Физтех, 2020/21, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Отсчитывайте время от броска первого мяча и запишите координаты обоих мячей в один и тот же момент. Чем отличаются их моменты старта?

Ответ

1) \(\tau = \sqrt{\dfrac{2H}{3g}}\);  2) \(V_0 = 2\sqrt{\dfrac{2gH}{3}}\);  3) \(S = \dfrac{5}{3}H\).

Решение

Пусть \(V_0\) — начальная скорость. Пусть \(A\) — точка броска, \(B\) — точка максимального подъёма, \(C\) — точка столкновения. Пусть время \(t_{AC} = t_{BC} = \tau\). Тогда \(t_{AB} = 2\tau\), \(t_{ABC} = 3\tau\).

1) \(H = V_0\cdot 3\tau - \dfrac{1}{2}g(3\tau)^2\), \(H = V_0\tau - \dfrac{1}{2}g\tau^2\). Отсюда \(\tau = \sqrt{\dfrac{2H}{3g}}\).

2) \(V_0 = g\cdot 2\tau = 2\sqrt{\dfrac{2gH}{3}}\).

3) \(S = H + 2\cdot\dfrac{1}{2}g\tau^2 = \dfrac{5}{3}H\).

Задачу можно решить и другими способами.

Подсказка

Когда сосуд вращается, на шар действует горизонтальная сила Архимеда: вода вращается вместе с сосудом и выталкивает шар к стенке. Сила со стороны стенки лежит перпендикулярно стенке.

Ответ

1) \(N_1 = \dfrac{8}{3}\pi R^3\rho g\);  2) \(N_2 = \dfrac{8}{3}\pi R^3\rho\,(\omega^2 R + g)\).

Решение

Плотность шара \(\rho_0 = 3\rho\), его объём \(V = \dfrac{4}{3}\pi R^3\), \(r = 2R\) — расстояние от центра шара до оси вращения.

1) \(N_1 = \rho_0 Vg - \rho Vg = (\rho_0 - \rho)Vg = \dfrac{8}{3}\pi R^3\rho g\).

2) Горизонтальная составляющая силы Архимеда \(F_{A1} = \rho V\omega^2 r\). Вертикальная составляющая силы Архимеда \(F_{A2} = \rho V g\). На шар действуют ещё сила давления \(N_2\) со стороны дна, сила \(Q\) со стороны стенки и сила тяжести, равная \(\rho_0 Vg\). По второму закону Ньютона для шара в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси \(F_{A1} + Q\sin\alpha = \rho_0 V\omega^2 r\), \(F_{A2} + N_2 - \rho_0 Vg - Q\cos\alpha = 0\). Отсюда, с учётом выражений для \(\rho_0\), \(V\) и \(r\), находим \[N_2 = (\rho_0 - \rho)V\left(\frac{\omega^2 r}{\mathrm{tg}\,\alpha} + g\right) = \frac{8}{3}\pi R^3\rho\,(\omega^2 R + g).\]

Подсказка

Что происходит с давлением насыщенного пара при изотермическом сжатии и какой пар остаётся в конце процесса?

Ответ

1) \(P_1 \approx 0{,}28\cdot 10^5\) Па;  2) \(V_2 \approx 5{,}0\cdot 10^{-3}\) м\(^3\) = 5,0 л.

Решение

Обозначим \(T = 354\) К, \(P_H = 0{,}5\cdot 10^5\) Па, \(V_1\) — начальный объём.

1) При сжатии часть пара превратится в воду и пар станет насыщенным. Тогда \(P_1 = \dfrac{P_H}{1{,}8} \approx 0{,}28\cdot 10^5\) Па.

2) \(P_1 V_1 = \dfrac{m}{\mu}RT\), откуда \(V_1 = \dfrac{m}{\mu}\cdot\dfrac{RT\cdot 1{,}8}{P_H}\). Конечный объём \[V_2 = \frac{V_1}{3{,}5} = \frac{m}{\mu}\cdot\frac{RT\cdot 1{,}8}{P_H\cdot 3{,}5} \approx 5{,}0\cdot 10^{-3}~\text{м}^3 = 5{,}0~\text{л}.\]

Подсказка

Во втором случае удобно записать движение шайбы относительно клина, а ускорение шайбы представить как сумму переносного ускорения клина и относительного.

Ответ

1) \(t_1 = \dfrac{5}{3}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}\);  2) \(a = \dfrac{19}{42}g\);  3) \(t_2 = \sqrt{\dfrac{14H}{g}}\).

Решение

1) \(\dfrac{H}{\sin\alpha} = \dfrac{1}{2}(g\sin\alpha)t_1^2\). Тогда \(t_1 = \sqrt{\dfrac{2H}{g\sin^2\alpha}} = \dfrac{5}{3}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}\).

2) Пусть \(M = 3m\) — масса клина, \(a\) — ускорение клина, \(a_0\) — ускорение шайбы относительно клина, \(N\) — сила нормальной реакции клина на шайбу. Ускорение шайбы равно сумме переносного (ускорения клина) и относительного ускорений. Уравнение движения для клина в проекциях на горизонтальную ось \(F - N\sin\alpha = Ma\). Уравнение движения для шайбы в проекциях на нормаль к поверхности клина \(N - mg\cos\alpha = ma\sin\alpha\). Отсюда \[a = \frac{F - mg\cos\alpha\sin\alpha}{M + m\sin^2\alpha} = \frac{19}{42}g.\]

3) Уравнение движения для шайбы в проекциях на ось вдоль поверхности клина \(mg\sin\alpha = m(a_0 + a\cos\alpha)\). Тогда \(a_0 = g\sin\alpha - a\cos\alpha = \dfrac{5}{21}g\). Относительно клина \(\dfrac{H}{\sin\alpha} = \dfrac{1}{2}a_0 t_2^2\). Отсюда \[t_2 = \sqrt{\frac{2H}{a_0\sin\alpha}} = \sqrt{\frac{14H}{g}}.\]

Ответ

1) температура увеличилась на \(1\%\);  2) \(\dfrac{Q}{A} = -\dfrac{1}{2}\).

Решение

1) \(PV = \nu RT\), \((P + \Delta P)(V + \Delta V) = \nu R(T + \Delta T)\). Отсюда \(\dfrac{\Delta P}{P} + \dfrac{\Delta V}{V} \approx \dfrac{\Delta T}{T}\). У нас \(\dfrac{\Delta P}{P} = 0{,}02\), \(\dfrac{\Delta V}{V} = -0{,}01\). Тогда \(\dfrac{\Delta T}{T} = 0{,}01\), температура увеличилась на 1%.

2) \(Q = \Delta U + A\). \(\Delta U = \nu\dfrac{3}{2}R\,\Delta T\), \(A = P\,\Delta V\). Тогда \[\frac{Q}{A} = \frac{3}{2}\left(\frac{\Delta P/P}{\Delta V/V} + 1\right) + 1 = \frac{3}{2}\left(\frac{0{,}02}{-0{,}01} + 1\right) + 1 = -\frac{1}{2}.\]