Физтех, 2024/25, отборочный этап, 10 класс

Перемещение — интеграл вектора скорости по времени, его находят покомпонентно. Модуль вектора перемещения — по теореме Пифагора для его проекций.

\(V_{x,y,z} = v_{x,y,z}(b - ct)\); перемещение за время от \(t_1\) до \(t_2\): \[s_{x,y,z} = v_{x,y,z}\Bigl(b(t_2 - t_1) - \dfrac{c}{2}(t_2^2 - t_1^2)\Bigr), \qquad |\vec s| = \sqrt{s_x^2 + s_y^2 + s_z^2}.\]

Скорость и ускорение точки обода раскладываются на нормальную и касательную составляющие. Угол между ними найдите через их отношение, учитывая, что \(\varepsilon\) пропорционально \(\omega\).

\(\varepsilon = k\omega\); \(\dfrac{\Delta\omega}{\Delta t} = k\dfrac{\Delta\alpha}{\Delta t}\); \(\omega = \omega_0 + 2\pi k n\); \(a_n = \omega^2 R\); \(a_\tau = \varepsilon R\); \(a_\tau = k\omega R\).

Для случая \(\varepsilon > 0\): \(\alpha = \dfrac{180^\circ}{\pi}\operatorname{arctg}\dfrac{a_n}{a_\tau}\); \(\alpha = \dfrac{180^\circ}{\pi}\operatorname{arctg}\Bigl(\dfrac{\omega_0}{k} + 2\pi n\Bigr)\);

для случая \(\varepsilon < 0\): \(\alpha = 180^\circ - \dfrac{180^\circ}{\pi}\operatorname{arctg}\Bigl|\dfrac{a_n}{a_\tau}\Bigr|\); \(\alpha = 180^\circ - \dfrac{180^\circ}{\pi}\operatorname{arctg}\Bigl|\dfrac{\omega_0}{k} + 2\pi n\Bigr|\).

Брусок начнёт двигаться только тогда, когда сила превысит силу трения. Импульс, переданный бруску, равен площади под графиком \(F(t)\) с учётом знака.

Брусок начнёт двигаться при \(F > F_{\text{тр}}\). Его конечный импульс можно рассчитать при \(p = (S_+ - S_-)F_0t_0\), где \(S_+\) — площадь на рисунке (см. рис.), закрашенная синим цветом со знаком «+», \(S_-\) — площадь на рисунке, закрашенная красным цветом со знаком «–». (Площадь \(S_+\) можно найти, вычитая из площади соответствующего сектора окружности площадь треугольника \(ABC\). Площадь \(S_-\) можно найти следующим образом: сначала найти площадь части окружности, отсечённую отрезком \(CD\) аналогично тому, как была найдена площадь \(S_+\), а затем вычесть найденную площадь из площади прямоугольника \(DCEF\).) Скорость бруска после прекращения действия силы \[V = \dfrac{p}{m}.\]

При упругом нецентральном ударе одинаковой покоящейся шайбы налетающая шайба и мишень разлетаются под прямым углом. Законы сохранения импульса и энергии дают долю потерянной энергии при одном столкновении.

Шайбы разлетаются после столкновения под прямым углом. Из ЗСЭ и ЗСИ относительная убыль кинетической энергии шайбы при одном столкновении \(\dfrac{\Delta E}{E} = 1 - \cos^2\alpha\). После двух последовательных столкновений относительная убыль кинетической энергии шайбы: \[\dfrac{\Delta E_1 + \Delta E_2}{E_0} = \bigl(1 - \cos^2\alpha_1 \cdot \cos^2\alpha_2\bigr)\times 100\,\%.\]

Высоту найдите из закона сохранения энергии, а натяжение — из второго закона Ньютона в проекции на нить с центростремительным ускорением.

\(V_1 = \sqrt{5gl}\); \(V_2 = \alpha\cdot V_1\); \(T = \beta\cdot mg\). Из ЗСЭ, II закона Ньютона и выражения для центростремительного ускорения: \[h = l\,\dfrac{5\alpha^2 - \beta + 1}{3}.\]

Число соударений на единицу площади за единицу времени зависит от концентрации молекул и от средней скорости их теплового движения. Что меняется при заданных условиях?

Среднее число соударений молекул в расчёте на единицу площади в единицу времени: \(z \sim n\bar v\); \(\bar v \sim \sqrt{T}\); \[\dfrac{z_2}{z_1} = \dfrac{n_2}{n_1} = \dfrac{V_1}{V_2}.\]

Пока доски движутся вместе, их общее замедление задаёт трение о плоскость. Относительное скольжение начнётся, когда трение между досками достигнет предельного значения; посчитайте, какая часть досок к этому моменту лежит на шероховатом участке.

Относительное движение досок начнётся тогда, когда сила трения, действующая на верхнюю доску со стороны нижней, станет равной \(\mu_2 mg\). Ускорение досок в этот момент \(a = \mu_1\dfrac{x}{L}g = \mu_2 g\), где \(\mu_1\) — коэффициент трения скольжения нижней доски по горизонтальной плоскости, \(\mu_2\) — коэффициент трения скольжения верхней доски по нижней, \(x = \dfrac{\mu_2}{\mu_1}L\) — длина части досок на шероховатой плоскости, \(L\) — длина досок, \(g\) — ускорение свободного падения. Из теоремы об изменении кинетической энергии: \[V = \sqrt{V_0^2 - \dfrac{\mu_2^2\, g L}{\mu_1}}.\]

Рассмотрите участок шнура от выбранного сечения до левого конца. На него действуют сила натяжения в сечении и сила трения о стол; запишите для него второй закон Ньютона.

Из II закона Ньютона: \[T = \dfrac{l_0}{L}\cdot\dfrac{l}{L}(1 + \mu)\cdot mg,\] где \(l\) — длина вертикальной части шнура, \(L\) — длина шнура, \(m\) — масса шнура, \(\mu\) — коэффициент трения скольжения шнура по столу, \(g\) — ускорение свободного падения.

Мгновенная ось вращения стержня проходит через точку пересечения перпендикуляров к скоростям его концов. Скорости шариков связаны этим условием, а закон сохранения энергии даёт второе уравнение.

При движении стержня, который отклонился от вертикали на заданный угол, скорость центра масс направлена вертикально вниз, а нижнего шарика — горизонтально вправо (стрелками на рисунке показаны направления скоростей шариков и центра масс). Мгновенная ось вращения проходит через точку пересечения перпендикуляров к скоростям центра масс и нижнего шарика, при этом перпендикуляры проходят через центр масс и нижний шарик. Тогда \[\dfrac{V_1}{V_2} = \dfrac{\sqrt{3\sin^2\varphi + 1}}{\cos\varphi}.\]

Далее, по ЗСЭ находим скорость верхнего шарика: \[V_1 = \sqrt{\dfrac{gl(1 - \cos\varphi)(3\sin^2\varphi + 1)}{\sin^2\varphi + 1}},\] где \(l\) — длина стержня, \(g\) — ускорение свободного падения, \(\varphi\) — угол, который стержень в рассматриваемый момент составляет с вертикалью.

Запишите второй закон Ньютона для доски и груза вместе и найдите ускорение груза относительно нити. Дальше — кинематика равноускоренного движения на отрезке \(L\).

Из II закона Ньютона для доски и груза и закона сложения ускорений ускорение груза относительно вертикальной части нити: \[a_{\text{отн}} = g\Bigl(1 - \alpha\Bigl(1 + \bigl(\tfrac{M}{m}\bigr)^{-1}\Bigr)\Bigr); \qquad L = V_{0\,\text{отн}}\,\tau + \dfrac{a_{\text{отн}}\tau^2}{2},\] где \(V_{0\,\text{отн}}\) — заданная скорость груза относительно нити в начальный момент времени. Из данного квадратного уравнения находим время \(\tau\) движения груза до нижнего конца нити (положительный корень квадратного уравнения).

Скорость груза относительно вертикальной части нити в тот момент, когда он соскользнёт с нити: \[V_{\text{отн}} = V_{0\,\text{отн}} + a_{\text{отн}}\cdot\tau.\]

Запишите второй закон Ньютона в верхней и нижней точках окружности и закон сохранения энергии между ними.

Наибольшая сила \(F_1\), с которой шайба действует на жёлоб, больше наименьшей силы \(F_2\) на \(6mg\), где \(m\) — масса шайбы, \(g\) — ускорение свободного падения. Отсюда \[F_2 = \dfrac{6mg}{\dfrac{F_1}{F_2} - 1}.\]

Минимальная сила соответствует моменту, когда сила трения между бруском и доской достигает предельного значения. Выразите ускорения бруска и доски через \(F\) и сравните их.

\(F_0 = \mu g(M + m)\), где \(\mu\) — коэффициент трения скольжения бруска по доске, \(g\) — ускорение свободного падения, \(M\) — масса доски, \(m\) — масса бруска; \(F = \alpha\cdot\mu g(M + m)\); ускорение бруска \(a_б = \mu g\) (1); ускорение доски \(a_д = \mu g\Bigl(\alpha + \dfrac{m}{M}(\alpha - 1)\Bigr)\); ускорение бруска относительно доски \(a_{\text{отн}} = a_д - a_б\), \(a_{\text{отн}} = \mu g(\alpha - 1)\Bigl(1 + \dfrac{m}{M}\Bigr)\) (2); по условию \(\dfrac{a_{\text{отн}}}{a_б} = n\) (3). Из (1), (2) и (3) получаем \[\dfrac{M}{m} = \dfrac{\alpha - 1}{n - \alpha + 1}.\]

Пока сила меньше силы трения, брусок не движется. Наибольший модуль скорости достигается там, где ускорение обращается в ноль, либо в момент остановки; сравните оба значения.

Проекция ускорения бруска \(a_x = \dfrac{F_0}{m}(b - kt) - \mu g\), где \(m\) — масса бруска, \(\mu\) — коэффициент трения скольжения бруска по плоскости; проекция скорости бруска \(V_x = \dfrac{F_0}{m}\Bigl(bt - \dfrac{kt^2}{2}\Bigr) - \mu g t\); наибольший модуль проекции скорости бруска за время от \(t = 0\) до \(t = t_1\) (\(t_1 = 2\Bigl(\dfrac{F_0 b - \mu m g}{k F_0}\Bigr)\) — момент остановки бруска) \[V_{mx} = \dfrac{F_0}{m}\Bigl(bt_m - \dfrac{kt_m^2}{2}\Bigr) - \mu g t_m,\] где \(t_m = \dfrac{F_0 b - \mu m g}{k F_0}\) — момент времени, когда ускорение бруска впервые после начала движения обращается в ноль. Брусок остановится в момент времени \(t_1\), брусок начнёт двигаться в обратном направлении в момент времени \(t_2 = \dfrac{F_0 b + \mu m g}{k F_0}\). Проекция скорости бруска в момент окончания действия силы (при \(t > t_2\)): \[V_{\text{кх}} = \dfrac{F_0}{m}\Bigl(b(t - t_2) - \dfrac{k(t^2 - t_2^2)}{2}\Bigr) + \mu g(t - t_2).\] 1) Если \(V_{mx} > |V_{\text{кх}}|\), то ответ \(V_{mx} = \dfrac{F_0}{m}\Bigl(bt_m - \dfrac{kt_m^2}{2}\Bigr) - \mu g t_m\);

2) Если \(|V_{\text{кх}}| > V_{mx}\), то ответ \(|V_{\text{кх}}| = \Bigl|\dfrac{F_0}{m}\Bigl(b(t - t_2) - \dfrac{k(t^2 - t_2^2)}{2}\Bigr) + \mu g(t - t_2)\Bigr|\).

В первом эксперименте шайба движется равномерно, значит, сила трения уравновешивает проекцию силы тяжести на жёлоб. Это даёт коэффициент трения. Во втором эксперименте равнодействующая — разность проекций силы тяжести и силы трения.

В первом эксперименте \(\mu = \operatorname{tg}\alpha\), где \(\alpha\) — угол наклона жёлоба к горизонту. Равнодействующая сил во втором эксперименте \[F = mg\bigl(\sin(n\alpha) - \operatorname{tg}(\alpha)\cos(n\alpha)\bigr).\]

Запишите первое начало термодинамики и выразите работу через подведённую теплоту и изменение внутренней энергии. Изменение внутренней энергии идеального газа выразите через \(C_V\) и \(\Delta T\), а \(C_V\) — через \(\gamma\).

Из первого закона термодинамики и определения внутренней энергии идеального газа \[\Delta T = \dfrac{Q(\gamma - 1)}{\nu R(\alpha + 1)},\] где \(Q\) — количество теплоты, подведённое к газу в квазистатическом процессе, \(\nu\) — число моль газа, \(R\) — универсальная газовая постоянная, \(\alpha\) — отношение работы, совершённой газом, к приращению внутренней энергии газа в рассматриваемом процессе.

В момент начала проскальзывания брусок и доска ещё движутся вместе, значит, их ускорения одинаковы. Сила трения в этот момент предельна, а пружина уже сжата на некоторую величину.

Брусок придёт в движение относительно доски через мгновение после того, как сила трения, действующая на брусок со стороны доски, станет равной \(\mu m g\), где \(\mu\) — коэффициент трения скольжения бруска по доске, \(m\) — масса бруска, \(g\) — ускорение свободного падения. Ускорение доски и бруска в этот момент равно \(\mu g\). Из второго закона Ньютона и закона Гука находим деформацию \(\Delta x = \dfrac{\mu g(M + m)}{k}\) пружины, где \(M\) — масса доски, \(k\) — коэффициент жёсткости пружины. Из закона сохранения энергии находим скорость доски и бруска в указанный момент времени: \[V = \sqrt{V_0^2 - \dfrac{M + m}{k}\mu^2 g^2}.\]

В точке \(D\) шайба движется по окружности с центростремительным ускорением \(V^2/R\): запишите второй закон Ньютона по нормали и вдоль жёлоба. Скорость на участке \(BC\) постоянна, её можно найти на гладком участке \(AB\) по закону сохранения энергии.

Из второго закона Ньютона и закона Амонтона–Кулона в точке \(D\) (см. рис.): \[\begin{cases} mg\sin\alpha = \mu_D N & (1)\\ N = m\Bigl(\dfrac{V^2}{R} + g\cos\alpha\Bigr) & (2) \end{cases}\] где \(m\) — масса шайбы, \(g\) — ускорение свободного падения, \(\mu_D\) — коэффициент трения скольжения шайбы по жёлобу в точке \(D\), \(N\) — сила реакции опоры, \(F_{\text{тр}} = \mu_D N\) — сила трения, действующая на шайбу в точке \(D\). Скорость \(V\) шайбы на шероховатом участке равна по модулю скорости шайбы в точке \(B\). Скорость шайбы в точке \(B\) находим из ЗСЭ \(V = \sqrt{2gR(1 - a)}\) (3). Из (1), (2) и (3) находим \[\mu_D = \dfrac{\sqrt{b(2 - b)}}{3 - 2a - b}.\]

Ускорение — производная скорости по времени. Продифференцируйте каждую проекцию скорости отдельно.

Вектор ускорения материальной точки \(\vec a = b\,\vec i - 2ct\,\vec j\); \(|\vec a| = \sqrt{b^2 + (2ct)^2}\).

Путь — не то же, что перемещение: если скорость меняет знак, учитывайте точку остановки. Найдите момент, когда \(V = 0\), и разбейте путь на два участка.

Материальная точка остановится в момент времени \(t_0 = bT\), в точке с координатой \(x_0 = \dfrac{b^2 T V_0}{2}\). Путь, пройденный материальной точкой за время от \(t = 0\) до \(t\): при \(t < t_0\): \(S = V_0\Bigl(bt - \dfrac{t^2}{2T}\Bigr)\);

при \(t \ge t_0\): \(S = V_0\Bigl(b^2T - bt + \dfrac{t^2}{2T}\Bigr)\).

Нарисуйте векторы скорости выбранной точки обруча до и после удара и сравните углы между ними и скоростью центра масс. Модуль скорости найдите по теореме косинусов.

За время соударения вектор скорости произвольной точки обруча изменяет своё направление на \(\dfrac{\pi}{2}\), следовательно \(\beta + \gamma = \dfrac{\pi}{2}\) (1), где \(\beta\) — угол между векторами скорости произвольной точки обруча и скорости центра масс обруча непосредственно до соударения, \(\gamma\) — угол между векторами скорости произвольной точки обруча и скорости центра масс обруча сразу после соударения. По условию \(\gamma = n\beta\) (2). Из (1) и (2) \(\gamma = \dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{n}{n + 1}\). По теореме косинусов искомая скорость \[V = V_0\sqrt{2\bigl(1 + \cos(2\gamma)\bigr)} = 2V_0\cos\gamma.\]