ВсОШ, 2016/17, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Запишите условие гидростатического равновесия в сосудах с учётом поступающей жидкости. Закон Бойля–Мариотта для воздуха под поршнем даёт высоту столба воздуха, а сумма уровней над поршнем и в правом сосуде — высоту поверхности над поршнем.

Ответ

1) \(v_{\text{п}} = v/2 = 0{,}1\) мм/с (поверхность в правом сосуде поднимается); 2) скорость поверхности над поршнем в начале процесса близка к нулю; 3) а) \(z \approx 22{,}25\) см;  б) \(z = vt = 22\) см (поршень опустился на дно).

Решение

1. Пусть через малое время \(\Delta t\) после начала поступления жидкости на поршень высота столба жидкости в правом сосуде возросла на \(\Delta h\). Из условия гидростатического равновесия в сосудах \[p_0 + \rho g(l + \Delta h) = p_0 + \rho g v\,\Delta t + \rho g(l - \Delta h).\] Отсюда скорость подъёма жидкости в правом сосуде в начале процесса \[v_{\text{п}} = \frac{\Delta h}{\Delta t} = \frac{v}{2}.\]

2. Пусть \(S\) — площадь поршня, \(t\) — время поступления жидкости в левый сосуд. По закону Бойля–Мариотта \(p_0 l S = \left(p_0 + \rho g v t\right) H S\) находим высоту столба воздуха под поршнем \[H = \frac{l}{1 + \dfrac{\rho g v t}{p_0}} = \frac{l}{1 + \dfrac{vt}{2l}}.\] Высота поверхности жидкости над поршнем \(z(t) = (l - h) + H + vt\), где \(h = vt/2\) — понижение уровня в левом сосуде под поршнем, поэтому \[z(t) = l + \frac{vt}{2} + \frac{l}{1 + \dfrac{vt}{2l}}. \qquad (1)\] При малых \(t\) высота \(z(t) \approx \left(l + \dfrac{vt}{2}\right) + \left(l - \dfrac{vt}{2}\right) = 2l\), то есть в начале процесса скорость изменения высоты поверхности жидкости близка к нулю.

3а) Из формулы (1) при \(t = 600\) с, \(vt = 12\) см, получаем \(z \approx 22{,}25\) см.

3б) Формальная подстановка даёт, что через \(t = 1100\) с уровень жидкости под поршнем опустился бы на \(h = vt/2 = 11\) см. Но это больше \(l\). Следовательно, к этому времени вся вода из-под поршня перетечёт в правую часть, воздух под поршнем «пробулькнет», и поршень опустится на дно. Тогда высота поверхности жидкости над поршнем равна \(z = vt = 22\) см.

Подсказка

Запишите закон сохранения энергии для одного, двух, трёх и четырёх стеклоподъёмников и исключите из уравнений ток и работу, затем сравните времена.

Ответ

1) \(t_3 = \dfrac{t_1 t_2}{2t_1 - t_2}\);  2) \(t_4 = \dfrac{t_1 t_2}{3t_1 - 2t_2}\).

Решение

Закон сохранения энергии при работе одного стеклоподъёмника: \[IU = I^2(r + R) + \frac{sF}{t_1}.\] Здесь \(U\) — ЭДС аккумулятора, \(r\) — его внутреннее сопротивление, \(R\) — сопротивление обмотки электродвигателя, \(I\) — сила тока, необходимая для равномерного подъёма стекла и создающая необходимую силу тяги \(F = \beta I\), \(\beta\) — коэффициент пропорциональности, \(s\) — перемещение стекла при подъёме.

При работе двух стеклоподъёмников сила тока через аккумулятор в два раза больше: \[2IU = (2I)^2\left(r + \frac{R}{2}\right) + \frac{2sF}{t_2}.\] Для трёх и четырёх стеклоподъёмников аналогично: \[3IU = (3I)^2\left(r + \frac{R}{3}\right) + \frac{3sF}{t_3}, \qquad 4IU = (4I)^2\left(r + \frac{R}{4}\right) + \frac{4sF}{t_4}.\] Из первых трёх уравнений получаем \[\frac{1}{t_3} - \frac{1}{t_2} = \frac{1}{t_2} - \frac{1}{t_1},\] откуда \[t_3 = \frac{t_1 t_2}{2t_1 - t_2}.\] Аналогично \[t_4 = \frac{t_1 t_2}{3t_1 - 2t_2}.\]

Подсказка

Выразите скорость изменения энергии конденсатора через силу тока \(I\) и заряд \(q\), затем запишите закон Ома и баланс мощностей батареи. Максимум мощности конденсатора достигается при \(I = \varepsilon/(2R)\).

Ответ

\(W_1 = \dfrac{15}{32}\,C\varepsilon^2\) или \(W_2 = \dfrac{7}{32}\,C\varepsilon^2\) (задача имеет два решения).

Решение

Скорость изменения энергии конденсатора \[P = \frac{d}{dt}\left(\frac{q^2}{2C}\right) = \frac{q}{C}\frac{dq}{dt} = \frac{q}{C}\,I. \qquad (1)\] Здесь \(I\) — сила тока в цепи, \(q\) — заряд на конденсаторе. Закон Ома для цепи \[\varepsilon = IR + \frac{q}{C}. \qquad (2)\] Работа батареи идёт на зарядку конденсатора и на тепловые потери на резисторе: \[\varepsilon I = P + I^2 R. \qquad (3)\] Максимум мощности достигается при силе тока \(I = \varepsilon/(2R)\). Из уравнения (2) заряд на ёмкости при этом \(q = C\left(\varepsilon - \dfrac{\varepsilon}{2R}R\right) = \dfrac{C\varepsilon}{2}\), и из (1) максимальная скорость изменения энергии \[P_{\max} = \frac{\varepsilon^2}{4R}. \qquad (4)\] По условию в момент размыкания ключа \[P = \frac{3}{16}\,\frac{\varepsilon^2}{R}. \qquad (5)\] Подставляя это выражение в уравнение (3), получаем квадратное уравнение \[I^2 - \frac{\varepsilon}{R}I + \frac{3}{16}\left(\frac{\varepsilon}{R}\right)^2 = 0,\] решая которое, находим \[I = \frac{\varepsilon}{2R} \pm \frac{\varepsilon}{4R}, \qquad I_1 = \frac{\varepsilon}{4R}, \quad I_2 = \frac{3\varepsilon}{4R}.\] Из уравнения (2) найдём соответствующие заряды: \[q_1 = \frac{3C\varepsilon}{4}, \qquad q_2 = \frac{C\varepsilon}{4}.\] Джоулево тепло, выделившееся на резисторе, равно работе батареи минус энергия конденсатора: \(W = q\varepsilon - \dfrac{q^2}{2C}\). Соответственно, \[W_1 = \frac{24}{32}C\varepsilon^2 - \frac{9}{32}C\varepsilon^2 = \frac{15}{32}C\varepsilon^2, \qquad W_2 = \frac{8}{32}C\varepsilon^2 - \frac{1}{32}C\varepsilon^2 = \frac{7}{32}C\varepsilon^2.\] Таким образом, задача имеет два решения: \(W_1 = \dfrac{15}{32}C\varepsilon^2\) и \(W_2 = \dfrac{7}{32}C\varepsilon^2\).

Подсказка

Центр масс системы неподвижен. Найдите ускорение бусинки относительно стержня при малом смещении; оно пропорционально смещению, то есть движение — гармоническое. Искомое время составляет четверть периода.

Ответ

\(\tau = \dfrac{T}{4} = \dfrac{\pi L}{4}\sqrt{\dfrac{L}{2G(M + m)}} \approx 2{,}0\cdot 10^6\) с \(\approx 24\) суток.

Решение

В процессе колебаний центр масс системы тел остаётся неподвижным. Начало лабораторной системы отсчёта поместим в центр масс. Подвижную систему отсчёта свяжем со спицей. В лабораторной системе ускорение бусинки при малом её смещении \(x_1\) относительно спицы определяется силой притяжения концевого отрезка спицы длиной \(2x_1\), расположенного на расстоянии \(\approx L/2\) от бусинки: \[a_{m,C} = -\frac{Gm\,(M/L)\,2x_1}{m\,(L/2)^2} = -\frac{8GM}{L^3}\,x_1.\] Ускорение стержня при этом смещении бусинки \[a_{M,C} = \frac{Gm\,(M/L)\,2x_1}{M\,(L/2)^2} = \frac{8Gm}{L^3}\,x_1.\] Тогда ускорение бусинки относительно стержня \[a_m = a_{m,C} - a_{M,C} = -\frac{8G(M + m)}{L^3}\,x_1.\] Это уравнение гармонических колебаний бусинки относительно спицы с периодом \[T = \frac{2\pi}{\omega} = \pi L\sqrt{\frac{L}{2G(M + m)}}.\] Искомое время равно четверти периода колебаний: \[\tau = \frac{T}{4} \approx 2{,}0\cdot 10^6~\text{с} \approx 24~\text{суток}.\]

Подсказка

Найдите предельный угол полного внутреннего отражения на сферической поверхности линзы. Лучи, падающие под большими углами, не выходят из линзы; граница яркого кольца задаётся предельным лучом.

Ответ

1) \(L_1 \approx 2{,}05\) см;  2) \(1{,}05~\text{см} \le L_2 \le 1{,}82\) см.

Решение

Плоскую границу линзы все лучи проходят без преломления. Из сферической поверхности выходят не все лучи: часть из них испытывает полное отражение. Предельный угол падения, при котором лучи перестают выходить за сферическую поверхность: \[n\sin\alpha_{\text{пр}} = 1{,}0, \qquad \alpha_{\text{пр}} = 30^\circ.\] Ход некоторых лучей показан на рисунке. Внешняя граница яркого кольца в первом случае определяется лучом, падающим на сферическую поверхность под предельным углом \(30^\circ\). Диаметр же тёмного центрального пятна равен диаметру линзы.

Определим с помощью масштабной линейки внешний диаметр кольца \(D = 2{,}90\) см и диаметр внутреннего тёмного круга \(d = 2{,}10\) см. Для предельного луча угол \(30^\circ\), \(CD = d/2 = R = 1{,}05\) см, \(CE = D/2 = 1{,}45\) см (рис. 5).

Пусть \(L\) — искомое расстояние, тогда \(AB = L - R\cos\alpha_{\text{пр}}\), \(BE = \dfrac{D}{2} + R\sin\alpha_{\text{пр}}\), \(\dfrac{AB}{BE} = \mathrm{tg}\alpha_{\text{пр}}\). В результате преобразований \[L_1 = \frac{\dfrac{D}{2}\sin\alpha_{\text{пр}} + R}{\cos\alpha_{\text{пр}}} \approx 2{,}05~\text{см}.\]

Во втором случае точки \(D\) и \(E\) должны совпасть, либо точка \(E\) должна располагаться ближе к точке \(C\). Тогда \(D \le d = 2{,}10\) см. Поскольку придвинуть линзу к экрану ближе, чем на расстояние \(R = d/2\), невозможно, то \[R \le L_2 \le R\,\frac{\sin\alpha_{\text{пр}} + 1}{\cos\alpha_{\text{пр}}} \quad\text{или}\quad 1{,}05~\text{см} \le L_2 \le 1{,}82~\text{см}.\]