((1/A)^n\) раз. По условию \[\left(\frac{1}{A}\right)^{44} = 100 \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{A} = \sqrt[44]{100} \approx 1{,}11.\] Должны выполняться неравенства \(C \ll C_1\), \(C \ll C_2\). Пренебрегая членами второго порядка малости относительно \(C/C_1\) и \(C/C_2\), получаем \[\frac{1}{A} - 1 \approx C\left(\frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}\right) = 0{,}11,\] откуда \(C = 1\) мкФ.

2. После большого числа циклов напряжения на всех конденсаторах окажутся одинаковыми (\(U_\infty\)), и их можно соединить параллельно. Заряд батареи конденсаторов равен первоначальному заряду: \[C_1 U_1 + C_2 U_2 + C U_2 = (C_1 + C_2 + C)\,U_\infty,\] \[U_\infty = \frac{C_1 U_1 + C_2 U_2 + C U_2}{C_1 + C_2 + C} = \frac{9 U_1 + 10 U_2}{19} = 136~\text{В}.\]

3. Энергия в начальном состоянии и в конце: \[(W_э)_0 = \frac{C_1 U_1^2}{2} + \frac{(C_2 + C)\,U_2^2}{2} = 0{,}413~\text{Дж}, \qquad (W_э)_\infty = \frac{(C_1 + C_2 + C)\,U_\infty^2}{2} = 0{,}351~\text{Дж}.\] Тепловая энергия, выделившаяся на резисторе: \[Q = (W_э)_0 - (W_э)_\infty = 0{,}062~\text{Дж}.\]