Физтех, 2021/22, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Горизонтальная составляющая скорости камня в полёте не меняется. Максимальная высота определяется вертикальной составляющей начальной скорости. Для второго пункта удобно использовать сохранение энергии.

Ответ

1) \(V_0=20\,\text{м/с}\);  2) \(\cos\beta=\sqrt{\dfrac{10}{13}}\approx 0{,}88\).

Решение

1) \(H=\dfrac{(V_0\sin\alpha)^2}{2g}\), отсюда \(V_0=\sqrt{4gH}=\sqrt{4\cdot 10\cdot 10}=20\,\text{м/с}\).

2) Горизонтальная составляющая скорости \(V_0\cos\alpha\) сохраняется, а скорость в момент падения на крышу по закону сохранения энергии равна \(\sqrt{V_0^2-2gh}\). Поэтому \[\cos\beta=\frac{V_0\cos\alpha}{\sqrt{V_0^2-2gh}}=\frac{\cos\alpha}{\sqrt{1-\frac{2gh}{V_0^2}}}=\frac{\cos 45^\circ}{\sqrt{1-\frac{2\cdot 10\cdot 7}{20^2}}}=\sqrt{\frac{10}{13}}\approx 0{,}88.\]

Подсказка

На горизонтальной окружности центростремительное ускорение сообщает сила трения, и её предельное значение задаёт максимальную скорость. На наклонной поверхности составляющая силы тяжести вдоль склона направлена против центростремительного ускорения в нижней точке окружности: найдите, в какой точке трения нужно больше всего.

Ответ

1) \(T=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{R}{\mu g}}=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{3}{20}}\approx 0{,}61\,\text{с}\);  2) \(V_{MAX}=\sqrt{\dfrac{6\,(4\sqrt3-5)}{5}}\approx 1{,}52\,\text{м/с}\).

Решение

1) Максимальная скорость на горизонтальной окружности: \(m\dfrac{\tilde V_{MAX}^2}{R}=\mu mg\), \(\tilde V_{MAX}=\sqrt{\mu gR}\). Минимальное время четверти окружности: \[T=\frac{\pi R}{2\sqrt{\mu gR}}=\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{R}{\mu g}}=\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{3}{20}}\approx 0{,}61\,\text{с}.\]

2) Перейдём к проекциям на наклонную плоскость: \(m\vec a=\vec F_{тр}+\vec F\), \(F=mg\sin\alpha\), \(F_{тр}\le\mu mg\cos\alpha\), \(\vec F_{тр}=m\vec a-\vec F\). Модуль разности в правой части максимален в нижней точке, где векторы \(m\vec a\) и \(\vec F\) антипараллельны. В этой точке \(m\dfrac{V_{MAX}^2}{R}\le\mu mg\cos\alpha-mg\sin\alpha\), откуда \[V_{MAX}=\sqrt{gR\left(\mu\cos\alpha-\sin\alpha\right)}=\sqrt{10\cdot 1{,}2\left(0{,}8\cdot\frac{\sqrt3}{2}-\frac{1}{2}\right)}=\sqrt{\frac{6\,(4\sqrt3-5)}{5}}\approx 1{,}52\ \text{м/с}.\]

Подсказка

Пока шайба движется по левой половине полусферы, брусок прижат к стенке и неподвижен. Дальше система свободна: используйте законы сохранения импульса и энергии. Скорость бруска максимальна, когда шайба проходит нижнюю точку полусферы.

Ответ

1) \(M=2m\);  2) \(V_{MAX}=\dfrac{2}{3}\sqrt{2gR}\);  3) \(P=5mg\).

Решение

1) До нижней точки: \(\dfrac{mV_0^2}{2}=mgR\), \(V_0=\sqrt{2gR}\). Далее \(mV_0=(m+M)V_1\), \(\dfrac{m V_0^2}{2}=\dfrac{(m+M)V_1^2}{2}+mgH\). Отсюда \(H=\dfrac{M}{m+M}R\), и из условия \(\dfrac{H}{R}=\dfrac{M}{m+M}=\dfrac23\) получаем \(M=2m\).

2) Законы сохранения импульса и энергии для системы «шайба + брусок» в момент, когда шайба проходит нижнюю точку полусферы:\(mV_0=mV_X+MV\), \(\dfrac{m}{2}V_0^2=\dfrac{m}{2}V_X^2+\dfrac{M}{2}V^2\). Отсюда \[V_{MAX}=\frac{2m}{m+M}V_0=\frac{2}{3}V_0=\frac{2}{3}\sqrt{2gR}.\]

3) В нижней точке в системе бруска шайба движется по окружности радиуса \(R\) с относительной скоростью \(U=V_0\). Второй закон Ньютона в проекции на радиус: \(m\dfrac{U^2}{R}=N-mg\), отсюда \(N=m\left(\dfrac{V_0^2}{R}+g\right)=3mg\). Сила, с которой брусок давит на горизонтальную поверхность, равна \(P=(M+3m)g=5mg\). В этот момент систему бруска можно считать инерциальной.

Подсказка

Тепло получает газ только на изобаре \(1\!\to\!2\); на изохоре \(2\!\to\!3\) он отдаёт тепло. КПД равен отношению работы за цикл к полученному теплу.

Ответ

1) \(\eta=1-\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{n-n^{-2/3}}{n-1}=\dfrac{47}{140}\approx 0{,}34\).

Решение

Теплота, подведённая в цикле на изобаре \(1\!\to\!2\): \(Q_{12}=\dfrac{5}{2}P_0V_0(n-1)\).

В адиабате \(3\!\to\!1\) по условию \(P_0V_0^{5/3}=P_3(nV_0)^{5/3}\), откуда \(P_3=\dfrac{P_0}{n^{5/3}}\).

Теплота, отведённая в изохоре \(2\!\to\!3\): \(\tilde Q_{23}=\dfrac{3}{2}P_0nV_0\left(1-\dfrac{1}{n^{5/3}}\right)=\dfrac{3}{2}P_0V_0\left(n-\dfrac{1}{n^{2/3}}\right)\).

КПД цикла: \[\eta=1-\frac{\tilde Q_{23}}{Q_{12}}=1-\frac{3}{5}\cdot\frac{n-n^{-2/3}}{n-1}=1-\frac{3}{5}\cdot\frac{8-\frac14}{7}=\frac{47}{140}\approx 0{,}34.\]

Подсказка

Все точки полусферы находятся на одинаковом расстоянии от \(O\), поэтому её потенциал в этой точке находится по полному заряду полусферы. Для второго пункта разложите силы, действующие на элементы поверхности, по направлению вертикали.

Ответ

1) \(A=\dfrac{Q\sigma R}{2\varepsilon_0}\);  2) \(P=mg+\dfrac{Q\sigma}{4\varepsilon_0}\).

Решение

1) Потенциал в точке \(O\), создаваемый полусферой, \(\varphi=\dfrac{\sigma\cdot 2\pi R^2}{4\pi\varepsilon_0R}=\dfrac{\sigma R}{2\varepsilon_0}\). Работа внешней силы \(A=Q\varphi=\dfrac{Q\sigma R}{2\varepsilon_0}\).

2) Сила, действующая на элемент поверхности \(\Delta S\) со стороны заряда \(Q\), равна \(\Delta F=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\dfrac{Q\sigma\,\Delta S}{R^2}\). Её вертикальная составляющая определяется проекцией площадки на горизонтальную плоскость \(\Delta S_\perp\): \(\Delta F_Y=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q\sigma\,\Delta S_\perp}{R^2}\). Суммируя по основанию полусферы, \(\sum\Delta S_\perp=\pi R^2\): \[F_Y=\sum\Delta F_Y=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{Q\sigma}{R^2}\cdot\pi R^2=\frac{Q\sigma}{4\varepsilon_0}.\] Тогда полусфера давит на поверхность с силой \(P=mg+\dfrac{Q\sigma}{4\varepsilon_0}\).