Физтех, 2023/24, отборочный этап, 10 класс

Разбейте путь на два участка, до \(t_1\) и после него. Проверьте, меняет ли скорость знак до момента \(t_2\): от этого зависит, какие слагаемые пути надо учитывать.

\(5{,}7\) \(\text{м}\).

Путь на первом участке \(s_1 = \dfrac{a_1 t_1^2}{2}\). Скорость в момент \(t_1\) равна \(a_1 t_1\), а в момент \(t_2\) \[V(t_2) = a_1 t_1 + a_2 (t_2 - t_1).\] Если \(V(t_2) > 0\), то путь \(S = s_1 + s_2\), где \(s_2 = a_1 t_1 (t_2 - t_1) + \dfrac{a_2 (t_2 - t_1)^2}{2}\).

Если \(V(t_2) < 0\), то скорость меняет знак. Путь до остановки \(|s_{21}| = \dfrac{a_1^2 t_1^2}{2|a_2|}\), после остановки \(|s_{22}| = \dfrac{|a_2|\left(t_2 - t_1\left(1 - \dfrac{a_1}{a_2}\right)\right)^2}{2}\), и \(S = s_1 + |s_{21}| + |s_{22}|\).

Для данных задачи \(V(t_2) = 4 - 5 = -1\) \(\text{м/с}\) < 0, поэтому \(s_1 = 4\) \(\text{м}\), \(|s_{21}| = 1{,}6\) \(\text{м}\), \(|s_{22}| = 0{,}1\) \(\text{м}\), \(S = 5{,}7\) \(\text{м}\).

Между ударами движение — как у брошенного тела. Разложите скорость в момент второго удара на составляющие вдоль плоскости и по нормали к ней и сравните их отношение с углом, под которым шарик отскочил.

\(11^\circ\).

Время полёта между первым и вторым ударами \(T = \dfrac{2V_0}{g}\), где \(V_0\) — скорость шарика в первом ударе о поверхность. Проекции скорости в момент второго удара: вдоль поверхности \(|V_x| = 3V_0\sin\alpha\), по нормали \(|V_y| = V_0\cos\alpha\), где \(\alpha\) — угол наклона поверхности к горизонту. Угол \(\beta\) отскока от поверхности после второго удара (с нормалью) находится из \[\operatorname{tg}\beta = \frac{|V_x|}{|V_y|} = 3\operatorname{tg}\alpha, \qquad \alpha = \operatorname{arctg}\!\left(\frac{1}{3}\operatorname{tg}\beta\right).\] При \(\beta = 30^\circ\) получаем \(\alpha \approx 10{,}9^\circ \approx 11^\circ\).

Перемещение блока связано с перемещением обезьяны относительно верёвки. Запишите второй закон Ньютона для груза и обезьяны и найдите связь ускорений в ЛСО.

\(0{,}5\) \(\text{м}\).

Пусть \(a_1\) — ускорение груза подвижного блока \(\Pi\) в ЛСО во время набора скорости обезьяной, \(a_2\) — ускорение обезьяны в ЛСО, \(a_{\text{отн}}\) — ускорение обезьяны относительно подвижного блока. Применяя поочерёдно второй закон Ньютона для грузов и обезьяны, находим \(a_1 = a_2\), \(a_2 = a_{\text{отн}} - a_1\), откуда \(a_{\text{отн}} = 2a_1\). Перемещение обезьяны относительно блока \(s_{\text{отн}} = 2s_1\), где \(s_1\) — перемещение блока в ЛСО. С другой стороны, \(s_{\text{отн}} = \dfrac{s}{2}\), где \(s\) — перемещение обезьяны относительно верёвки. Отсюда \[|s_1| = \frac{s}{4} = \frac{2~\text{м}}{4} = 0{,}5~\text{м}.\]

Найдите силу, с которой пружина действует на брусок \(m_2\), а затем разбейте пружину на малые участки: каждый участок растягивается силой, зависящей от его положения.

\(4\) \(\text{см}\).

Из второго закона Ньютона для бруска \(m_2\) модуль силы упругости, действующей на брусок \(m_2\), \[T_2 = F_0\,\frac{m_1 + m}{m_1 + m + m_2}.\] Сила натяжения пружины зависит от расстояния \(x\) от бруска \(m_1\) по закону \(T(x) = T_2\,\dfrac{mx + m_1 L}{(m + m_1)L}\); удлинение малого участка пружины \(\Delta x\), расположенного на расстоянии \(x\) от бруска \(m_1\), равно \(\Delta l = \dfrac{T(x)\,\Delta x}{kL}\). Суммируя, находим удлинение всей пружины: \[\Delta L = \frac{F_0}{k}\,\frac{m_1 + m}{m_1 + m + m_2}\left(1 - \frac{m}{2(m + m_1)}\right).\] Для данных задачи \(\Delta L = \dfrac{5}{50}\cdot 0{,}6 \cdot \dfrac{2}{3}~\text{м} = 0{,}04\) \(\text{м}\).

На шероховатом участке сила трения пропорциональна длине части доски, которая там находится. Запишите второй закон Ньютона для малого сдвига доски и проинтегрируйте по пути.

\(191{,}5\) \(\text{см/с}\).

Из второго закона Ньютона: \(V\,\Delta V = g\sin\alpha\,\Delta x - \dfrac{\mu g}{L}\,x\,\Delta x\cos\alpha\), где \(x\) — длина части доски на шероховатой поверхности, \(\mu\) — коэффициент трения. Суммируя, находим скорость доски \[V = \sqrt{g\gamma L\left(2\sin\alpha - \mu\gamma\cos\alpha\right)},\] где \(\gamma\) — отношение длины части доски, заехавшей на шероховатую поверхность, к её длине. При \(\gamma = 0{,}8\), \(L = 1\) \(\text{м}\), \(\alpha = 20^\circ\), \(\mu = 0{,}3\) получаем \(V \approx 1{,}92\) \(\text{м/с} \approx 191{,}5\) \(\text{см/с}\).

Нижнее натяжение равно весу нижнего груза за вычетом выталкивающей силы. Верхняя нить держит оба груза, но выталкивающая сила действует только на нижний.

\(1{,}67\).

Пусть \(V_1\) — объём верхнего груза, \(V_2\) — нижнего, \(V_2/V_1 = n\), \(\rho\) — плотность грузов, \(\rho_B\) — плотность воды, \(k = \rho/\rho_B\). Натяжения: \(T_2 = (\rho - \rho_B)V_2 g\) (нижняя нить), \(T_1 = (\rho V_1 + \rho V_2 - \rho_B V_2)g\) (верхняя нить). Откуда \[\frac{T_1}{T_2} = \frac{\rho V_1}{(\rho - \rho_B)V_2} + 1 = \frac{k}{(k-1)n} + 1.\] При \(k = 2\), \(n = 3\): \(\dfrac{T_1}{T_2} = \dfrac{2}{1\cdot 3} + 1 \approx 1{,}67\).

Для броска под углом \(45^\circ\) с нулевой высоты дальность связана со скоростью отрыва. Скорость же набирается на окружности, и её связь с угловым ускорением задаётся кинематикой вращения за заданное число оборотов.

\(5{,}5\) \(\text{рад/с}^2\).

При \(\alpha = 45^\circ\) и нулевой высоте старта дальность \(L = \dfrac{V_0^2}{g}\), откуда \(V_0^2 = gL\). Скорость связана с тангенциальным ускорением \(a_\tau\) соотношением \(V_0^2 = 2a_\tau\cdot n\,2\pi R\), где \(n\) — число оборотов. Угловое ускорение \[\varepsilon = \frac{a_\tau}{R} = \frac{gL}{4\pi R^2 n}.\] Для данных задачи \(\varepsilon = \dfrac{10\cdot 60}{4\pi\cdot 1{,}44\cdot 6}~\text{рад/с}^2 \approx 5{,}5\) \(\text{рад/с}^2\).

Газ над водой описывается уравнением состояния идеального газа; газ, не растворённый в воде, — это то, что остаётся в объёме бутылки.

\(4\) \(\text{г}\).

Из уравнения Менделеева–Клапейрона масса газа в объёме бутылки \(m_{\text{газ}} = \dfrac{\mu PV}{RT}\), а растворённая масса \(m_{\text{р}} = m - \dfrac{\mu PV}{RT}\), где \(m = 5\) \(\text{г}\) — полная масса углекислого газа. Для данных задачи \(\dfrac{\mu PV}{RT} \approx 0{,}95\) \(\text{г}\), откуда \(m_{\text{р}} \approx 4\) \(\text{г}\).

В момент старта скорость шайбы нулевая, поэтому сила давления на полусферу выражается через угол старта с вертикалью. Этот угол связан с вертикальным перемещением шайбы при падении.

\(3\) \(\text{Н}\).

В момент старта сила, с которой шайба давит на полусферу, \[\tilde P = mg\cos\alpha = mg\,\frac{1{,}5h}{R} = 1{,}5\,\frac{h}{R}\,P,\] где \(\alpha\) — угол старта с вертикалью, \(P = mg\) — вес шайбы, \(h\) — вертикальное перемещение шайбы при свободном падении. Для данных задачи \(h = 0{,}2R\): \(\tilde P = 1{,}5\cdot 0{,}2\cdot 10\) \(\text{Н} = 3\) \(\text{Н}\).

Запишите закон сохранения импульса в проекциях на направление движения снаряда и на перпендикуляр к нему — это даст скорость второго осколка. Энергия взрыва — разность кинетических энергий после и до разрыва.

\(3{,}1\) \(\text{МДж}\).

Пусть \(m\) — масса снаряда, \(V_0\) — его скорость, \(V\) — скорость осколка, отлетевшего перпендикулярно. По закону сохранения импульса второй осколок имеет скорость \(\vec V_2 = 2\vec V_0 - \vec V\): его составляющие \(2V_0\) вдоль исходного направления и \(V\) против перпендикуляра. Выделившаяся энергия \[Q = \frac{m}{2}\left(V_0^2 + V^2\right).\] Для данных задачи \(Q = 5\cdot(500^2 + 600^2)~\text{Дж} = 3{,}05\) \(\text{МДж} \approx 3{,}1\) \(\text{МДж}\).

Изменение скорости равно площади под графиком ускорения от \(0\) до \(t_2\) с учётом знака: участок ниже оси времени даёт отрицательный вклад.

\(0{,}3\) \(\text{м/с}\).

Из графика \(a_x = a_1\left(1 - \dfrac{t}{t_1}\right)\), поэтому \[V_x = a_1\left(t_2 - \frac{t_2^2}{2t_1}\right).\] Для данных задачи \(V_x = 0{,}4\left(3 - \dfrac{9}{4}\right)~\text{м/с} = 0{,}3\) \(\text{м/с}\).

Сначала проверьте, достигает ли шайба точки \(3\): сравните её скорость на входе с критической. Если шайба летит дальше, высоту дают закон сохранения энергии и свободный полёт после выхода из дуги.

\(105\) \(\text{см}\).

Из закона сохранения энергии шайба достигает верхней точки жёлоба \(3\), если \(V_0 \ge V_{\max} = \sqrt{gR\left(2 + 3\sin\alpha_m\right)}\), где \(\alpha_m = 45^\circ\). Тогда \[H_{\max} = \frac{\left(V_0\cos\alpha_m\right)^2 + 2gR\left(1 + \sin\alpha_m\right)\sin^2\alpha_m}{2g}.\] Для данных задачи \(V_{\max} \approx 4{,}5\) \(\text{м/с}\), т.е. \(V_0 = 5\) \(\text{м/с}\) больше него, и \(H_{\max} = \dfrac{12{,}5 + 8{,}5}{20}~\text{м} \approx 1{,}05\) \(\text{м} = 105\) \(\text{см}\).

Закон сохранения импульса вдоль наклонной плоскости даёт скорость пушки после выстрела. Дальше пушка движется вдоль плоскости как тело, брошенное вверх, и возвращается в точку старта.

\(1{,}7\).

Скорость пушки до выстрела \(V_0 = \sqrt{2gH}\), где \(H = 1\) \(\text{м}\). После выстрела \[V = \frac{V_c\cos(\alpha + \beta) - \left(1 + \dfrac{M}{m}\right)V_0}{M/m},\] где \(V_c\) — скорость снаряда относительно плоскости, \(\alpha\) — угол наклона плоскости к горизонту, \(\beta\) — угол вылета снаряда (см. условие), \(M/m = 5\). Пушка возвращается в точку старта через время \(t_2/t_1\), равное \[\frac{t_2}{t_1} = \frac{V + \sqrt{V^2 - 2gH}}{V - \sqrt{V^2 - 2gH}}.\] Для данных задачи \(V_0 \approx 4{,}47\) \(\text{м/с}\), \(V \approx 4{,}63\) \(\text{м/с}\), \(\sqrt{V^2 - 2gH} \approx 1{,}21\) \(\text{м/с}\), и \(\dfrac{t_2}{t_1} \approx 1{,}7\).

Рассмотрите часть стержня, лежащую дальше от оси: натяжение в сечении сообщает ей центростремительное ускорение. Учтите, что масса этой части распределена по длине.

\(1{,}3\).

По теореме о движении центра масс сила натяжения в сечении стержня у оси вращения \(T = \dfrac{m\omega^2L}{2}\), где \(m\) — масса стержня, \(L\) — его длина, \(\omega\) — угловая скорость. Приращение натяжения на малом участке \(\Delta x\): \(\Delta T = -\dfrac{m}{L}\omega^2 x\,\Delta x\). Суммируя от конца стержня, находим натяжение в сечении на расстоянии \(l\) от оси: \[T(l) = \frac{m\omega^2 L}{2}\left(1 - \frac{l^2}{L^2}\right), \qquad \frac{T_1}{T_2} = \frac{L^2 - l_1^2}{L^2 - l_2^2}.\] Для данных задачи \(\dfrac{T_1}{T_2} = \dfrac{1 - 0{,}0025}{1 - 0{,}25} \approx 1{,}3\).

Движущая сила для верёвки — разность весов её участков по обе стороны блока. Запишите второй закон Ньютона для верёвки и связь скорости верёвки со скоростью изменения разности координат.

\(5\) \(\text{см/с}\).

При разности \(x\) вертикальных координат концов верёвки второй закон Ньютона для верёвки \[m\frac{\Delta V}{\Delta t} = m\frac{x}{l}\,g \quad (1),\] где \(l\) — длина верёвки. Кроме того, \(\dfrac{\Delta x}{\Delta t} = 2V\) (2), где \(V\) — скорость верёвки. Из (1) и (2) \(2mV\,\Delta V = \dfrac{m}{l}\,g\,x\,\Delta x\). Суммируя, находим \[V = x\sqrt{\frac{g}{2l}}.\] Для данных задачи \(V = 0{,}1~\text{м}\cdot\sqrt{\dfrac{10}{40}~\text{с}^{-1}} = 0{,}05\) \(\text{м/с} = 5\) \(\text{см/с}\).

Работа за цикл — это работа на линейном участке \(2-1\) минус теплота, отведённая в изотерме. Работу на линейном участке найдите как площадь под отрезком в координатах \(P\), \(V\).

\(18{,}5\) \(\text{Дж}\).

Работа, совершённая над газом в изотермическом процессе \(1\to2\), равна отведённой от газа теплоте \(Q'_{12}\). Работа газа на линейном участке \(2\to1\) \[A_{21} = \frac{RT_0}{2}\,\frac{n^2 - 1}{n}, \qquad n = \frac{V_1}{V_2},\] где \(T_0\) — температура изотермы (состояния \(2\)). Работа газа за цикл \[A_{\text{ц}} = A_{21} - Q'_{12}.\] Для данных задачи \(A_{21} = \dfrac{8{,}31\cdot 200}{2}\cdot\dfrac{1{,}25}{1{,}5}~\text{Дж} \approx 692{,}5\) \(\text{Дж}\), \(A_{\text{ц}} = 692{,}5 - 674 \approx 18{,}5\) \(\text{Дж}\).

Работа газа равна убыли внутренней энергии — значит, теплоёмкость газа на этом шаге равна нулю. Найдите теплоёмкость в данном процессе через первое начало термодинамики.

\(2{,}5\) \(\text{л}\).

Теплоёмкость идеального газа в процессе с \(\Delta P/\Delta V = -\alpha\): \[C = C_V + \frac{R}{1 + \dfrac{V}{P}\dfrac{\Delta P}{\Delta V}} = C_V + R\,\frac{P_0 - \alpha V}{P_0 - 2\alpha V}.\] Если на элементарном шаге работа газа равна убыли внутренней энергии, то \(C = 0\). С учётом \(C_V = \dfrac{3}{2}R\) отсюда \(V = \dfrac{5P_0}{8\alpha}\). Для данных задачи \(V = \dfrac{5\cdot 100}{8\cdot 25\,000}~\text{м}^3 = 2{,}5\cdot 10^{-3}~\text{м}^3 = 2{,}5\) \(\text{л}\).

Процесс идёт в два этапа: изотермическое сжатие до насыщения и далее сжатие с конденсацией при постоянном давлении насыщенного пара. Работа складывается из работы на каждом этапе.

\(514\) \(\text{Дж}\).

Масса конденсата \[\Delta m = \frac{\mu V_0}{RT_0}\left(P_0 - \frac{P_н}{n}\right),\] где \(T_0 = 373\) \(\text{К}\), \(P_0\), \(V_0\) — начальные давление и объём пара, \(P_н = 100\) \(\text{кПа}\) — давление насыщенного пара при \(T_0\), \(n = 3\). Работа сил внешнего давления при изотермическом сжатии пара до начала конденсации \(A_T = Q' - \lambda\,\Delta m\), где \(Q'\) — отведённая от пара теплота в процессе сжатия, \(\lambda\) — удельная теплота парообразования. Работа при изобарическом сжатии \(A_{\text{к}} = V_0\left(P_0 - \dfrac{P_н}{n}\right)\). Суммарная работа \(A = A_T + A_{\text{к}}\). Для данных задачи \(\Delta m \approx 0{,}97\) \(\text{г}\), \(\lambda\,\Delta m \approx 2226\) \(\text{Дж}\), \(A_T \approx 347\) \(\text{Дж}\), \(A_{\text{к}} \approx 167\) \(\text{Дж}\), \(A \approx 514\) \(\text{Дж}\).

Найдите, как связаны давление и температура в этом процессе, и вычислите теплоёмкость газа в нём. Полученная теплоёмкость постоянна.

\(13{,}1\) \(\text{кДж}\).

Процесс \(P^2V = \text{const}\) — политропа \(PV^{1/2} = \text{const}\) с показателем \(n = \tfrac12\), поэтому теплоёмкость \(C = C_V - \dfrac{R}{n-1} = \dfrac{7}{2}R\). Из уравнения состояния и \(P^2V = \text{const}\) следует \(PT = \text{const}\), откуда \(\dfrac{T_2}{T_1} = \dfrac{P_1}{P_2}\). Теплота \[Q = C(T_2 - T_1) = \frac{7}{2}RT_1\left(\frac{P_1}{P_2} - 1\right),\] где \(T_1\) — начальная температура, \(P_1\) и \(P_2\) — максимальное и минимальное давления. Для данных задачи \(Q = \dfrac{7}{2}\cdot 8{,}31\cdot 150\cdot 3~\text{Дж} \approx 13{,}1\) \(\text{кДж}\).

Сравните выражение \(C = C_V + P\,\dfrac{\Delta V}{\Delta T}\), которое следует из первого начала, с условием задачи.

\(5\) \(\text{л}\).

Молярная теплоёмкость идеального газа в процессе \(C = C_V + P\dfrac{\Delta V}{\Delta T}\). Сравнивая с условием, \(P\dfrac{\Delta V}{\Delta T} = \beta P\), откуда \(\Delta V = \beta\,\Delta T\). Суммируя, \(V_2 - V_1 = \beta(T_2 - T_1)\). Для данных задачи \(\beta = 10^{-4}~\text{м}^3/\text{К}\) (так как \(1~\text{Дж/Па} = 1~\text{м}^3\)), \(\Delta V = 10^{-4}\cdot 50~\text{м}^3 = 5\cdot 10^{-3}~\text{м}^3 = 5\) \(\text{л}\).