ВсОШ, 2013/14, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Из размерностей величин \(E\), \(\rho\), \(g\) и \(R\) составьте безразмерную комбинацию: так найдутся показатели степеней в формуле высоты колонны.

Подсказка

Найдите разность ускорений грузов, к которым приложена пружина: она подчиняется уравнению гармонических колебаний относительно нового положения равновесия.

Ответ

\(\tau = \pi\sqrt{\dfrac{2m}{3k}}\);  \(\Delta l = \dfrac{2mg}{3k}\).

Решение

Рассмотрим груз (1), к которому прикреплена только пружина (рис. 29). На него действует только сила \(F_1\) со стороны пружины: \[ma_1 = F_1.\] Так как пружина лёгкая, \(\vec F_1 + \vec F_2 = 0\), или \(F_1 = F_2 = F\).

Груз (2) движется под действием силы \(F_2\) со стороны пружины и силы \(F_3\) со стороны нити: \[ma_2 = F_3 - F_2.\] На груз (3) действуют силы тяжести \(mg\) и реакции нити \(F_4\): \[ma_3 = mg - F_4.\]

Поскольку нить нерастяжима, то \(F_3 = F_4\); \(a_2 = a_3\). Выразим из уравнений разность ускорений: \[a_2 - a_1 = \dfrac{g}{2} - \dfrac{3F}{2m}.\] С учётом закона Гука получаем: \[\ddot x = a_2 - a_1 = \dfrac{g}{2} - \dfrac{3k}{2m}\,x,\] где \(x\) — удлинение пружины. Введём обозначения: \(\omega^2 = \dfrac{3k}{2m}\); \(A_0 = \dfrac{mg}{3k}\); \(y = x - A_0\); и перепишем уравнение: \[\ddot y + \omega^2 y = 0.\] Мы получили уравнение колебаний, решение которого имеет вид \(y = A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t)\), или, возвращаясь к переменной \(x\): \(x = A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t) + A_0\).

Из условия, что система в начальный момент времени неподвижна (\(\dot x(0) = 0\)), следует, что \(B = 0\), а из условия, что пружина не растянута — \(A + A_0 = 0\). Отсюда получаем \[x = A_0\bigl(1 - \cos(\omega t)\bigr).\] Максимальное удлинение \(\Delta l = 2A_0 = \dfrac{2mg}{3k}\) достигается впервые через время \[\tau = \dfrac{\pi}{\omega} = \pi\sqrt{\dfrac{2m}{3k}}.\]

Подсказка

Составьте уравнение теплового баланса: тепло, отбираемое от воды, уходит на испарение её части в поток воздуха. Масса испарившейся воды — разность масс водяного пара на выходе и входе.

Ответ

\(q \approx 150\) кг/с \(= 540\) т/ч.

Решение

По условию задачи температура воздуха, проходящего через градирню, не меняется, а вода остывает за счёт испарения. Изменение температуры \(\Delta t\) воды найдём на основе уравнения теплового баланса: \[L\,\Delta m_1 = c\,q\,\Delta t,\] где \(\Delta m_1\) — масса испарившейся воды в единицу времени, \(q\) — масса воды, проходящей через градирню в единицу времени.

В градирню ежесекундно поступает объём воздуха \[V_1 = Su = \dfrac{\pi D^2}{4}\,u.\] Масса водяного газа (пара), поступающего в единицу времени в градирню вместе с воздухом, равна \[m_{\text{вх}} = \dfrac{V_1\mu p}{RT} = \dfrac{\pi D^2 u\mu p}{4RT},\] где \(p\) — давление водяного пара на входе. Масса пара, выходящего из градирни за то же время, равна \[m_{\text{вых}} = \dfrac{V_1\mu p_{\text{нас}}}{RT} = \dfrac{\pi D^2 u\mu p_{\text{нас}}}{4RT}.\] Таким образом, из поступающей в градирню воды ежесекундно испаряется \[\Delta m_1 = \dfrac{\pi D^2 u\mu p_{\text{нас}}}{4RT}\,(1 - \varphi).\] Тогда \[q = \dfrac{\Delta m_1 L}{c\,\Delta t} = \dfrac{\pi D^2 u\mu p_{\text{нас}}(1-\varphi)L}{4RT\,c\,\Delta t} \approx 150~\text{кг/с} = 540~\text{т/ч}.\]

Подсказка

До замыкания ключа ток в контуре из \(C\) и \(3C\) не течёт, поэтому заряды на конденсаторах определяются только ЭДС. Сразу после замыкания напряжения на конденсаторах не меняются.

Ответ

1) \(U_C = \dfrac34\,\mathcal{E}\);  2) \(I_{3R} = \dfrac{7\mathcal{E}}{44R}\);  3) \(U_C = \dfrac16\,\mathcal{E}\).

Решение

1. Вначале в замкнутом контуре, состоящем из ёмкостей \(C\) и \(3C\), ток не протекал. На рис. 33 изображена эквивалентная схема этой цепи. Суммарный заряд, сосредоточенный на верхних обкладках конденсаторов \(C\) и \(3C\), равен нулю. Значит, \[\mathcal{E} = \dfrac{q}{C} + \dfrac{q}{3C} = \dfrac{4q}{3C}.\]

После алгебраических преобразований найдём искомое напряжение: \[U_C = \dfrac{q}{C} = \dfrac34\,\mathcal{E}.\]

2. Сразу после замыкания ключа \(K\) заряд и напряжение на конденсаторе \(2C\) равны нулю. Согласно второму закону Кирхгофа для контура №1 (рис. 34) запишем: \[\mathcal{E} = -I_1R + U_C + U_{3C} + I_3R.\] Поскольку \(\mathcal{E} = U_C + U_{3C}\), уравнение примет вид: \(I_1R = I_3\cdot 3R\), или \(I_1 = 3I_3\).

Согласно второму закону Кирхгофа для контура №2 запишем: \[2\mathcal{E} = I_2\cdot 2R + U_{3C} + I_3\cdot 3R, \quad \text{или} \quad \dfrac{7\mathcal{E}}{4R} = 2I_2 + 3I_3.\] По первому закону Кирхгофа \(I_2 = I_1 + I_3 = 4I_3\). Тогда \[I_3 = \dfrac{7\mathcal{E}}{44R}.\]

3. После того, как переходные процессы завершатся, ток по контурам течь не будет. На рис. 35 изображена эквивалентная схема этой цепи. Суммарный заряд, сосредоточенный на верхних обкладках конденсаторов \(C\), \(2C\) и \(3C\), равен нулю: \(q_1 + q_2 = q_3\).

Для контура №1: \[\mathcal{E} = \dfrac{q_1}{C} + \dfrac{q_3}{3C}.\] Для контура №2: \[2\mathcal{E} = \dfrac{q_2}{2C} + \dfrac{q_3}{3C}.\] Решая полученную систему уравнений, найдём \[q_1 = \dfrac16\,C\mathcal{E}, \qquad U_1 = \dfrac{q_1}{C} = \dfrac16\,\mathcal{E}.\]

Подсказка

Подумайте, какой ток установится в цепи спустя долгое время, и сравните с характерным временем \(L/R\). Для второго пункта используйте симметрию (или законы Кирхгофа для токов и ЭДС самоиндукции).

Ответ

1) \(I_{60} = 46\) мА;  2) \(I_1 = 18\) мА, \(I_2 = I_4 = 3\) мА, \(I_3 = I_6 = 2\) мА, \(I_5 = 0\).

Решение

1. Система катушек в тетраэдре имеет индуктивность порядка \(L\). Характерное время установления токов в системе равно \(L/R = 10^{-5}\) с. Таким образом, за минуту в цепи переходные процессы прекратятся и искомая сила тока \(I_{60} = \mathcal{E}/R = 46\) мА.

2. Перерисуем схему в виде, более удобном для анализа (рис. 37).

Для любой катушки индуктивности ЭДС самоиндукции \(\mathcal{E}_i = -L\dfrac{dI}{dt}\). Рассмотрим контуры, которые не содержат батареек. Для примера рассмотрим контур из катушек \(2L\), \(5L\), \(3L\). Запишем второй закон Кирхгофа: \[-2L\dfrac{dI_2}{dt} + 5L\dfrac{dI_5}{dt} + 3L\dfrac{dI_3}{dt} = 0,\] \[-2L\,\Delta I_2 + 5L\,\Delta I_5 + 3L\,\Delta I_3 = 0.\]

Первый способ. Учитывая, что все токи вначале равны нулю, получаем: \[-2I_2 + 5I_5 + 3I_3 = 0.\] Записывая аналогичные равенства для других контуров, получаем ещё два уравнения: \[-I_1 + 4I_4 + 2I_2 = 0, \qquad -4I_4 - 5I_5 + 6I_6 = 0.\] Для узлов, к которым присоединена катушка \(5L\), применим первый закон Кирхгофа: \[I_2 + I_5 = I_4, \qquad I_3 = I_5 + I_6.\] Решая систему уравнений с учётом того, что суммарный ток через миллиамперметр равен \(I_A = I_1 + I_2 + I_3 = 23\) мА, получим: \[I_5 = 0~\text{мА}, \quad I_2 = I_4 = 3~\text{мА}, \quad I_3 = I_6 = 2~\text{мА}, \quad I_1 = 18~\text{мА}.\]

Второй способ. По аналогии с предыдущим можно провести формальную замену катушек индуктивности резисторами, причём аналогами сопротивлений будут являться индуктивности катушек \(L\). Заметим, что катушки индуктивности \(2L\), \(4L\), \(3L\), \(6L\), \(5L\) образуют сбалансированный мост, так как верно соотношение: \[\dfrac{2L}{4L} = \dfrac{3L}{6L}.\] Мост сбалансирован, поэтому ток через катушку \(5L\) не течёт. Индуктивности параллельных ветвей сверху вниз относятся как \(1 : 6 : 9\), следовательно, силы тока будут относиться как \(9 : 1{,}5 : 1\) соответственно. Ток через миллиамперметр равен \(23\) мА. Поэтому получаем ответ, приведённый выше.