Физтех, 2024/25, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Скорости точек плоского движения связаны мгновенным центром вращения: он лежит на перпендикулярах к скоростям точек \(A\) и \(C\). Найдите отношение расстояний от него до \(C\) и \(A\). Для третьего пункта вспомните, как движется центр масс.

Ответ

1) \(v_C = 0{,}2~\text{м/с}\);  2) \(\tau \approx 10{,}9~\text{с}\);  3) \(R \approx 3{,}46\cdot10^{-5}~\text{Н}\).

Решение

\(F\) — мгновенный центр вращения пластины. Скорости точек пропорциональны расстояниям до \(F\), поэтому \[\frac{v_C}{v_A} = \frac{FC}{FA} = \sin 30^\circ = 0{,}5,\] откуда \(v_C = 0{,}5\,v_A = 0{,}2~\text{м/с}\).

Расстояние \(FC = a/\sqrt3\), поэтому \(v_C = \omega\,\dfrac{a}{\sqrt3}\), то есть \(\omega = \sqrt3\,\dfrac{v_C}{a}\). Три оборота соответствуют \(\omega\tau = 3\cdot 2\pi\), откуда \[\tau = \sqrt3\cdot 2\pi\,\frac{a}{v_C} \approx 10{,}9~\text{с}.\]

Система центра масс пластины — инерциальная. Центр масс \(O\) находится на расстоянии \(BO = a/\sqrt3\) от вершины \(B\), и сила, действующая на пчелу, равна \[R = m\omega^2\,BO = m\cdot 3\frac{v_C^2}{a^2}\cdot\frac{a}{\sqrt3} = \sqrt3\,m\,\frac{v_C^2}{a} \approx 3{,}46\cdot10^{-5}~\text{Н}.\]

Подсказка

Найдите начальную скорость фейерверка по данным о высоте \(h\) и времени \(\tau\), затем высоту \(H\). Осколки летят с горизонтальными скоростями, равными по модулю и противоположными по знаку; расстояние между точками падения равно сумме их горизонтальных смещений.

Ответ

1) \(H = 9{,}8~\text{м}\);  2) \(L_{MAX} = 59{,}6~\text{м}\).

Решение

Начальная скорость фейерверка \(u_0 = \dfrac{h}{\tau} + \dfrac{g\tau}{2} = 14~\text{м/с}\), поэтому \[H = \frac{1}{2g}\left(\frac{h}{\tau} + \frac{g\tau}{2}\right)^2 = 9{,}8~\text{м}.\]

Вертикальные координаты осколков \(y_{1,2}(t) = H \pm V_{0Y}t - \dfrac{gt^2}{2}\). В момент падения на площадку \(y = 0\), откуда \[T_{1,2} = \frac{V_{0Y}}{g} \pm \frac{1}{g}\sqrt{V_{0Y}^2 + 2gH}, \qquad T_1 + T_2 = \frac{2}{g}\sqrt{V_{0Y}^2 + 2gH}.\] Расстояние между точками падения осколков \[L = |V_{0X}|\,|T_1 + T_2| = \frac{2}{g}\sqrt{\left(V_0^2 - V_{0Y}^2\right)\left(V_{0Y}^2 + 2gH\right)}.\] Под радикалом — перевёрнутая парабола по \(V_{0Y}^2\), её максимум лежит посередине между корнями: сомножители равны, \(V_{0Y}^2 = \dfrac{V_0^2 - 2gH}{2}\). Тогда наибольшее расстояние \[L_{MAX} = \frac{V_0^2}{g} + 2H = 59{,}6~\text{м}.\] Здесь учтено, что по условию \(V_0^2 > 2gH\).

Подсказка

Нити остаются натянутыми, и ускорения шариков перпендикулярны нитям. Почему их модули равны? Запишите второй закон Ньютона для каждого шарика в проекциях на касательные к окружностям, по которым они движутся.

Ответ

1) \(\sin\alpha = 0{,}8\);  2) \(a_1 = 4~\text{м/с}^2\);  3) \(T = 2~\text{Н}\).

Решение

1. \(\sin\alpha = \dfrac{L}{2l} = 0{,}8\).

В процессе движения нити остаются натянутыми, шарики движутся по окружностям с нулевой начальной скоростью. Ускорения шариков перпендикулярны нитям и одинаковы по модулю: стержень — абсолютно твёрдое тело, поэтому проекции скоростей и ускорений шариков на горизонталь равны. Масса стержня пренебрежимо мала, поэтому силы, с которыми стержень действует на шарики, направлены вдоль стержня и по модулю равны \(T\). Перейдём к проекциям сил и ускорения на касательные направления: \[ma = T\cos\alpha - mg\sin\alpha, \qquad 3ma = 3mg\sin\alpha - T\cos\alpha.\] Отсюда \(4ma = 2mg\sin\alpha\).

2. \(a = \dfrac12 g\sin\alpha = 4~\text{м/с}^2\).

3. \(T = \dfrac32\,mg\,\mathrm{tg}\,\alpha = 2~\text{Н}\).

Подсказка

Из графика \(C(T)\) найдите, при каком изменении температуры и какой теплоёмкости идёт подвод тепла. Работа за цикл равна площади цикла в координатах \((P,V)\).

Ответ

1) график см. в решении;  2) \(Q_1 \approx 79{,}8~\text{кДж}\);  3) \(H \approx 33~\text{м}\).

Решение

1. График процесса в координатах \(P/P_0\), \(V/V_0\) — см. рис. (точки 1, 2, 3 имеют координаты \((1;1)\), \((3;3)\), \((3;1)\)).

2. \(Q_1 = 16\,\nu R T_0 \approx 79800~\text{Дж}\).

Работа газа за один цикл \(A_1 = 2P_0V_0 = 2\nu RT_0\). По закону сохранения энергии \(0{,}5\,N A_1 = N\nu R T_0 = MgH\), отсюда

3. \(H = \dfrac{N\nu RT_0}{Mg} \approx 33~\text{м}\).

Подсказка

Внутри однородно заряженной сферы поле равно нулю. Что можно сказать о поле половины такой сферы на оси симметрии? Сравните приращения кинетической энергии при переходах \(A\to O\) и \(O\to C\).

Ответ

1) \(V = \sqrt{V_O^2 + \dfrac{2kqQ}{mR}}\);  2) \(V_C = \sqrt2\,V_O\).

Решение

По закону сохранения энергии \(k\dfrac{qQ}{R} + \dfrac{m}{2}V_O^2 = \dfrac{m}{2}V^2\), откуда

1. \(V = \sqrt{V_O^2 + \dfrac{2kqQ}{mR}}\).

2. Поле внутри однородно заряженной сферы равно нулю, поэтому поля двух полусфер, на которые её делит плоскость большого круга, в каждой точке диаметра равны по модулю и противоположны. Это означает, что напряжённость поля полусферы одинакова в любых двух точках оси симметрии, находящихся от центра на одинаковом расстоянии \(d<R\). Отсюда \(\varphi_A - \varphi_O = \varphi_O - \varphi_C\).

По теореме об изменении кинетической энергии равным убыли потенциала соответствуют равные приращения кинетической энергии. Поскольку \(K_A = 0\), получаем \(K_C = 2K_O\), то есть \[V_C = \sqrt2\,V_O.\]

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта первой точки: там вторая точка движется с относительной скоростью и относительным ускорением, и задача сводится к торможению на тормозном пути.

Ответ

1) \(L = 100~\text{м}\);  2) \(T = 10~\text{с}\);  3) \(S_1 = 51~\text{м}\).

Решение

1. В системе отсчёта первой точки вторая движется с начальной скоростью \(U_{ОТН} = V_1 + V_2\) и ускорением \(a_{ОТН} = a_1 + a_2\), направленным против \(U_{ОТН}\). Тормозной путь при равнопеременном движении \[L = \frac{U_{ОТН}^2}{2a_{ОТН}} = \frac{(V_1+V_2)^2}{2(a_1+a_2)} = 100~\text{м}.\]

2. \(T = \dfrac{U_{ОТН}}{a_{ОТН}} = \dfrac{V_1+V_2}{a_1+a_2} = 10~\text{с}\).

3. Первая точка останавливается в момент \(t_1 = \dfrac{V_1}{a_1} = 8~\text{с}\). К этому моменту она проходит путь \(\dfrac{V_1t_1}{2} = 48~\text{м}\). За оставшиеся \(T - t_1 = 2~\text{с}\) она смещается назад на \(\dfrac{a_1(T-t_1)^2}{2} = 3~\text{м}\). Путь \[S_1 = \frac{V_1t_1}{2} + \frac{a_1(T-t_1)^2}{2} = 48 + 3 = 51~\text{м}.\]

Подсказка

Перепишите уравнение движения так, чтобы сила от ветра стала частью постоянной силы, а оставшееся сопротивление было пропорционально скорости мяча в неподвижной системе. Затем просуммируйте уравнение по времени полёта.

Ответ

1) \(\mathrm{tg}\,\alpha = 0{,}75\);  2) \(V_0 = 25~\text{м/с}\);  3) \(T = 1{,}6\,\dfrac{V_0}{g}\sin\alpha = 2{,}4~\text{с}\).

Решение

1. \(V_{0X} = \dfrac{S}{\tau} = 20~\text{м/с}\), \(V_{0Y} = \dfrac{g\tau}{2} = 15~\text{м/с}\), поэтому \[\mathrm{tg}\,\alpha = \frac{V_{0Y}}{V_{0X}} = \frac{g\tau^2}{2S} = 0{,}75, \qquad \sin\alpha = 0{,}6.\]

2. \(V_0 = \sqrt{V_{0X}^2 + V_{0Y}^2} = 25~\text{м/с}\).

3. Пусть \(\vec V\) — скорость мяча в лабораторной системе, \(\vec U\) — скорость воздушного потока. Тогда \(\vec F_{СОПР} = -k(\vec V - \vec U)\) и \[m\frac{\Delta\vec V}{\Delta t} = m\vec g - k(\vec V - \vec U) = \vec F - k\vec V, \qquad \vec F = m\vec g + k\vec U.\] Сила \(\vec F\) постоянна. Возвращение мяча в точку старта возможно, когда \(\vec V_0\) и \(\vec F\) антипараллельны, тогда \(F = \dfrac{mg}{\sin\alpha}\).

Просуммируем уравнение по времени полёта. Перемещение за полёт нулевое, \(\sum\vec V\,\Delta t = 0\), поэтому \(m\vec V_1 - m\vec V_0 = \vec F\,T\). Проецируя на направление \(\vec V_0\), получаем \(-mV_1 - mV_0 = -\dfrac{mg}{\sin\alpha}T\), откуда \[T = \frac{(V_0 + V_1)\sin\alpha}{g} = 1{,}6\,\frac{V_0}{g}\sin\alpha = 2{,}4~\text{с}.\]

Подсказка

Нить нерастяжима, поэтому модуль ускорения бруска относительно клина равен \(a_0\). Сложите ускорения клина и бруска относительно клина, чтобы получить ускорение бруска в лабораторной системе.

Ответ

1) \(\tau = 0{,}6~\text{с}\);  2) \(a \approx 1~\text{м/с}^2\);  3) \(T \approx 2{,}1~\text{Н}\).

Решение

Вследствие нерастяжимости нити \(a_0 = a_{ОТН}\). Тогда ускорение бруска в лабораторной системе \(\vec a = \vec a_0 + \vec a_{ОТН}\) — диагональ ромба (рис. 1), проекция ускорения бруска на вертикаль равна \(a_{ОТН}\sin\alpha\), а вертикальное перемещение \(H = \dfrac12\,a_{ОТН}\sin\alpha\,\tau^2\).

1. \(\tau = \sqrt{\dfrac{2H}{a_{ОТН}\sin\alpha}} = 0{,}6~\text{с}\).

2. \(a = 2a_0\sin\dfrac{\alpha}{2} \approx 1~\text{м/с}^2\).

По второму закону Ньютона \(m\vec a = \vec T + m\vec g + \vec N\) (рис. 2). Переходим к проекциям на ось \(Ox\): \(ma\sin\dfrac{\alpha}{2} = T - mg\sin\alpha\), отсюда \[T = m\left(g\sin\alpha + 2a_0\sin^2\frac{\alpha}{2}\right) = m\left(g\sin\alpha + a_0(1-\cos\alpha)\right).\]

3. \(T \approx 2{,}1~\text{Н}\).

Подсказка

Плотность обратно пропорциональна объёму при постоянной массе. Найдите \(a\) и \(b\) по состояниям 1 и 2, затем перейдите к переменной \(V\). Работа за цикл равна площади треугольника в координатах \((P,V)\).

Ответ

1) график см. в решении;  2) \(A = 554~\text{Дж}\);  3) \(|\Delta Q| \approx 16~\text{Дж}\).

Решение

1. В состояниях 1 и 2: \(3P_0 = a + \dfrac{b}{\rho_0}\), \(P_0 = a + \dfrac{b}{2\rho_0}\), отсюда \(a = -P_0\), \(b = 4P_0\rho_0\). Тогда в процессе 1-2 \[P = -P_0 + \frac{4P_0\rho_0}{\rho} = P_0\left(4\frac{V}{V_0} - 1\right).\] Цикл в координатах \((P,V)\) — см. рис.

2. Работа за цикл равна площади треугольника с вершинами \((V_0/2;\,P_0)\), \((V_0/2;\,3P_0)\), \((V_0;\,3P_0)\): \(A = \dfrac12\,P_0V_0\). Максимальная внутренняя энергия газа достигается в состоянии 1: \(U_{MAX} = \dfrac32\cdot 3P_0V_0 = \dfrac92 P_0V_0\). Искомая работа \[A = \frac{U_{MAX}}{9} = 554~\text{Дж}.\]

3. Молярная теплоёмкость в процессе \(C = \dfrac32 R + P\dfrac{\Delta V}{\Delta T}\). С учётом уравнения состояния \(PV = RT\) и следствия из него \(\dfrac{\Delta P}{P} + \dfrac{\Delta V}{V} = \dfrac{\Delta T}{T}\) формула для теплоёмкости принимает вид \[C = \frac32 R + \frac{R}{1 + \dfrac{V}{P}\,\dfrac{\Delta P}{\Delta V}}.\] В процессе сжатия \(\dfrac{\Delta P}{\Delta V} = 4\dfrac{P_0}{V_0}\), в начале процесса сжатия \(\dfrac{V}{P} = \dfrac{V_0}{3P_0}\), тогда \[C = \frac32 R + \frac{3R}{7} = \frac{27}{14}R,\] \[|\Delta Q| = C\,|\Delta T| = \frac{27}{14}\,R\,|\Delta T| \approx 16~\text{Дж}.\]

Подсказка

Сразу после замыкания напряжение на конденсаторе равно нулю, поэтому его можно заменить проводником. Цепь при этом становится смешанным соединением резисторов.

Ответ

1) \(I = 4~\text{А}\);  2) на резисторе \(R_3\), \(P_{MIN} = 18~\text{Вт}\);  3) \(\dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \dfrac{E}{5r} \approx 1{,}67~\text{А}\).

Решение

По условию \(R_1 = r = 6\) Ом, \(R_2 = 4r\), \(R_3 = 3r\), \(R_4 = 2r\). Сразу после замыкания заряд и напряжение на конденсаторе нулевые, поэтому конденсатор эквивалентен проводнику. Тогда сила тока, текущего через батарею, \[I = \frac{E}{\dfrac{R_1R_3}{R_1+R_3} + \dfrac{R_2R_4}{R_2+R_4}} = \frac{E}{\dfrac34 r + \dfrac43 r} = \frac{12E}{25r}.\]

1. \(I = \dfrac{12E}{25r} = 4~\text{А}\).

Напряжения на параллельно соединённых резисторах: на \(R_1\) и \(R_3\) \(U_{13} = I\cdot\dfrac{3}{4}r = 18~\text{В}\), на \(R_2\) и \(R_4\) \(U_{24} = \dfrac{16}{25}E = 32~\text{В}\).

2. Наименьшая мощность рассеивается на резисторе \(R_3 = 3r\): \(P_{MIN} = \dfrac{U_{13}^2}{R_3} = 18~\text{Вт}\).

3. Ток, текущий на конденсатор сразу после замыкания ключа, равен разности токов, текущих через резисторы \(R_1\) и \(R_2\): \[I_C = \frac{R_3}{R_1+R_3}\,I - \frac{R_4}{R_2+R_4}\,I = \frac{E}{5r},\] откуда \(\dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \dfrac{E}{5r} \approx 1{,}67~\text{А}\).