Физтех, 2018/19, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Упругий удар о вертикальную стенку меняет на противоположную только горизонтальную составляющую скорости. Время полёта после удара о стенку равно полному времени полёта (как если бы стенки не было) минус время полёта до стенки.

Ответ

1) \(H=6{,}05\) м;  2) \(h=3{,}6\) м;  3) \(\tau\approx0{,}52\) с.

Решение

1) \(H=\dfrac{(V_0\sin\alpha)^2}{2g}=6{,}05\) м.

2) Время полёта первого мяча до стенки \(t_1=\dfrac{l}{V_0\cos\alpha}\) (1), где \(l\) — расстояние до стенки. Тогда \[h=V_0\sin\alpha\cdot t_1-\frac{gt_1^2}{2}=l\,\mathrm{tg}\,\alpha-\frac{gl^2}{2V_0^2\cos^2\alpha} =l\,\mathrm{tg}\,\alpha-\frac{gl^2}{2V_0^2}\left(1+\mathrm{tg}^2\alpha\right)\qquad(2)\] Аналогично для второго мяча: \[h=l\,\mathrm{tg}\,2\alpha-\frac{gl^2}{2\left(\frac{V_0}{2}\right)^2}\left(1+\mathrm{tg}^2 2\alpha\right)\qquad(3)\] Из (2), (3): \[l=\frac{2V_0^2\left(\mathrm{tg}\,2\alpha-\mathrm{tg}\,\alpha\right)}{g\left(3+4\,\mathrm{tg}^2 2\alpha-\mathrm{tg}^2\alpha\right)} =\frac{\sqrt{3}}{11}\,\frac{V_0^2}{g}\qquad(4).\] (4)→(2): \(h=\dfrac{9}{121}\dfrac{V_0^2}{g}=3{,}6\) м.

3) Полное время полёта второго мяча: \[T_2=\frac{2\left(\frac{V_0}{2}\right)\sin2\alpha}{g}=\frac{V_0\sin2\alpha}{g}=\frac{\sqrt{3}}{2}\,\frac{V_0}{g}.\] Время полёта второго мяча до стенки: \(t_2=\dfrac{l}{\frac{V_0}{2}\cos2\alpha}=\dfrac{4\sqrt{3}}{11}\dfrac{V_0}{g}\). Тогда \(\tau=T_2-t_2=\dfrac{3\sqrt{3}}{22}\dfrac{V_0}{g}\approx0{,}52\) с.

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта нижней пластины: в ней центр шара движется поступательно, а точки шара на пластинах не проскальзывают. Во втором пункте рассмотрите, в каком положении жука сила его давления на шар наибольшая.

Ответ

1) \(V=0{,}1\) м/с;  2) \(P_{MAX}=12{,}5\cdot10^{-3}\) Н.

Решение

1) Рассмотрим движение в системе отсчёта нижней пластины: \(v=\dfrac{v_1+v_2}{2}-v_2=\dfrac{v_1-v_2}{2}=0{,}1\) м/с.

2) Запишем второй закон Ньютона в системе, где центр сферы неподвижен (\(v'\) — скорость жука): \(v'=\dfrac{v_1+v_2}{2}=0{,}5\) м/с; \[N-mg\cos\alpha=\frac{mv'^2}{R};\qquad N=mg\cos\alpha+\frac{mv'^2}{R};\qquad F_{\text{тр}}=mg\sin\alpha,\] \[P=\sqrt{N^2+F_{\text{тр}}^2}=\sqrt{(mg)^2+\left(\frac{mv'^2}{R}\right)^2+\frac{2m^2gv'^2\cos\alpha}{R}}.\] \(P_{MAX}\) при \(\cos\alpha=1\), т.е. \(\alpha=0\): \(P_{MAX}=mg+\dfrac{mv'^2}{R}=m\left(g+\dfrac{v'^2}{R}\right)=12{,}5\cdot10^{-3}\) Н.

Подсказка

Направьте ось \(y\) вдоль линии центров шайб в момент удара: при абсолютно упругом ударе силы взаимодействия действуют только вдоль неё, поэтому проекции скоростей на перпендикулярную ось не меняются. Геометрия касания задаёт угол скорости с этой осью.

Ответ

1) \(V_1=\dfrac{\sqrt{13}}{2}V\approx1{,}8\,V\);  2) \(\alpha=\dfrac{5}{6}\pi-\gamma\approx2{,}33\) рад \(\approx133^\circ\), где \(\mathrm{tg}\,\gamma=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\).

Решение

Ось \(y\) в момент удара проходит через центры первой и второй шайб (от первой ко второй), ось \(x\) — через точку касания шайб (направо вверх). \(\beta\) — угол между \(\vec v\) и осью \(y\): \(\sin\beta=\dfrac{R}{2R}=\dfrac{1}{2}\), \(\beta=30^\circ\); \(v'_{1x}=v\sin\beta=\dfrac{v}{2}\).

При абсолютно упругом ударе силы взаимодействия действуют вдоль оси \(y\), поэтому проекции импульсов и скоростей шайб на ось \(x\) сохраняются. Записав ЗСЭ и ЗСИ на ось \(y\), получим \(v'_{2y}=v_{1y},\ v'_{1y}=v_{2y}=-2v\cos\beta\).

1) \(V_1=v'_1=\sqrt{v'^2_{1x}+v'^2_{1y}}=\sqrt{v^2\sin^2\beta+4v^2\cos^2\beta} =v\sqrt{1+3\cos^2\frac{\pi}{6}}=\dfrac{\sqrt{13}}{2}\,v\approx1{,}8\,v\).

2) \(\mathrm{tg}\,\gamma=\dfrac{v\sin\beta}{2v\cos\beta}=\dfrac{1/2}{2\cdot\sqrt{3}/2}=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\); \(\alpha=\pi-\beta-\gamma=\dfrac{5}{6}\pi-\gamma\), где \(\mathrm{tg}\,\gamma=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\) (ответ на второй вопрос: \(\alpha\approx2{,}33\) рад \(\approx133^\circ\)).

Замечание: задачу можно решить проще, перейдя в с.о., движущуюся со скоростью \(\vec V\). Тогда \(\alpha=\pi-\delta\), где \(\mathrm{tg}\,\delta=\dfrac{3\sqrt{3}}{5}\).

Подсказка

При \(100\,^\circ\)C давление насыщенного водяного пара равно \(P_0\); запишите условие равновесия поршня с учётом этого давления. При охлаждении пар конденсируется, а количество сухого воздуха не меняется.

Ответ

1) \(P_{СВ}=0{,}5P_0=0{,}5\cdot10^5\) Па;  2) \(h\approx5\) см.

Решение

1) \((P_{СВ}+P_0)S=P_0S+Mg\Rightarrow P_{СВ}=0{,}5P_0=0{,}5\cdot10^5\) Па (1).

2) \(P'_{СВ}S=P_0S+Mg\Rightarrow P'_{СВ}=1{,}5P_0\) (2). \[\begin{cases}P'_{СВ}Sh=\nu RT_2\\ P_{СВ}SH=\nu RT_1\end{cases} \Rightarrow \frac{P'_{СВ}\,h}{P_{СВ}\,H}=\frac{T_2}{T_1}; \qquad h=\frac{P_{СВ}\,T_2}{P'_{СВ}\,T_1}\,H=\frac{0{,}5\cdot280}{1{,}5\cdot373}\cdot20\approx5~\text{см}.\]

Подсказка

Сосуд теплоизолирован и жёсткий, поэтому полная внутренняя энергия смеси сохраняется. Внутренняя энергия смеси равна сумме внутренних энергий компонентов; для гелия молярная теплоёмкость при постоянном объёме равна \(1{,}5R\).

Ответ

1) \(T_2=\dfrac{7}{6}T_1\);  2) \(P=\dfrac{14}{3}\cdot\dfrac{\nu RT_1}{V}\).

Решение

1) \(U_{\text{He}}+U_{N_2}=U'_{\text{He}}+U'_{N_2}\): \[\nu C_{V\text{He}}T_1+3\nu C_{VN_2}\cdot\frac{6}{5}T_1=\nu C_{V\text{He}}T_2+3\nu C_{VN_2}T_2\] \[\left(\frac{3}{2}+3\cdot\frac{5}{2}\cdot\frac{6}{5}\right)T_1=\left(\frac{3}{2}+3\cdot\frac{5}{2}\right)T_2 \quad\Rightarrow\quad T_2=\frac{3+18}{3+15}T_1=\frac{7}{6}T_1\qquad(1).\]

2) \(P'_{\text{He}}=\dfrac{\nu RT_2}{V}\), \(P'_{N_2}=\dfrac{3\nu RT_2}{V}\) (2), тогда \[P=P'_{\text{He}}+P'_{N_2}=\frac{4\nu RT_2}{V}=\frac{4\nu R}{V}\cdot\frac{7}{6}T_1=\frac{14}{3}\,\frac{\nu RT_1}{V}.\]