ВсОШ, 2025/26, муниципальный этап, 11 класс

Подсказка

Перепишите уравнение процесса через уравнение состояния \(pV = \nu RT\): что остаётся постоянным? Для работы газа в таком процессе используйте интеграл \(\int p\,dV\).

Ответ

1) \(T_2 = 300\) К;  2) \(\Delta U = 0\) кДж;  3) \(Q = 2{,}74\) кДж;  4) \(V_2/V_1 = 3{,}00\).

Решение

Подставив \(pV = \nu RT\) в условие \(pVT = \text{const}\), получаем \(\nu R\,T^2 = \text{const}\), то есть \(T = \text{const}\): процесс изотермический, \(T_2 = T_1 = 300\) К.

В изотермическом процессе \(\Delta U = 0\). По первому закону термодинамики \(Q = \Delta U + A = A = 2{,}74\) кДж.

Работа газа в изотермическом процессе: \[A = \int_{V_1}^{V_2} p(V)\,dV = \nu R T \ln\frac{V_2}{V_1},\] откуда \(\dfrac{V_2}{V_1} = e^{A/(\nu R T)} \approx 3{,}00\).

Подсказка

Сравните составляющую силы трения о ленту вдоль перекладины с силой трения о перекладину. В установившемся движении вектор скорости изделия относительно ленты направлен не вдоль ленты, а сила трения о ленту поворачивается вместе с ним.

Ответ

1) \(\alpha_{\min} = 17^\circ\);  2) \(u = 36\) см/с.

Решение

Условие начала соскальзывания: проекция силы трения о ленту \(F_{тр1} = \mu_1 mg\) на направляющую должна превышать силу трения о направляющую \(F_{тр2} = \mu_2 N\). В переходном случае \(\mu_1 mg\sin\alpha = \mu_2 N\). Сила реакции \(N = \mu_1 mg\cos\alpha\), поэтому \(\mathrm{tg}\,\alpha \geq \mu_2\). Минимальный угол \(\mathrm{tg}\,\alpha_{\min} = \mu_2\), откуда \(\alpha_{\min} = 17^\circ\). Результат не зависит от \(\mu_1\), лишь бы он был отличен от нуля.

При \(\alpha > \alpha_{\min}\) детали скользят вдоль перекладины. По мере роста скорости \(\vec u\) вектор скорости проскальзывания относительно ленты поворачивается к нормали \(AD\) перекладины, и вектор силы трения о ленту составляет с нормалью некоторый угол \(\beta\). В установившемся режиме \[F_{тр1}\sin\beta = \mu_2 N = \mu_2 F_{тр1}\cos\beta \quad\Rightarrow\quad \mathrm{tg}\,\beta = \mu_2.\] Из теоремы синусов для треугольника скоростей: \[\mathrm{tg}\,\beta = \frac{v\sin\alpha - u}{v\cos\alpha} = \mu_2,\] откуда \[u = v\left(\sin\alpha - \mu_2\cos\alpha\right) = 1{,}5\left(0{,}5 - 0{,}3\cdot0{,}866\right)\ \text{м/с} \approx 36\ \text{см/с}.\]

Подсказка

Нить нерастяжима, поэтому оба шарика движутся с одинаковой по модулю скоростью. Отрыв лёгкого шарика от цилиндра означает обращение силы реакции в ноль; сила давления максимальна там, где максимальна функция \(N(\varphi)\).

Ответ

1) \(M/m = 2{,}18\);  2) \(\varphi' = 0{,}57\) рад;  3) \(v' = 24\) см/с.

Решение

Пусть лёгкий шарик \(m\) находится в точке \(A\), а тяжёлый \(M\) опустился на высоту \(h = R\varphi\). Нить нерастяжима, поэтому до отрыва \(v_1 = v_2 = v\). По закону сохранения энергии \[-MgR\varphi + mgR\sin\varphi + \frac{(m+M)v^2}{2} = 0 \quad\Rightarrow\quad v^2(\varphi) = \frac{2gR}{m+M}\left(M\varphi - m\sin\varphi\right).\]

Второй закон Ньютона для лёгкого шарика в проекции на направление к оси цилиндра: \[mg\sin\varphi - N(\varphi) = \frac{mv^2(\varphi)}{R},\] откуда \[N(\varphi) = mg\sin\varphi - \frac{mv^2(\varphi)}{R} = g\,\frac{3m^2\sin\varphi + mM\sin\varphi - 2mM\varphi}{m+M}.\]

Отрыв при \(\varphi = 1{,}0\) рад означает \(N = 0\): \[\frac{M}{m} = \frac{3\sin\varphi}{2\varphi - \sin\varphi} = 2{,}18.\]

Сила давления максимальна, когда \(N(\varphi)\) максимальна: \(dN/d\varphi = 0\). Получаем \[\cos\varphi' = \frac{2M/m}{3 + M/m} \quad\Rightarrow\quad \varphi' = \arccos\frac{2M/m}{3 + M/m} \approx 0{,}57\ \text{рад}.\]

Скорость в этой точке: \[v'^2 = \frac{2gR}{1 + M/m}\left(\frac{M}{m}\varphi' - \sin\varphi'\right), \qquad v' \approx 24\ \text{см/с}.\]

Подсказка

За каждое переключение полярности конденсатор перезаряжается от \(+\mathcal{E}\) до \(-\mathcal{E}\), и через источник проходит заряд \(2C\mathcal{E}\). Средний ток связан с частотой переключений.

Ответ

1) \(\mathcal{E} = 16{,}7\) В;  2) \(q = 10{,}0\) мКл;  3) \(P = 1{,}67\) Вт;  4) \(I' = 577\) мА.

Решение

За каждое переключение полярности через источник проходит заряд \(2C\mathcal{E}\), а за секунду происходит \(\nu\) переключений. Средний ток \[I = 2C\mathcal{E}\nu \quad\Rightarrow\quad \mathcal{E} = \frac{I}{2C\nu} \approx 16{,}7\ \text{В}.\]

Заряд, проходящий за время одного переключения (то есть за один полупериод \(1/\nu\)): \[q = \frac{I}{\nu} = 10{,}0\ \text{мКл}.\]

Средняя мощность источника: \[P = \mathcal{E}I = \frac{I^2}{2C\nu} \approx 1{,}67\ \text{Вт}.\]

Энергия конденсатора после каждого переключения одна и та же, поэтому вся работа источника переходит в тепло. В тепловом амперметре в среднем выделяется мощность \(P\), и его показание \(I'\) находится из \[I'^2 R_A = \frac{I^2}{2C\nu} \quad\Rightarrow\quad I' = \frac{I}{\sqrt{2C\nu R_A}} \approx 577\ \text{мА}.\]

Подсказка

Для промежуточных температур используйте линейную интерполяцию между ближайшими точками таблицы. Столб воды удерживается разностью атмосферного давления и давления насыщенного пара.

Ответ

1) \(t_x \approx 103{,}7\,^\circ\)C;  2) \(h \approx 4{,}8\) м.

Решение

Температура кипения совпадает с температурой, при которой давление насыщенного пара равно внешнему. Давление \(1{,}17\cdot10^5\) Па лежит между значениями при \(100\) и \(110\,^\circ\)C, линейная интерполяция: \[t_x = 100\,^\circ\text{C} + 10\,^\circ\text{C}\cdot\frac{p - p_{100}}{p_{110} - p_{100}} = 100\,^\circ\text{C} + 10\,^\circ\text{C}\cdot\frac{117 - 101{,}33}{143{,}27 - 101{,}33} \approx 103{,}7\,^\circ\text{C}.\]

Столб воды разрывается, когда давление в его верхней части становится равным давлению насыщенного пара. Тогда \(p_0 - \rho g h = p_{\text{нас}}\), откуда \[h = \frac{p_0 - p_{\text{нас}}}{\rho g}.\] Давление насыщенного пара при \(83\,^\circ\)C, линейно между \(80\) и \(85\,^\circ\)C: \[p_{\text{нас}} = 47{,}34 + \frac{83 - 80}{85 - 80}\,(57{,}81 - 47{,}34) \approx 53{,}62\ \text{кПа}.\] Тогда \(h = \dfrac{101\,000 - 53\,620}{1000\cdot9{,}81} \approx 4{,}8\) м.