Белорусская, 2000/01, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Энергия выстрела не зависит от того, закреплена ли тележка; на горизонтальную ось сохраняется импульс, а скорость снаряда относительно тележки направлена под \(45^\circ\) — отсюда вертикальная скорость и время полёта.

Ответ

\(S=2\dfrac{1+\eta}{2+\eta}S_0\approx3{,}6\) м.

Решение

10.1 При неподвижной тележке дальность полета рассчитывается по известной формуле

\[S_0 = \frac{2v_0^2}{g} \sin\alpha \cos\alpha = \frac{v_0^2}{g},\tag{1}\]

где \(v_0\) - начальная скорость снаряда.

При выстреле с подвижной тележки будет сохраняться механическая энергия (причем она будет равна энергии снаряда при стрельбе с неподвижной тележки) и проекция импульса на горизонтальное направление. Кроме того, скорость снаряда относительно тележки (а не относительно земли) будет направлена под углом \(\alpha = 45^\circ\) к горизонту.

Разложим вектор скорости снаряда (относительно земли) на горизонтальную \(v_x\) и вертикальную \(v_y\) составляющие, скорость

тележки обозначим \(u\). Тогда описанные условия примут вид

\[\frac{Mu^{2}}{2}+\frac{mv_{x}^{2}}{2}+\frac{mv_{y}^{2}}{2}=\frac{mv_{0}^{2}}{2},\tag{2}\]

\[Mu=mv_{x},\tag{3}\]

\[v_{y}=u+v_{x}.\tag{4}\]

Время полета можно найти по формуле

\[t=\frac{2v_{y}}{g},\tag{5}\]

тогда расстояние между снарядом и тележкой следует рассчитать по формуле

\[S=\left(v_{x}+u\right)t=\frac{2v_{y}^{2}}{g},\tag{6}\]

при выводе учтены соотношения (3) и (5). Теперь из соотношений (2)-(4) необходимо выразить компоненту скорости \(v_{y}\)

\[v_{y}^{2}=\frac{1+\eta}{2+\eta}v_{0}^{2}.\tag{7}\]

Подставляя выражения (7) и (1) в формулу (6), получаем окончательное выражение

\[S=2\frac{1+\eta}{2+\eta}S_{0}\approx 3{,}6\,\text{м}.\tag{8}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сначала в пластине возникает поляризация (поле в \(\varepsilon\) раз слабее), затем ток по закону Ома постепенно убирает поле внутри пластины; заряд обкладки растёт между двумя найденными значениями.

Ответ

Заряд обкладки монотонно растёт от \(\dfrac{\varepsilon}{\varepsilon+1}\dfrac{\varepsilon_0US}{h}\) до \(\dfrac{\varepsilon_0US}{h}\); \(I_{\max}=\dfrac{US}{h\rho(\varepsilon+1)}\); \(\tau\approx2\rho\varepsilon_0\).

Решение

10.2 Обозначим поверхностную плотность зарядов на обкладках конденсатора \(\sigma_{0}\), а на поверхности пластины \(\sigma'\) (обе эти величины зависят от времени). Так как внутреннее сопротивление источника пренебрежимо мало, то в любой момент времени разность потенциалов между обкладками конденсатора будет равна напряжению источника. Поэтому в любой момент времени справедливо соотношение

\[\frac{\sigma_{0}}{\varepsilon_{0}}h+\frac{\sigma_{0}-\sigma'}{\varepsilon_{0}}h=U,\tag{1}\]

где \(\frac{\sigma_{0}}{\varepsilon_{0}}, \frac{\sigma_{0}-\sigma'}{\varepsilon_{0}}\) - напряженности электрических полей между пластиной и обкладками и внутри пластины, соответственно. Сразу после подключения источника на пластине возникнут поляризационные заряды, такие, что поле внутри пластины будет в \(\varepsilon\) раз меньше поля вне ее, то есть

\[\frac { \sigma _ { 0 } - \sigma ^ { \prime } } { \varepsilon _ { 0 } } = \frac { \sigma _ { 0 } } { \varepsilon \varepsilon _ { 0 } } .\tag { 2 }\]

Из этих соотношений находим, что плотность зарядов на обкладке конденсатора будет равной

\[\sigma _ { 0 } ^ { ( 0 ) } = \frac { \varepsilon } { \varepsilon + 1 } \cdot \frac { \varepsilon _ { 0 } U } { h } ,\tag { 3 }\]

следовательно, в начальный момент времени заряд пластины будет равен

\[Q _ { 0 } = S \sigma _ { 0 } ^ { ( 0 ) } = \frac { \varepsilon } { \varepsilon + 1 } \cdot \frac { \varepsilon _ { 0 } U S } { h } .\tag { 4 }\]

Однако, пластина слабо, но проводит электрический ток. Поэтому внутри пластины ток будет течь до тех пор, пока поле внутри пластины не исчезнет. Это произойдет при \(\sigma _ { 0 } = \sigma ^ { \prime }\). В этом случае из соотношения (1) следует

\[\sigma _ { 0 } ^ { ( 1 ) } = \frac { \varepsilon _ { 0 } U } { h } ,\tag { 3' }\]

соответствующий заряд на обкладке примет значение

\[Q _ { 1 } = S \sigma _ { 0 } ^ { ( 1 ) } = \frac { \varepsilon _ { 0 } U S } { h } .\tag { 4' }\]

Таким образом, заряд на пластине будет монотонно возрастать от \(Q _ { 0 }\) до \(Q _ { 1 }\).

Изменение поверхностной плотности заряда обусловлено током внутри пластины. Плотность этого тока может быть найдена по закону Ома

\[j = \frac { \Delta \sigma ^ { \prime } } { \Delta t } = \frac { E } { \rho } = \frac { \sigma _ { 0 } - \sigma ^ { \prime } } { \rho \varepsilon _ { 0 } } .\tag { 5 }\]

Плотность тока максимальна, когда максимально поле внутри пластины, то есть в начальный момент времени, когда

\[j _ { m a x } = \frac { \Delta \sigma ^ { \prime } } { \Delta t } = \frac { \sigma _ { 0 } - \sigma ^ { \prime } } { \rho \varepsilon _ { 0 } } = \frac { \sigma _ { 0 } } { \rho \varepsilon _ { 0 } \varepsilon } = \frac { U } { h \rho ( \varepsilon + 1 ) } ,\tag { 6' }\]

следовательно, максимальная сила тока

\[I _ { m a x } = j _ { m a x } S = \frac { U S } { h \rho ( \varepsilon + 1 ) } ,\tag { 6 }\]

Строго говоря, время установления равновесия зарядов на пластине и

обкладках конденсатора равно бесконечности, так как сила тока в соответствии с формулой (5) монотонно убывает. Однако характерное время зарядки конденсатора \(\tau\) мы можем получить, считая силу тока постоянной и равной \(I_{max}\). Этот метод получения оценки иллюстрирует следующий рисунок.

Изменение заряда легко подсчитать - в начальный момент времени заряд поверхности пластины

\[Q_0' = \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon} Q_0 = \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon + 1} \cdot \frac{\varepsilon_0 US}{h},\tag{7}\]

а его конечное значение

\[Q_1' = Q_0 = \frac{\varepsilon_0 US}{h}.\tag{8}\]

Итак, оценка характерного времени заряда имеет вид

\[\tau = \frac{Q_1' - Q_0'}{I_{max}} = 2\rho\varepsilon_0.\tag{9}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Длина хорды из верхней точки пропорциональна \(\sin\alpha\), как и ускорение, — время не зависит от угла; потом представьте расширяющуюся окружность, которая первой коснётся плоскости.

Ответ

Время скольжения по всем желобам одинаково, \(t=\sqrt{4R/g}\); \(\beta=\alpha/2\).

Решение

10.3 Рассмотрим скольжение тела по произвольной прорези, образующей угол \(\alpha\) с горизонтом. Ускорение тела, движущегося по наклонной плоскости без трения, определяется известной формулой

\[a = g \sin \alpha.\tag{1}\]

Длину этой прорези также не трудно найти: отмеченные на рисунке углы равны, как углы с взаимно перпендикулярными сторонами, следовательно, длина прорези равна \(S = 2R \sin \alpha\). Используя закон равноускоренного движения \(S = \frac{at^2}{2}\), найдем время движения

\[t = \sqrt{\frac{2S}{a}} = \sqrt{\frac{4R}{g}},\tag{2}\]

которое не зависит от угла \(\alpha\), следовательно, одинаково для всех прорезей.

Воспользуемся полученным результатом для решения второй части задачи. Представим, что из точки \(A\) одновременно по разным наклонным

плоскостям начали скользить малые тела. Согласно ранее доказанному в любой момент времени они будут находиться на

одной окружности, радиус которой постоянно растет. Тогда первым достигнет наклонной плоскости тот брусок, который находится в точке касания окружности, касательной к плоскости. С помощью рисунка легко доказать, что искомый угол желоба с вертикалью равен половине угла \(\alpha\), то есть \(\beta = \frac{\alpha}{2}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Теплоизолированная система без работы: суммарная внутренняя энергия сохраняется; количества газов выразите из уравнения состояния.

Ответ

\(P=\dfrac{P_1+P_2}{2}\); \(T=\dfrac{P_1+P_2}{P_1/T_1+P_2/T_2}\).

Решение

10.4 Внутренняя энергия газов до их смешивания определяется формулой

\[U_1 = \frac{5}{2} \nu_1 R T_1 = \frac{5}{2} P_1 V;\]

\[U_2 = \frac{5}{2} \nu_2 R T_2 = \frac{5}{2} P_2 V;\tag{1}\]

где \(\nu_1, \nu_2\) - количества молей каждого газов, при выводе соотношений (1) также принято во внимание уравнение состояния идеального газа. После смешивания внутренняя энергия системы не изменяется, причем

\[U = U_1 + U_2 = \frac{5}{2} (\nu_1 + \nu_2) R T = \frac{5}{2} P \cdot 2V.\tag{2}\]

Из этих соотношений сразу следует, что конечное давление равно среднему арифметическому исходных давлений

\[P = \frac{P_1 + P_2}{2}.\tag{4}\]

Для расчета конечной температуры необходимо выразить из уравнения состояния количества вещества каждого из газов

\[\nu_1 = \frac{P_1 V}{R T_1}; \quad \nu_2 = \frac{P_2 V}{R T_2}; \quad \nu_1 + \nu_2 = \frac{P \cdot 2V}{R T}\tag{5}\]

и подставить их в формулу (2). Тогда, с учетом (4), получаем следующий результат

\[T = \frac{P_1 + P_2}{\frac{P_1}{T_1} + \frac{P_2}{T_2}}.\tag{6}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сила сопротивления пропорциональна скорости и уравновешивает разность архимедовой силы и тяжести; коэффициент найдите из начальной скорости.

Ответ

Время подъёма \(\approx18\) мин, максимальная высота \(H\approx190\) м.

Решение

10.5 При подъеме шара, на него действуют: сила тяжести \(m\vec{g}\), подъемная сила Архимеда \(\vec{F}_A\), сила сопротивления \(\vec{F}_{\text{сопр.}} = -\beta \vec{v}\), пропорциональная скорости подъема. Следовательно, уравнение второго закона Ньютона для шара будет иметь вид

\[ma = F_A - mg - \beta v.\tag{1}\]

Так как шар движется в воздухе достаточно медленно, то можно считать, что в любой момент времени сила сопротивления

уравновешивает разность сил Архимеда и тяжести. Иными словами, можно пренебречь инерционными эффектами и положить \(ma = 0\). Тогда из уравнения (1) получим выражение для скорости подъема

\[\beta v = F_A - mg.\tag{2}\]

Подъемная сила вычисляется по формуле

\[F_A = Vg(\rho_0 - \rho),\tag{3}\]

где \(\rho_0, \rho\) - плотности холодного (наружного) и теплого (внутри шара) воздуха. Эти плотности можно выразить из уравнения состояния идеального газа \(PV = \frac{m}{M}RT\):

\[\rho = \frac{m}{V} = \frac{PM}{RT}.\tag{4}\]

Используя формулы (3)-(4), получаем выражение для скорости подъема

\[\beta v = Vg \frac{PM}{R} \left( \frac{1}{T_a} - \frac{1}{T} \right) - mg.\tag{5}\]

Неизвестный коэффициент \(\beta\) можно получить из аналогичной формулы для начальной скорости. Таким образом, окончательное выражение для скорости подъема принимает «несколько угрожающий» вид

\[v = \frac{Vg \frac{PM}{R} \left( \frac{1}{T_a} - \frac{1}{T} \right) - mg}{Vg \frac{PM}{R} \left( \frac{1}{T_a} - \frac{1}{T_0} \right) - mg}.\tag{6}\]

По этой формуле с помощью приведенного в условии графика зависимости температуры от времени можно построить зависимость скорости подъема от времени. Для ускорения последующих расчетов в формуле (6) необходимо провести промежуточные вычисления (приведя все величины в систему СИ) и привести ее к виду, пригодному для расчетов

\[v = 2{,}305 - \frac{690}{273 + t^\circ},\tag{7}\]

где \(t^\circ\) - температура внутри шара, измеренная по шкале Цельсия. Результаты расчетов приведены в таблице и на графике.

Таким образом, мы получили, что скорость подъема убывает по линейному закону. Время подъема составляет примерно \(\tau \approx 18 \text{мин}\). Следовательно, высота подъема \(H = \frac{v_0 \tau}{2} \approx 190 \text{м}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.