Курчатов, 2018/19, отборочный этап, 10 класс

При упругом ударе скорость зеркально отражается от плоскости. По направлению скорости после удара найдите угол между скоростями до и после удара, затем запишите закон сохранения энергии между точками \(A\) и \(B\).

\(V_0 = \sqrt{gh} = 5{,}6\ \text{м/с}\).

Пусть \(\vec V\) — скорость мяча перед ударом о наклонную плоскость. При абсолютно упругом ударе мяч отражается от плоскости зеркально. Учитывая, что скорость мяча сразу после удара направлена горизонтально, из простых геометрических соображений получаем, что вектор \(\vec V\) образует с горизонтом угол \(\beta = 2\alpha = 60^\circ\). Обозначим через \(t\) время движения мяча из точки \(A\) в точку \(B\). Тогда \[\vec V = \vec V_0 + \vec g\,t.\] Угол между векторами \(\vec V\) и \(\vec V_0\) равен \(\alpha + \beta = 3\alpha = 90^\circ\). Таким образом, векторы \(\vec V\), \(\vec V_0\) и \(\vec g\,t\) образуют прямоугольный треугольник с углом \(\alpha\), лежащим против стороны \(\vec V_0\). Отсюда находим связь \(V\) и \(V_0\): \[V = V_0 \operatorname{ctg}\alpha = \sqrt{3}\,V_0.\] Далее воспользуемся законом сохранения энергии. Обозначив массу мяча через \(m\), имеем: \[\frac{mV^2}{2} = \frac{mV_0^2}{2} + mgh \quad\Longrightarrow\quad V^2 = V_0^2 + 2gh.\] Подставляя сюда \(V = \sqrt{3}\,V_0\), находим начальную скорость мяча: \[3V_0^2 = V_0^2 + 2gh \quad\Longrightarrow\quad V_0 = \sqrt{gh} = 5{,}6\ \text{м/с}.\]

Найдите силу нормальной реакции и силу давления бруска на полусферу как функции угла, затем горизонтальную составляющую этой силы, которую уравновешивает трение покоя стола.

\(\mu = \dfrac{3m}{2M} = 0{,}024\).

Пусть брусок прошёл по поверхности полусферы дугу, которой соответствует центральный угол \(\alpha\). Второй закон Ньютона, записанный в проекции на направление центростремительного ускорения, даёт: \[\frac{mV^2}{R} = N_1 - mg\sin\alpha,\] где \(V\) — скорость бруска, \(R\) — радиус полусферы, \(N_1\) — сила нормальной реакции, действующая на брусок со стороны полусферы. Скорость бруска найдём из закона сохранения энергии: \[V^2 = 2gR\sin\alpha.\] Сила \(N_1\) равна: \[N_1 = mg\sin\alpha + \frac{m\,2gR\sin\alpha}{R} = 3mg\sin\alpha.\] По третьему закону Ньютона сила \(N_1\) равна силе давления бруска на полусферу. Горизонтальная составляющая силы давления компенсируется силой трения покоя \(F\), действующей на полусферу со стороны стола: \[F = N_1\cos\alpha = 3mg\sin\alpha\cos\alpha = \frac{3mg\sin 2\alpha}{2}.\] Вертикальная составляющая силы давления и сила тяжести \(Mg\) определяют силу нормальной реакции \(N_2\) со стороны стола: \[N_2 = Mg + N_1\sin\alpha = Mg + 3mg\sin^2\alpha.\] В силу неравенства \(M \gg m\) вторым слагаемым можно пренебречь, тогда \(N_2 = Mg\). Сила трения покоя удовлетворяет неравенству \(F \le \mu N_2\), откуда \[\mu \ge \frac{3m\sin 2\alpha}{2M}.\] Чтобы неравенство выполнялось при любом значении угла \(\alpha\), достаточно потребовать, чтобы оно выполнялось при \(\sin 2\alpha = 1\). Тогда минимальное значение коэффициента трения равно: \[\mu = \frac{3m}{2M} = 0{,}024.\]

Перейдите в систему отсчёта клина или запишите второй закон Ньютона для бруска в проекциях на направления силы трения и нормальной реакции. Скольжение начнётся, когда сила трения покоя достигнет предельного значения \(\mu N\).

\(T = t_0\cdot\dfrac{g}{a_0}\cdot\dfrac{\mu - \operatorname{tg}\alpha}{1 + \mu\operatorname{tg}\alpha} = 6\ \text{с}\).

Рассмотрим движение бруска вместе с клином до начала скольжения. На брусок действуют сила тяжести \(m\vec g\), сила нормальной реакции \(\vec N\) и сила трения покоя \(\vec F\). Вектор \(\vec F\) направлен вверх вдоль поверхности клина. Запишем второй закон Ньютона для бруска: \[m\vec a = m\vec g + \vec N + \vec F.\] Проецируя это равенство на направления векторов \(\vec F\) и \(\vec N\), получаем: \[ma\cos\alpha = F - mg\sin\alpha \;\Rightarrow\; F = m(g\sin\alpha + a\cos\alpha),\] \[-ma\sin\alpha = N - mg\cos\alpha \;\Rightarrow\; N = m(g\cos\alpha - a\sin\alpha).\] Брусок начинает скользить по клину, когда сила трения покоя \(F\) достигает своего максимального значения, равного силе трения скольжения \(\mu N\): \[m(g\sin\alpha + a\cos\alpha) = \mu m(g\cos\alpha - a\sin\alpha) \;\Rightarrow\; a = \frac{g(\mu\cos\alpha - \sin\alpha)}{\cos\alpha + \mu\sin\alpha}.\] Подставляя сюда \(a = a_0\,(T/t_0)\), находим время \(T\): \[T = t_0\cdot\frac{g(\mu\cos\alpha - \sin\alpha)}{a_0(\cos\alpha + \mu\sin\alpha)} = t_0\cdot\frac{g}{a_0}\cdot\frac{\mu - \operatorname{tg}\alpha}{1 + \mu\operatorname{tg}\alpha} = 6\ \text{с}.\]

Запишите закон сохранения внутренней энергии системы: у одноатомного гелия на моль приходится \(\tfrac{3}{2}R\), у двухатомного азота — \(\tfrac{5}{2}R\). Далее используйте уравнение Клапейрона–Менделеева для каждого газа и для смеси в объёме двух сосудов.

\(P = \dfrac{(3P_1 + 5P_2)(\nu_1 + \nu_2)}{2(3\nu_1 + 5\nu_2)} = 0{,}31\ \text{МПа}\).

Пусть \(T_1\) и \(T_2\) — начальные температуры гелия и азота, \(T\) — конечная температура газовой смеси. Так как тепло к системе не подводится и газы не совершают механической работы, внутренняя энергия системы сохраняется: \[\frac{3}{2}\nu_1RT_1 + \frac{5}{2}\nu_2RT_2 = \frac{3}{2}\nu_1RT + \frac{5}{2}\nu_2RT \;\Rightarrow\; 3\nu_1RT_1 + 5\nu_2RT_2 = (3\nu_1 + 5\nu_2)RT.\] Обозначим через \(V\) объём одного сосуда и запишем уравнение Клапейрона–Менделеева для газов в начальном состоянии и для конечной смеси: \[P_1V = \nu_1RT_1, \qquad P_2V = \nu_2RT_2, \qquad P\cdot 2V = (\nu_1 + \nu_2)RT.\] Подставляя эти результаты в уравнение баланса энергии, находим конечное давление смеси: \[3P_1V + 5P_2V = (3\nu_1 + 5\nu_2)\frac{2PV}{\nu_1 + \nu_2} \;\Rightarrow\; P = \frac{(3P_1 + 5P_2)(\nu_1 + \nu_2)}{2(3\nu_1 + 5\nu_2)} = 0{,}31\ \text{МПа}.\]

В схеме есть треугольник из трёх сопротивлений \(3R\) (ветви \(be\), \(bf\), \(ef\)). Замените его эквивалентной звездой с одинаковыми лучами; сопротивление луча найдите из условия равенства сопротивлений между одной и той же парой узлов.

\(x = 0{,}33\).

Воспользуемся преобразованием треугольник–звезда. В рассматриваемой схеме имеются треугольники \(aef\) и \(bef\). Удобнее работать с треугольником \(bef\), поскольку он состоит из трёх одинаковых сопротивлений \(3R\) (в схеме это сопротивления ветвей \(bf\), \(fe\) и \(be\)). Преобразуем его в звезду. Все три сопротивления звезды одинаковы; для нахождения их величины \(R_1\) представим, что треугольник подключён к источнику за точки \(b\) и \(e\). Тогда сопротивление треугольника равно \(2R\), а сопротивление звезды равно \(2R_1\). Приравнивая их, находим \(R_1 = R\).

Заменяя в исходной схеме треугольник \(bef\) звездой, приходим к эквивалентной схеме, сопротивление которой легко найти по правилам сложения сопротивлений при последовательном и параллельном соединениях. Для общего сопротивления системы получаем: \[R_0 = \frac{7R}{3}.\] Искомое отношение \(x\) равно: \[x = \frac{R_0 - 2R}{R} = \frac{1}{3} \approx 0{,}33.\]