Физтех, 2017/18, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Без трения систему удобно рассматривать как единое целое. С трением запишите второй закон Ньютона для бруска и для доски отдельно; нить связывает их силой натяжения \(T\).

Ответ

1) \(a_1 = \dfrac{F}{3m}\);  2) \(a_2 = \dfrac{F - 5\mu mg}{3m}\).

Решение

1) \(a_1 = \dfrac{F}{m_1 + m_2} = \dfrac{F}{3m}\).

2) По второму закону Ньютона \[F - \mu(m_1 + m_2)g - \mu m_1 g - T = m_2 a_2, \qquad T - \mu m_1 g = m_1 a_2 .\] Отсюда \[a_2 = \frac{F - \mu(3m_1 + m_2)g}{m_1 + m_2} = \frac{F - 5\mu mg}{3m} .\]

Подсказка

Пока бутылка плавает, её вес равен весу вытесненной воды, объём которой найдите по подъёму уровня. Момент начала тонения — когда вся бутылка погружена в воду.

Ответ

1) \(m_0 = \rho H_1 S = 750\) г;  2) \(m = \rho H_2 S = 250\) г;  3) \(V = 750\) см\(^3\).

Решение

Пусть \(m_0\) — масса пустой бутылки, \(m\) — масса налитой воды, \(V\) — вместимость бутылки.

1) \(m_0 g = \rho g H_1 S\), откуда \(m_0 = \rho H_1 S = 750\) г.

2) \(mg = \rho g H_2 S\), откуда масса налитой воды \(m = \rho H_2 S = 250\) г.

3) \(\rho\left(V + \dfrac{m_0}{\rho_0}\right)g = (m_0 + m)g\). Отсюда \[V = \frac{m_0 + m}{\rho} - \frac{m_0}{\rho_0} = S\left(\frac{\rho_0 - \rho}{\rho_0}H_1 + H_2\right) = 750~\text{см}^3 .\]

Подсказка

Вес спутника в ракете равен \(m_C(a + g)\), где \(a\) — ускорение ракеты. Сравните это с весом до старта; масса ракеты уменьшается линейно со временем из-за расхода топлива.

Ответ

1) \(a_1 = (k_1 - 1)g = 5\) м/с\(^2\);  2) \(u = 1800\) м/с.

Решение

1) Пусть \(m_C\) — масса спутника, \(a_1\) — ускорение в момент \(t_1\). Вес спутника до старта \(P_0 = m_C g\), вес к моменту \(t_1\) равен \(P_1 = m_C(a_1 + g)\). По условию \(P_1 = k_1P_0\), откуда \(a_1 = (k_1 - 1)g = 5\) м/с\(^2\).

2) Пусть \(m_0\) — начальная масса ракеты, тогда \(m = m_0 - \mu t\), где \(\mu = -\dfrac{\Delta m}{\Delta t}\) — массовый расход топлива. За малое время \(\Delta t\) имеем \(-mg\,\Delta t = m\,\Delta V - u(-\Delta m)\), откуда \(m(g + a) = \mu u\). Если в момент \(t\) ускорение равно \(a\) и вес увеличился в \(k\) раз, то \(k m_C g = (a + g)m_C\), и, значит, \((m_0 - \mu t)\,k g = \mu u\). Для моментов \(t_1\) и \(t_2\): \[(m_0 - \mu t_1)k_1 g = \mu u, \qquad (m_0 - \mu t_2)k_2 g = \mu u .\] Отсюда \[u = \frac{k_1 k_2\, g\,(t_2 - t_1)}{k_2 - k_1} = 1800~\text{м/с}.\]

Подсказка

Пока в цилиндре есть жидкая вода, пар насыщенный. В конце процесса проверьте, осталась ли вода, и если нет — пар уже ненасыщенный.

Ответ

1) \(\varphi_1 = 100\%\);  2) \(\varphi_2 = 50\%\).

Решение

1) \(\varphi_1 = 1\,(100\%)\).

2) Пусть вначале \(m\) — масса пара, \(V\) — объём влажного воздуха, \(P_\text{н}\) — давление насыщенного пара, \(T\) — температура, \(\mu\) — молярная масса воды. Предположим, что вся вода испарилась. Тогда \[P_\text{н}V = \frac{m}{\mu}RT, \qquad \varphi_2 P_\text{н}\cdot 3V = \frac{3}{2}\frac{m}{\mu}RT .\] Отсюда \(\varphi_2 = \dfrac{1}{2}\), т.е. пар ненасыщенный. Предположение правильное, поэтому \(\varphi_2 = \dfrac{1}{2}\,(50\%)\).

Подсказка

В адиабатическом процессе работа газа равна убыли его внутренней энергии. В изобаре и изохоре температура пропорциональна давлению или объёму соответственно.

Ответ

1) \(\dfrac{T_2}{T_3} = 4\);  2) \(\eta = \dfrac{58}{93}\).

Решение

1) ЗСЭ в процессе 2–3: \(0 = \nu C_V(T_3 - T_2) + A_{23}\). Также \(A_{31} = P_1(V_3 - V_1) = \nu R(T_3 - T_1)\), \(\dfrac{T_3}{T_1} = \dfrac{V_3}{V_1} = 8\), \(\dfrac{A_{23}}{A_{31}} = \dfrac{36}{7}\). Из записанных уравнений \[\frac{T_2}{T_3} = 4 .\]

2) КПД: \[\eta = \frac{Q_{12} + Q_{23} + Q_{31}}{Q_{12}} = 1 + \frac{Q_{31}}{Q_{12}} = 1 - \frac{\nu C_P(T_3 - T_1)}{\nu C_V(T_2 - T_1)} = \frac{58}{93} .\]