Курчатов, 2015/16, заключительный этап, 10 класс

Сила натяжения совершает работу, потому что меняется длина участка нити между бруском и блоком. Запишите закон изменения механической энергии бруска.

\(L_1 = \sqrt{\left(\dfrac{mv_0^2}{2F} + \sqrt{L_0^2+h^2}\right)^2 - h^2}\).

Кинетическая энергия бруска изменяется, так как сила \(F\) совершает работу. Поскольку сила, действующая на брусок, всегда направлена вдоль нити к блоку, то работа силы равна произведению модуля силы на изменение длины участка нити между бруском и блоком, взятому со знаком минус. Когда брусок остановится, его кинетическая энергия будет равна нулю, поэтому \[\frac{mv_0^2}{2} = F\left(\sqrt{L_1^2+h^2} - \sqrt{L_0^2+h^2}\right) \quad\Longrightarrow\quad L_1 = \sqrt{\left(\frac{mv_0^2}{2F} + \sqrt{L_0^2+h^2}\right)^2 - h^2}.\]

Радиусы орбит одинаковы, поэтому разница периодов возникает из-за суточного вращения Земли: один спутник относительно наблюдателя движется быстрее, другой медленнее. Угловую скорость спутника найдите из закона всемирного тяготения.

Разница периодов \(\approx 12\) мин.

Высота спутников постоянна, значит, их орбиты круговые. Радиусы орбит одинаковы, значит, времена оборотов спутников вокруг Земли также одинаковы. Разница наблюдаемых Васей периодов возникает из-за суточного вращения Земли (спутники летят в разные стороны). Пусть \(\omega\) — угловая скорость спутников, \(\omega_0\) — угловая скорость вращения Земли. За сутки Земля делает один оборот, поэтому \[\omega_0 = \frac{2\pi}{24\text{ ч}} = 7{,}3\cdot 10^{-5}\ \frac{\text{рад}}{\text{с}}.\] Спутники движутся по орбитам с постоянным по модулю ускорением, которое можно найти из закона всемирного тяготения. Это же ускорение является для них центростремительным: \[\omega^2 (R_0+h) = g\frac{R_0^2}{(R_0+h)^2} \quad\Longrightarrow\quad \omega = \sqrt{g\frac{R_0^2}{(R_0+h)^3}} = 1{,}16\cdot 10^{-3}\ \frac{\text{рад}}{\text{с}}.\] Относительно Васи один спутник вращается с угловой скоростью \(\omega-\omega_0\), а другой с угловой скоростью \(\omega+\omega_0\). Разность наблюдаемых периодов равна \[\frac{2\pi}{\omega-\omega_0} - \frac{2\pi}{\omega+\omega_0} = \frac{4\pi\omega_0}{\omega^2-\omega_0^2} \approx 12\text{ мин}.\]

При падении монеты часть её потенциальной энергии уходит на вытеснение воды, а остальное выделяется в виде тепла. Максимальная температура достигается, когда вся выделившаяся при падении очередной монеты теплота идёт на нагрев этой монеты.

\(t_{\max} = t_0 + \left(1-\dfrac{\rho_0}{\rho}\right)\dfrac{gH}{c}\);  \(N = \dfrac{c_0\rho_0 SH}{cm}\).

Поскольку промежутки между монетами можно не учитывать, расстояние от верхнего края воды до верхнего края объёма, занимаемого монетами, всегда будет равно \(H\). Нагревание жидкости происходит за счёт потенциальной энергии монет. При падении одной монеты она опускается на глубину \(H\), но такой же объём воды поднимается на высоту \(H\), как бы занимая место монеты. То есть тепло, выделяемое при падении одной монеты, равно \[Q = mgH - \frac{\rho_0}{\rho}mgH = \left(1-\frac{\rho_0}{\rho}\right)mgH.\] Это тепло идёт на нагрев всего содержимого сосуда, в том числе и последней монеты. Максимальную конечную температуру \(t\) в сосуде можно найти, если предположить, что вся выделяющаяся теплота идёт на нагрев одной последней монеты: \[\left(1-\frac{\rho_0}{\rho}\right)mgH = cm\,(t-t_0) \quad\Longrightarrow\quad t = t_0 + \left(1-\frac{\rho_0}{\rho}\right)\frac{gH}{c}.\] Количество монет \(N\), которое необходимо бросить, чтобы нагреть воду до температуры \(t_1 = \dfrac{t+t_0}{2}\), найдём из уравнения теплового баланса: \[NQ = \left(Ncm + c_0\rho_0 SH\right)(t_1-t_0) \quad\Longrightarrow\quad N = \frac{c_0\rho_0 SH}{cm}.\]

Потенциал заземлённого проводника равен нулю. Заряд проводящего шара располагается на его поверхности, и все точки поверхности находятся на одинаковом расстоянии от центра.

\(Q = -\dfrac{R}{L}\,q = -2\) нКл.

Поскольку шар заземлён, потенциал любой его точки равен нулю. В том числе и потенциал в центре шара: \[\varphi = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{q}{L} + \frac{Q}{R}\right) = 0.\] Здесь используется формула для потенциала точечного заряда. В проводниках заряд может находиться только на их поверхности, а расстояние от любой точки поверхности шара до его центра одинаково. Окончательно \[Q = -\frac{R}{L}\,q = -2\text{ нКл}.\]

Скорость вытекания воды найдите по формуле Торричелли. Скорость убывания уровня зависит от самого уровня; для такого уравнения полезна замена переменных, при которой оно совпадает с уравнением для полностью заполненной ванны.

\(\dfrac{3\tau}{4}\).

Скорость вытекания воды через небольшое отверстие в дне зависит от уровня жидкости в ванне. Эта зависимость следует из закона сохранения механической энергии: небольшая масса воды, находящаяся в тонком верхнем слое жидкости, «исчезает», а из сливного отверстия, находящегося на расстоянии \(h\) ниже, выливается такое же количество воды со скоростью \(V\): \(mgh = mV^2/2\). То есть \(V = \sqrt{2gh}\) (формула Торричелли). Значит, высота уровня жидкости убывает со скоростью, которая зависит от уровня воды; при этом указанная скорость убывания уровня обратно пропорциональна площади поперечного сечения ванны \(S\) и прямо пропорциональна площади сливного отверстия \(s\). Эта зависимость выражается уравнением, которое представляет собой условие сохранения массы вытекающей из ванны воды: \[\frac{\Delta h}{\Delta t} = -\frac{s}{S}\sqrt{2gh}.\] Известно, что из заполненной полностью ванны вода вытекает за время \(\tau\). Найдём, за какое время вода вытечет из ванны, заполненной на четверть. Пусть \(h(t)\) — зависимость высоты уровня воды от времени в этом случае, \(h(0)=H/4\), где \(H\) — высота ванны. Введём новые переменные \(h' = 4h\), \(t' = 2t\). В новых переменных \[\frac{\Delta h'}{\Delta t'} = -\frac{s}{S}\sqrt{2gh'}, \qquad h'(0) = H,\] то есть получилось точно такое же уравнение с таким же начальным условием, как и для полностью заполненной ванны. Значит, \(h'=0\) при \(t'=\tau\), то есть при \(t=\tau/2\). Получается, что последняя четверть объёма ванны опорожняется за время \(\tau/2\), если камней в ванне нет. Первые три четверти опорожняются за время \(\tau-\dfrac{\tau}{2}=\dfrac{\tau}{2}\). Так как времена опорожнения ванны без камней и ванны с камнями, согласно условию, отличаются в два раза, то из записанного уравнения следует, что сечение, «занятое» водой, в ванне с камнями равно \(S/2\). Поэтому время опорожнения последней четверти ванны, если она заполнена камнями, будет равно \(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\tau}{2}=\dfrac{\tau}{4}\). Время опорожнения ванны, заполненной камнями только на 25%, составит, следовательно: \[\frac{\tau}{2} + \frac{\tau}{4} = \frac{3\tau}{4}\] (поскольку сначала площадь водного зеркала в ванне равна \(S\), а затем, когда уровень воды доходит до камней, площадь водного зеркала уменьшается в 2 раза).