Курчатов, 2018/19, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Горизонтальная составляющая импульса системы сохраняется. В момент отрыва сила реакции обращается в нуль, поэтому брусок движется как свободное тело — что это даёт для его радиального ускорения?

Ответ

\(x=\dfrac{\cos^3\alpha}{3\cos\alpha-2}-1=29\).

Решение

Рассмотрим движение бруска и полусферы в инерциальной системе отсчёта, связанной со столом. Ось \(x\) направим вдоль стола, ось \(y\) — вертикально вверх. Так как между полусферой и столом нет трения, горизонтальная составляющая полного импульса сохраняется: \(-Mu + mV_x = 0\). Здесь \(\vec u\) и \(\vec V\) — скорости полусферы и бруска относительно стола. По закону сложения скоростей \(\vec V = \vec u + \vec V_0\), где \(\vec V_0\) — скорость бруска относительно полусферы, направленная по касательной к окружности, по которой движется брусок. Получаем \(V_x = -u + V_0\cos\alpha\) и \[u = \frac{mV_0\cos\alpha}{M+m}.\]

Запишем второй закон Ньютона для бруска: \(m\vec a = \vec N + m\vec g\), где \(\vec a\) — ускорение бруска относительно стола, \(\vec N\) — сила нормальной реакции полусферы. По закону сложения ускорений \(\vec a = \vec w + \vec a_0\), где \(\vec w\) — ускорение полусферы, \(\vec a_0\) — ускорение бруска относительно полусферы. Вектор \(\vec w\) сонаправлен вектору \(\vec u\) и определяется горизонтальной составляющей силы давления бруска на полусферу: \(Mw = N\sin\alpha\).

В момент отрыва \(N = 0\), \(w = 0\), \(\vec a = \vec a_0\), \(m\vec a_0 = m\vec g\), т.е. \(\vec a_0 = \vec g\). Составляющая \(\vec a_0\), направленная вдоль радиуса полусферы, — центростремительное ускорение бруска: \(g\cos\alpha = V_0^2/R\), откуда \(V_0^2 = gR\cos\alpha\).

Закон сохранения энергии: \(mgR = mgR\cos\alpha + \dfrac{Mu^2}{2} + \dfrac{mV^2}{2}\). Квадрат скорости бруска относительно стола с учётом \(V_y = -V_0\sin\alpha\): \[V^2 = u^2 - 2uV_0\cos\alpha + V_0^2,\] и энергия принимает вид \(2mgR(1-\cos\alpha) = (M+m)u^2 - 2muV_0\cos\alpha + mV_0^2\). Подставляя \(u\) и \(V_0^2 = gR\cos\alpha\), получаем \[\frac{m\cos^3\alpha}{M+m} = 3\cos\alpha - 2 \quad\Rightarrow\quad x + 1 = \frac{M+m}{m} = \frac{\cos^3\alpha}{3\cos\alpha - 2}.\] Отсюда \(x = \dfrac{\cos^3\alpha}{3\cos\alpha-2} - 1 = 29\).

Подсказка

Сила натяжения перпендикулярна скорости шайбы, поэтому модуль скорости не меняется. В каждый момент шайба движется по дуге окружности с центром в точке касания нити со столбом; длина свободного участка нити уменьшается.

Ответ

1) \(N = \dfrac{1}{2\pi R}\left(L_0 - \dfrac{mV_0^2}{T_0}\right) = 1{,}6\);  2) \(\tau = \dfrac{1}{2V_0R}\left[L_0^2 - \left(\dfrac{mV_0^2}{T_0}\right)^2\right] = 15\) с.

Решение

Пусть в момент времени \(t\) нить касается столба в точке \(B\), а нить повернулась на угол \(\alpha\); угол между радиусами \(OA\) и \(OB\) также равен \(\alpha\). Длина участка нити от точки \(B\) до шайбы равна \(L = L_0 - \alpha R\). Без трения на шайбу в горизонтальной плоскости действует только сила натяжения \(\vec T\), перпендикулярная скорости, поэтому модуль скорости шайбы \(V_0\) не меняется. Так как скорость точки \(B\) равна нулю, в данный момент шайба вращается по окружности радиуса \(L\) с центром в точке \(B\), и по второму закону Ньютона \[\frac{mV_0^2}{L_0 - \alpha R} = T \quad\Rightarrow\quad \alpha = \frac{1}{R}\left(L_0 - \frac{mV_0^2}{T}\right).\]

При \(T = T_0\) получаем угол \(\alpha_0 = \dfrac{1}{R}\left(L_0 - \dfrac{mV_0^2}{T_0}\right)\) и число оборотов \[N = \frac{\alpha_0}{2\pi} = \frac{1}{2\pi R}\left(L_0 - \frac{mV_0^2}{T_0}\right) = 1{,}6.\]

Для нахождения времени \(\tau\) разобьём промежуток \([0, \tau]\) на малые интервалы с номером \(k\). За время от \(t_k\) до \(t_k + \Delta t_k\) угол поворота нити увеличивается от \(\alpha_k\) до \(\alpha_k + \Delta\alpha_k\), а шайба проходит путь \(V_0\Delta t_k\), который можно записать как \(L_k\Delta\alpha_k\), где \(L_k = L_0 - \alpha_k R\): \[V_0\Delta t_k = (L_0 - \alpha_k R)\,\Delta\alpha_k.\] Суммируя по всем интервалам, \[V_0\sum_k\Delta t_k = L_0\sum_k\Delta\alpha_k - R\sum_k\alpha_k\Delta\alpha_k,\] где \(\sum_k\Delta t_k = \tau\), \(\sum_k\Delta\alpha_k = \alpha_0\), \(\sum_k\alpha_k\Delta\alpha_k = \dfrac{\alpha_0^2}{2}\) (площадь под графиком \(y(\alpha)=\alpha\) от нуля до \(\alpha_0\)). Окончательно \[V_0\tau = L_0\alpha_0 - \frac{R\alpha_0^2}{2} = \frac{1}{2R}\left[L_0^2 - \left(\frac{mV_0^2}{T_0}\right)^2\right], \qquad \tau = \frac{1}{2V_0R}\left[L_0^2 - \left(\frac{mV_0^2}{T_0}\right)^2\right] = 15~\text{с}.\]

Подсказка

Запишите баланс энергии газа и пружины и условие равновесия поршня в конечном состоянии; уравнение состояния связывает давление, объём и температуру.

Ответ

\(T_2 = T_1\dfrac{3V_2}{4V_2-V_1} = 270\) К.

Решение

Пусть \(a\) — начальная длина левой части цилиндра, \(x\) — сжатие пружины, \(k\) — жёсткость пружины, \(S\) — площадь поперечного сечения поршня, \(\nu\) — число молей газа, \(P_1\) и \(P_2\) — начальное и конечное давления, \(R\) — универсальная газовая постоянная. Начальный и конечный объёмы газа: \(V_1 = Sa\), \(V_2 = S(a+x)\).

Баланс энергии для системы «газ + поршень»: \[\frac{3}{2}\nu R T_1 = \frac{3}{2}\nu R T_2 + \frac{kx^2}{2}.\] В конечном состоянии поршень находится в равновесии, \(P_2S = kx\), и выполнено уравнение состояния \(P_2S(a+x) = \nu R T_2\). Отсюда \(k = \dfrac{\nu R T_2}{x(a+x)}\). Подставляя \(k\) в баланс энергии и сокращая на \(\nu R/2\), получаем \[3T_1 = 3T_2 + \frac{T_2 x}{a+x}.\] Далее \(\dfrac{x}{a+x} = \dfrac{Sx}{S(a+x)} = \dfrac{V_2 - V_1}{V_2}\), поэтому \[T_1 = T_2\left(1 + \frac{V_2 - V_1}{3V_2}\right) = T_2\,\frac{4V_2 - V_1}{3V_2},\] откуда \(T_2 = T_1\dfrac{3V_2}{4V_2-V_1} = 270\) К.

Подсказка

Напряжение батареи не меняется. Выразите его через напряжённости полей в двух областях между пластинами, учитывая заряд средней пластины.

Ответ

\(\Delta q = \dfrac{q_0}{6} = 0{,}3\) нКл.

Решение

Обозначим через \(d\) расстояние между средней и правой пластинами; тогда расстояние между левой и средней равно \(2d\). Пусть \(q_1\) — заряд конденсатора, когда средняя пластина не заряжена, \(\sigma_1 = q_1/S\) — поверхностная плотность заряда на левой пластине (\(S\) — площадь пластин), на правой пластине плотность равна \(-\sigma_1\). Напряжённость поля в конденсаторе \(E = \sigma_1/\epsilon_0\), а напряжение равно ЭДС батареи \(\varepsilon\): \[\varepsilon = 3dE = \frac{3d\sigma_1}{\epsilon_0}.\]

Пусть теперь средняя пластина несёт заряд \(q_0\), \(\sigma_0 = q_0/S\). Плотность заряда на левой пластине \(\sigma_1 + \Delta\sigma\), на правой \(-(\sigma_1 + \Delta\sigma)\). Проекции напряжённости на ось \(x\) в области 1 (между левой и средней пластинами) и в области 2 (между средней и правой): \[E_{1x} = \frac{\sigma_1 + \Delta\sigma}{\epsilon_0} - \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}, \qquad E_{2x} = \frac{\sigma_1 + \Delta\sigma}{\epsilon_0} + \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}.\] Для напряжения \[\varepsilon = 2dE_{1x} + dE_{2x} = \frac{3d\sigma_1}{\epsilon_0} + \frac{d}{\epsilon_0}\left(3\Delta\sigma - \frac{\sigma_0}{2}\right).\] Используя \(\varepsilon = 3d\sigma_1/\epsilon_0\), получаем \(3\Delta\sigma - \dfrac{\sigma_0}{2} = 0\), т.е. \(\Delta\sigma = \dfrac{\sigma_0}{6}\). Изменение заряда конденсатора \[\Delta q = S\Delta\sigma = \frac{S\sigma_0}{6} = \frac{q_0}{6} = 0{,}3~\text{нКл}.\]

Подсказка

Запишите уравнения Ньютона для каждого груза отдельно в проекциях на перпендикуляр и параллель наклонной плоскости, учитывая силу натяжения стержня.

Ответ

\(\beta = \operatorname{arctg}\dfrac{\sqrt3}{4}\).

Решение

Будем считать первым левый брусок, вторым — правый; \(\beta\) — угол стержня с горизонтом, \(T\) — сила натяжения стержня. Уравнения Ньютона для каждого груза в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси: \[N_2\cos\alpha = m_2g + T\sin\beta, \qquad N_2\sin\alpha = T\cos\beta, \qquad T\sin\beta = m_1g.\] Решая систему, получаем \(\operatorname{tg}\beta = \dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha}\cdot\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\). При \(m_2 = 3m_1\) и \(\operatorname{tg}\alpha = 1/\sqrt3\) имеем \(\operatorname{tg}\beta = \sqrt3\cdot\dfrac{1}{4} = \dfrac{\sqrt3}{4}\), т.е. \(\beta = \operatorname{arctg}\dfrac{\sqrt3}{4}\).