«Бельчонок», 2024/25, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Составьте радиус из величин \(\sigma_q\), \(\sigma\), \(\rho\), \(E\) по размерностям, затем учтите, что \(\sigma_q\) пропорциональна \(E\).

Ответ

Напряжённость поля нужно уменьшить в \(\sqrt{2} \approx 1{,}4\) раза.

Решение

Пусть \(r = f(\sigma_q, \sigma, \rho, E)\). Размерности: \([\sigma_q] = \dfrac{\text{А}\cdot\text{с}}{\text{м}^2}\), \([E] = \dfrac{\text{кг}\cdot\text{м}}{\text{с}^3\cdot\text{А}}\), \([\sigma] = \dfrac{\text{кг}}{\text{с}^2}\), \([\rho] = \dfrac{\text{кг}}{\text{м}^3}\). Тогда \[r = A\,\sigma_q^{\alpha}\,\sigma^{\beta}\,\rho^{\gamma}\,E^{\delta}.\] Уравновешивая показатели степеней по А, с, кг и м, получаем систему \(\alpha - \delta = 0\), \(\beta + \gamma + \delta = 0\), \(\alpha - 2\beta - 3\delta = 0\), \(-2\alpha - 3\gamma + \delta = 1\), откуда \(\alpha = \delta = -1\), \(\beta = 1\), \(\gamma = 0\): \[r = A\,\frac{\sigma}{\sigma_q E}.\] С учётом того, что \(E \sim \sigma_q\), получаем \(r = A'\,\dfrac{\sigma}{E^2}\). Для увеличения радиуса в два раза напряжённость нужно уменьшить в \[\frac{E_1}{E_2} = \sqrt{\frac{r_2}{r_1}} = \sqrt{2} \approx 1{,}4\] раза. Результат говорит, что, возможно, на радиус капель влияет что-то ещё, — это стоит обдумать самостоятельно.

Подсказка

Вдоль \(x\) движение равноускоренное с ускорением \(a_x = qE/m\), направленным против оси \(x\). Рассмотрите два кандидата на максимальное отклонение: точку падения на «землю» и точку, где \(v_x\) меняет знак.

Ответ

\(\Delta x_{\max} = 8{,}8\) м.

Решение

Ускорение вдоль \(x\): \(a_x = \dfrac{qE}{m} = \dfrac{\sqrt{3}\,g}{3}\), направлено против оси \(x\). Уравнения движения: \[x = v_{0x}t - \frac{a_x t^2}{2}, \qquad v_x = v_{0x} - a_x t,\] \[y = v_{0y}t - \frac{g t^2}{2}, \qquad v_y = v_{0y} - g t.\] Время полёта до падения (на уровень \(y = 0\)): \(t_1 = \dfrac{2v_{0y}}{g}\). Дальность полёта: \[x_1 = \frac{2 v_{0y} v_{0x}}{g} - \frac{a_x}{2}\left(\frac{2v_{0y}}{g}\right)^2 = \frac{2 v_{0y}^2}{g}\left(\operatorname{ctg}\alpha - \frac{a_x}{g}\right) = 0~\text{м}.\] Второй кандидат — точка, в которой \(v_x = 0\) (смена направления движения по \(x\)): \(t_2 = \dfrac{v_{0x}}{a_x}\), \(x_2 = \dfrac{v_{0x}^2}{2a_x} = \dfrac{3 v_0^2\cos^2\alpha}{2\sqrt{3}\,g} \approx 8{,}8\) м. Итак, \(\Delta x_{\max} = |x_2 - 0| = 8{,}8\) м.

Примечание. В задаче возможны случаи, показанные на рисунке: в зависимости от соотношения ускорений вдоль осей \(x\) и \(y\) координата дальности полёта может быть как положительной, так и отрицательной.

Подсказка

Выразите теплоёмкость \(C\) через \(n\), затем запишите первое начало термодинамики и уравнение политропы в переменных \(T\) и \(V\).

Ответ

\(A = -1377\) Дж.

Решение

Первое начало термодинамики: \(Q = \Delta U + A\), где \(Q = \nu C \Delta T\), \(\Delta U = \nu C_V \Delta T\). Тогда \(A = \nu (C - C_V)\,\Delta T\). Молярная теплоёмкость политропического процесса: \[C = \frac{n C_V - C_p}{n - 1}.\] Для одноатомного газа \(C_V = \dfrac{3}{2}R\), \(C_p = \dfrac{5}{2}R\), поэтому \[C = \frac{2\cdot\frac{3}{2}R - \frac{5}{2}R}{2-1} = \frac{1}{2}R.\] Из уравнения Менделеева–Клапейрона \(pV = \nu RT\) и уравнения политропы \(pV^n = \text{const}\) следует \(TV^{n-1} = \text{const}\), поэтому \[T_2 = T_1\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{n-1}.\]

Изменение температуры \(\Delta T = T_2 - T_1\). Работа \[A = \nu\left(\frac{R}{2} - \frac{3}{2}R\right)\Delta T = -\nu R\,\Delta T.\] Численно: \(A = -8{,}31\cdot(165{,}7) = -1377\) Дж.

Подсказка

Сравните проекции силы тяжести на плоскость с силой трения, найденной через нормальную реакцию.

Ответ

\(F_{\min} = 0{,}245\) Н.

Решение

На тело действуют сила тяжести \(m\vec g\), сила трения \(\vec F_{\text{тр}}\), внешняя сила \(\vec F\) и реакция опоры \(\vec N\). Для того чтобы тело сдвинулось, необходимо \[|\vec F_{\text{тр}}| \le |\vec F + (m\vec g)_x|.\] Проекция силы тяжести на плоскость: \(|(m\vec g)_x| = mg\sin\alpha\). Нормальная реакция \(N = mg\cos\alpha\), сила трения \(F_{\text{тр}} = \mu mg\cos\alpha\). Минимальная сила, при которой тело начинает двигаться, по официальному решению \[F_{\min} = \sqrt{(mg\sin\alpha)^2 - (\mu mg\cos\alpha)^2} = mg\sqrt{\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha}.\] Численно: \(F_{\min} = 0{,}100\cdot 9{,}8\cdot\sqrt{\sin^2 30^\circ - (0{,}5\cos 30^\circ)^2} = 0{,}245\) Н.

Подсказка

Масса \(n\) витков равна \(\gamma n\), где \(\gamma = m_0/n_0\). Для 10 витков запишите закон Гука для двух значений \(n\) и вычтите одно из другого; период \(T\) при этом линеен по \(n\).

Ответ

1) \(k_0 \approx 8{,}3\) кг/с\(^2\);  2) \(k = \dfrac{19{,}7}{n}\) кг/с\(^2\);  3) \(k_{\text{общ}} \approx 0{,}394\) кг/с\(^2\).

Решение

Масса \(n\) витков: \(m = \gamma n\), \(\gamma = \dfrac{m_0}{n_0}\). Закон Гука для 10 витков с \(n_1\) и \(n_2\) витками под ними: \[k_{10}(l_{n_1} - l_0) = \gamma n_1 g, \qquad k_{10}(l_{n_2} - l_0) = \gamma n_2 g.\] Отсюда \[k_{10} = \frac{n_2 - n_1}{l_{n_2} - l_{n_1}}\,\gamma g.\] По графику 1 угловой коэффициент \(\dfrac{n_2-n_1}{l_{n_2}-l_{n_1}} = 106\) м\(^{-1}\), поэтому \(k_{10} = 106\,\gamma g = 0{,}83\) кг/с\(^2\). Жёсткость одного витка в 10 раз больше: \(k_0 = 10\,k_{10} = 8{,}3\) кг/с\(^2\).

Период колебаний \(n\) витков: \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}\), где \(k = \alpha\dfrac{k_0}{n}\) — жёсткость обратно пропорциональна числу витков. Тогда \[T = 2\pi\sqrt{\frac{\gamma n^2}{\alpha k_0}} = B\,n, \qquad B = 2\pi\sqrt{\frac{\gamma}{\alpha k_0}}.\] Период линеен по \(n\); по графику 2 угловой коэффициент \(B = \dfrac{\Delta T}{\Delta n} = 0{,}04\) с. Отсюда \(\alpha = \dfrac{4\pi^2\gamma}{k_0 B^2}\), и жёсткость \(n\) витков \[k = \frac{4\pi^2\gamma}{B^2 n} = \frac{4\pi^2 m_0}{B^2\, n\, n_0} = \frac{19{,}7}{n}~\text{кг/с}^2.\] Жёсткость всей пружины (\(n = n_0 = 50\)): \(k_{\text{общ}} = \dfrac{19{,}7}{n_0} = 0{,}394\) кг/с\(^2\).

Второй способ: период 50 витков \(T = B n_0\), из \(k = m(2\pi/T)^2\) получаем тот же результат \(0{,}394\) кг/с\(^2\).