Розв’язки завдань і туру Всеукраїнських учнівських олімпіад з фізики 2010-2011 н.Р.

11 Клас

1. З образимо цикл теплової машини на термодинамічній діаграмі у pV-координатах. 1-2 та 3-4 – ізобари, 2-3 та 4-1 – ізотерми. ККД циклу дорівнює відношенню виконаної у цьому циклі роботи до отриманої на ділянці 1-2-3 кількості теплоти.

Обчислимо роботу на різних ділянках циклу. За умовою А₁₂ = А₂₃ = А. Для розрахунку роботи на ділянці 3-4 врахуємо, що Т₂ = Т₃ = Т_max, Т₁ = Т₄ = Т_min, Т₃ = 2Т₄, р₁ = р₂, р₃ = р₄.. Тоді V₃ = (T₃/T₄)V₄ = 2V₄, V₂ = (T₂/T₁)V₁ = 2V₁, p₁V₁ = p₄V₄. Отже:

А₃₄ = -р₄(V₃ – V₄) = -р₄V₄ = -р₁V_{1 =} -р₁(V₂ – V₁) = -A.

Для обчислення роботи на ділянці 4-1 примітимо, що крива 1-4 може бути геометрично утворена із кривої 2-3 стисканням у два рази вздовж вісі V, тому площі під кривими 1-4 та 2-3 відрізняються у два рази і А₄₁ = -А/2. Таким чином, сумарна робота у циклі:

А_сум = А₁₂ + А₂₃ + А₃₄ + А₄₁ = А + А – А – А/2 = А/2.

Обчислимо отримані газом кількості теплоти на ділянках 1-2 та 2-3. Надана газу кількість теплоти витрачається на зміну його внутрішньої енергії, яка для одноатомного гелію дорівнює (3/2)pV, та на виконання відповідної роботи розширення: Q₁₂ = (3|2)p₁(V₂ – V₁) + p₁(V₂ – V₁) = (5/2)A, Q₂₃ = A. Сумарна кількість теплоти, отриманої на ділянці 1-2-3, дорівнює Q₁₂₃ = Q₁₂ + Q₂₃ = (5/2)A + A = (7/2)A.

Отже, ККД циклу дорівнює: η = А_сум / Q₁₂₃ = 1/7 ≈ 0,14 = 14%.

2. І з закону відбивання світла випливає, що нормаль до вільної поверхні води спрямована під кутом φ = (α - γ)/2 до вертикалі

Отже, вільна поверхня води нахилена під цим кутом до горизонталі.

Розглянемо шар води масою Δm на вільній поверхні. Запишемо для нього другий закон Ньютона у проекції на площину, дотичною до цієї поверхні:

Δ mg sin(φ) = Δ ma cos(φ).

Звідси:

a = g tg(φ) = g tg((α - γ)/2).

3. Розглянемо спочатку процеси, які будуть відбуватися в даній системі, якщо не надавати стрижню одразу задану швидкість обертання. При розміщенні цієї системи у магнітному полі та підключенні її до джерела живлення, у створеному електричному колі виникне струм певної сили. Якщо відхилити стрижень від вертикалі, то на нього збоку магнітного поля почне діяти сила Ампера, спрямована перпендикулярно до силових ліній магнітного поля та вісі стрижня. Ця сила буде примушувати стрижень розкручуватись навколо вертикальної вісі, що проходить через шарнір. Під час такого розкручування на кінцях стрижня виникне ЕРС індукції ε_інд.

Полярність батареї, напрям магнітного поля та напрям обертання стрижня показані на малюнку до умови задачі. У відповідності із правилом Ленца, напрям ε_інд протилежний до напряму ЕРС батареї ε_.

Під час обертання один кінець стрижня залишається нерухомим, а другий описує за період часу T = 2π/ω коло радіусом Rsin(α) у площині, перпендикулярній вектору магнітної індукції В. Площа круга S = π(Rsin(α))². Тоді:

ε_інд = BS / T = [Bπ(Rsin(α))²] / [2π/ω] = BR²ω sin²(α) / 2.

Оскільки ε_інд збільшується по мірі збільшення частоти обертання стрижня та кута між стрижнем і вертикаллю, ε_інд насамкінець порівняється із ЕРС батареї ε, струм через стрижень припиниться, сила Ампера стане рівною нулеві і кут та частота обертання стрижня припинять змінюватись. В результаті вийде, що стрижень рухається, як конічний маятник довжиною R, який обертається із кутовою швидкістю ω під кутом α до вертикалі.

Знайдемо цей кут α. На кульку діють сила тяжіння mg та сумарна сила реакції підвісу та опори Т. Оскільки тертя відсутнє, то сила реакції опори спрямована, як і сила реакції підвісу, вздовж вісі стрижня. Рівнодійна всіх сил є доцентровою силою F_ц = mRsin(α)ω², mg – Tcos(α) = 0.

Звідси cos(α) = g/( ω²R), α = arccos(g/( ω²R)) = 60⁰, a ЕРС батареї дорівнює:

ε = ε_інд = BR² ω sin²(α) / 2 = (BR²ω/2)(1 – cos²(α)) = (BR²ω/2)(1 – (g²/[ω⁴R²])) = 0,6 В.

4. Ясно, що на великій відстані від клем А та В даного електричного кола струм буде проходити тільки по нижньому провіднику, а по верхній частині кола струм не проходитиме і тому її можні розірвати. Тоді зображене на малюнку електричне коло можна представити як сукупність двох кіл АС та СВ, з’єднаних послідовно:

Опір всього електричного кола R_АВ буде складатися із однакових опорів R_АС = R_СВ = R_z. Тому R_АВ = 2 R_z.

Перемалюємо електричне коло АС:

Оскільки це коло нескінчене то її опір не зміниться при додаванні ще однієї ланки:

Тоді із законів послідовного та паралельного з’єднання провідників отримаємо:

R_z = R + (RR_x)/(R+R_x) або R_x² – RR_x – R² = 0.

Розв’язуючи це квадратне рівняння, знаходимо:

R_z = R(1+√5)/2. Звідси R_AB = 2R_x = R(1+√5).