Физтех, 2022/23, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Вертикальный бросок даёт \(V_0 = gT\). Для второго пункта запишите уравнение траектории и условие касания стенки при \(x=S\), затем найдите угол, при котором высота точки соударения максимальна.

Ответ

1) \(V_0 = 20\) м/с;  2) \(h = 15\) м.

Решение

1) \(V_0 = gT = 20\) м/с.

2) Уравнение траектории мяча \[y(x) = x\,\mathrm{tg}\,\alpha - \frac{g x^2}{2V_0^2\cos^2\alpha} = x\,\mathrm{tg}\,\alpha - \frac{g x^2}{2V_0^2}\bigl(1+\mathrm{tg}^2\alpha\bigr).\] При соударении со стенкой \(x=S\), высота \[y(S) = \frac{g S^2}{2V_0^2}\left[\mathrm{tg}\,\alpha\left(\frac{2V_0^2}{gS} - \mathrm{tg}\,\alpha\right) - 1\right].\] Наибольшая высота точки соударения достигается при \(\mathrm{tg}\,\alpha = \dfrac{V_0^2}{gS}\): \[h = 0{,}5\left(\frac{V_0^2}{g} - \frac{gS^2}{V_0^2}\right) = 0{,}5\left(gT^2 - \frac{S^2}{gT^2}\right) = 15~\text{м}.\] Если ввести максимальную высоту при полёте по вертикали \(H = \dfrac{V_0^2}{2g} = \dfrac{gT^2}{2}\), то \[h = H\left[1 - \left(\frac{S}{2H}\right)^2\right].\]

Подсказка

До момента, когда скорость коробки сравняется со скоростью ленты, трение направлено вниз по наклону; после — меняет знак. Учтите это в двух участках движения.

Ответ

1) \(T \approx 0{,}66\) с;  2) \(L = 0{,}6\) м;  3) \(H \approx 0{,}75\) м.

Решение

В первом опыте до остановки коробки ускорение \(a_1 = g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)\). Коробка через время \[t_1 = \frac{V_0}{g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)} = 0{,}4~\text{с}\] останавливается на расстоянии \[L_1 = \frac{V_0^2}{2g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)} = 0{,}8~\text{м}.\] Далее коробка движется вниз с ускорением \(a_2 = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\) и за время \[t_2 = \sqrt{\frac{2(S-L_1)}{g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}} = \frac{\sqrt{15}}{15}\approx 0{,}26~\text{с}\] проходит путь \(S - L_1 = 0{,}2\) м.

1) \(T = t_1 + t_2 = \dfrac{V_0}{g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)} + \sqrt{\dfrac{2(S-L_1)}{g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}} \approx 0{,}66\) с.

Во втором опыте до момента остановки коробки относительно ленты \(a_1 = g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)\), и

2) \(L = \dfrac{V_0^2 - U^2}{2g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)} = 0{,}6\) м.

После этого сила трения сонаправлена с вектором скорости транспортёра, тогда \(a_2 = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\), и

3) \(H = \left(L + \dfrac{U^2}{2g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}\right)\sin\alpha = \dfrac{56}{75} \approx 0{,}75\) м.

Подсказка

Одинаковость времени разгона и одинаковость конечной скорости означают равенство приращений импульса за равные промежутки. Сравните проекции силы \(F\) на горизонталь в двух опытах.

Ответ

1) \(\mu = \mathrm{tg}\,\dfrac{\alpha}{2}\);  2) \(T = \dfrac{V_0}{\mu g}\).

Решение

Из равенства приращений импульса санок за равные промежутки времени следует равенство сил \[F\cos\alpha - \mu(mg - F\sin\alpha) = F - \mu mg.\] 1) \(\mu = \dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha} = \mathrm{tg}\,\dfrac{\alpha}{2}\).

2) \(T = \dfrac{V_0}{\mu g}\).

Подсказка

В каждом процессе теплота равна \(\Delta Q = C\,\Delta T\), то есть площади под графиком \(C(T)\) в координатах \((T, C)\). Первое начало термодинамики даёт работу через изменение внутренней энергии и теплоту.

Ответ

1) \(A_{12} \approx 5\cdot 10^3\) Дж;  2) \(\eta \approx 0{,}14\).

Решение

\(\Delta Q = C\,\Delta T\); в каждом процессе количество теплоты, подведённой (отведённой), численно равно площади под графиком зависимости \(C(T)\).

1) \(A_{12} = Q_{12} - (U_2 - U_1) = \left(2R - \tfrac{3}{2}R\right)3T_1 = 4986~\text{Дж} \approx 5\cdot 10^3\) Дж.

2) \(\eta = 1 - \dfrac{Q_{\text{отв}}}{Q_{\text{подв}}} = 1 - \dfrac{0{,}5RT_1(4-2\sqrt2) + 2{,}5RT_1(2\sqrt2-1)}{2RT_1(4-1)} = \dfrac{6{,}5 - 4\sqrt2}{6} \approx 0{,}14\).

3) График процесса в координатах \(P, V\), нормированных на \(P_1\) и \(V_1\): точка 1 \((1;1)\), точка 2 \((2;2)\), точка 3 \((2^{1{,}5};1)\); процесс 1-2 — прямая, 2-3 — кривая, 3-1 — изобара.

Подсказка

Условие покоя: равнодействующая кулоновских сил на шарик уравновешивается натяжением двух нитей. Для скорости используйте закон сохранения энергии и симметрию движения; центр масс системы не смещается.

Ответ

1) \(T = \left(1+\dfrac{1}{2\sqrt2}\right)k\dfrac{q^2}{b^2} \approx 1{,}35\,k\dfrac{q^2}{b^2}\);  2) \(V \approx 0{,}74\,|q|\sqrt{\dfrac{k}{mb}}\);  3) \(d = \dfrac{\sqrt5}{2}b \approx 1{,}1\,b\).

Решение

1) Условие покоя \(\sqrt2\,T = \left(\sqrt2 + \dfrac12\right)k\dfrac{q^2}{b^2}\), откуда \(T = \left(1+\dfrac{1}{2\sqrt2}\right)k\dfrac{q^2}{b^2} \approx 1{,}35\,k\dfrac{q^2}{b^2}\).

В момент, когда шарики находятся на одной прямой, скорости всех шариков одинаковы по модулю вследствие симметрии и закона сохранения импульса системы материальных точек. Закон сохранения энергии: \[k\frac{q^2}{b} + 2k\frac{q^2}{\sqrt2 b} = 4m\frac{V^2}{2} + k\frac{q^2}{3b} + 2k\frac{q^2}{2b}.\]

2) \(V = |q|\sqrt{\dfrac{3\sqrt2 - 1}{6}\cdot\dfrac{k}{mb}} \approx 0{,}74\,|q|\sqrt{\dfrac{k}{mb}}\). Центр масс системы не смещается.

3) \(d = \dfrac{\sqrt5}{2}\,b \approx 1{,}1\,b\).

Подсказка

Суммарный импульс осколков растёт как \(Mgt\) (все осколки в полёте, внешняя сила — тяжесть). Для дальности полёта подумайте, под каким углом к горизонту вектор скорости направлен в момент падения на максимальное расстояние.

Ответ

1) \(P_2 = 50\) кг\(\cdot\)м/с;  2) \(\sin\alpha = 0{,}6\) (или \(\mathrm{tg}\,\alpha = 0{,}75\));  3) \(T = 4\) с.

Решение

Импульс всех осколков после разрыва \(\Delta\vec P/\Delta t = M\vec g\), \(\vec P_0 = 0\), \(P(t_1) = Mgt_1 = 40\) кг\(\cdot\)м/с. Имеем \(\vec P = \vec P_1 + \vec P_2\), \(\vec P_1 \perp \vec P\).

1) \(P_2 = \sqrt{(Mgt_1)^2 + P_1^2} = 50\) кг\(\cdot\)м/с.

2) \(\sin\alpha = \dfrac{P_1}{P_2} = 0{,}6\), \(\mathrm{tg}\,\alpha = \dfrac{P_1}{Mgt_1} = \dfrac34 = 0{,}75\).

3) При полёте на максимальную дальность вектор скорости поворачивается на угол \(90^\circ\): \(d = |\vec r(T)| = 0{,}5\,|\vec V_0 + \vec V(T)|T = 0{,}5gT^2\), откуда \(T = \sqrt{\dfrac{2d}{g}} = 4\) с.

Подсказка

Пока брусок прижат к стенке, он неподвижен; сила стенки обращается в ноль, когда брусок готов начать движение. Рассмотрите силы, действующие на шарик, в этот момент.

Ответ

1) \(a = g = 10\) м/с\(^2\), направлено вертикально вниз;  2) \(h \approx 0{,}33\) м;  3) \(V \approx 1{,}66\sqrt{gR} \approx 5{,}25\) м/с.

Решение

В процессе движения шарика до отрыва бруска от стенки \[\frac{mV^2}{R} = mg\cos\theta - N, \qquad \frac{mV^2}{2} = mgR(1-\cos\theta), \qquad N = mg(3\cos\theta - 2).\] В момент отрыва \(N=0\), тогда \(m\vec a = m\vec g\):

1) \(\vec a = \vec g\), \(a = g = 10\) м/с\(^2\), направлено вертикально вниз.

Далее \(N=0\) при \(\cos\theta = \dfrac23\), тогда

2) \(h = R(1-\cos\theta) = \dfrac{R}{3} \approx 0{,}33\) м.

Из приведённых соотношений находим модуль скорости шарика \(V_0 = \sqrt{\dfrac23 gR}\) и угол \(\theta\), который в этот момент скорость \(\vec V_0\) образует с горизонтом: \(\cos\theta = \dfrac23\).

При движении системы скорость бруска наибольшая в тот момент, когда шарик проходит нижнюю точку траектории. Внешние силы вертикальные, трения нет: закон сохранения горизонтального импульса системы \(m\dfrac23 V_0 = mV_{1X} + mV_{2X}\) и закон сохранения полной механической энергии \(mg\,2R = \dfrac12\left(mV_{1X}^2 + mV_{2X}^2\right)\) приводят к ответу на третий вопрос:

3) \(V = V_{1X} = \dfrac{\sqrt2 + \sqrt{52}}{3\sqrt3}\sqrt{gR} \approx 1{,}66\sqrt{gR} \approx 5{,}25\) м/с.

Подсказка

Подъём по прямой с трением: работа внешней силы равна \(mgh\) плюс работа против трения на пути подъёма. При съезде сравните с теоремой об изменении кинетической энергии. Для второго пункта разбейте путь на подъём и трение на участках.

Ответ

1) \(V = 8\) м/с;  2) \(A_2 = 480\) Дж.

Решение

В процессе подъёма санок \(F = mg\sin\alpha + \mu mg\cos\alpha\), \(A_1 = F\sqrt{h^2+l^2} = mgh + \mu mgl\).

При съезде санок с горки по теореме об изменении кинетической энергии \(\dfrac{mV^2}{2} = mgh - \mu mgl\).

1) \(V = 2\sqrt{gh - \dfrac{A_1}{2m}} = 8\) м/с.

2) \(A_2 = mg(H-h) + (A_1 - mgh)\left(\dfrac{L}{l} - 1\right) = 480\) Дж.

Подсказка

В изобаре работа \(P\,\Delta V\), а теплота по первому началу \(Q = \frac52 P\Delta V\) для одноатомного газа. Работы за цикл и отношения объёмов в процессах 1-2 и 4-1 задают связь между изобарами.

Ответ

1) \(Q_{\text{подв}} = 3{,}5A\);  2) \(Q_{34} = 2{,}5A\);  3) \(\eta = \dfrac17 \approx 0{,}14\).

Решение

В процессе расширения к газу подведено количество теплоты 1) \(Q_{\text{подв}} = 2{,}5A + A = 3{,}5A\).

2) В процессе изобарического сжатия от газа отводят количество теплоты \(Q_{34} = 2{,}5A\).

3) В процессе 4-1 отводят теплоту \(0{,}5A\) (так как \(V_4 - V_1 = 0{,}5(V_3 - V_2)\)), за цикл отведено количество теплоты \(Q_{\text{отв}} = 2{,}5A + 0{,}5A = 3A\): \[\eta = 1 - \frac{Q_{\text{отв}}}{Q_{\text{подв}}} = 1 - \frac{3A}{3{,}5A} = \frac17 \approx 0{,}14.\]

Подсказка

Для скорости в момент отрыва используйте закон сохранения энергии в лунке. Высота полёта связана со скоростью отрыва формулой \(R = V^2/(2g)\) для вертикальной составляющей. Заряд находите из баланса энергии кулоновского отталкивания и кинетической энергии.

Ответ

1) \(V = \sqrt{2gR}\);  2) \(Q = \pm 2{,}73\,R\sqrt{\dfrac{mg}{k}}\);  3) \(U \approx 3{,}9\sqrt{gR}\).

Решение

В полёте \(R = \dfrac{V^2}{2g}\).

1) \(V = \sqrt{2gR}\).

2) Далее закон сохранения энергии \(k\dfrac{Q^2}{R} = k\dfrac{Q^2}{2R} + 2\dfrac{m}{2}\left(V^2 + \sqrt3 gR\right)\), \(\dfrac{mV^2}{2} = mgR\). Отсюда \(Q = \pm R\sqrt{2\left(2+\sqrt3\right)\dfrac{mg}{k}} \approx \pm 2{,}73\,R\sqrt{\dfrac{mg}{k}}\).

3) На большом расстоянии \(k\dfrac{Q^2}{2R} = 2\dfrac{m}{2}V_x^2\), \(V_X = \sqrt{\left(2+\sqrt3\right)gR}\), и \(U = 2\sqrt{\left(2+\sqrt3\right)gR} \approx 3{,}9\sqrt{gR}\).