Курчатов, 2019/20, отборочный этап, 10 класс

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта платформы: там мяч движется с ускорением \(\vec g - \vec a\).

Ответ

\(V_0 = \dfrac{1}{2\tau}\sqrt{(g\tau^2)^2 + (2L + a\tau^2)^2} = 11{,}2\) м/с.

Решение

Рассмотрим движение мяча в системе отсчёта, связанной с платформой. Обозначим через \(\vec w\) ускорение мяча в этой системе. По закону сложения ускорений \(\vec g = \vec a + \vec w\), откуда \(\vec w = \vec g - \vec a\).

Выберем начало координат в той точке платформы, из которой мяч начал двигаться; ось \(x\) направим вдоль вектора \(\vec a\), ось \(y\) — вертикально вверх. Радиус-вектор мяча \[\vec r = \vec V_0 t + \dfrac{\vec w\, t^2}{2} = \vec V_0 t + \dfrac{(\vec g - \vec a)\,t^2}{2}.\] В проекциях на оси: \[x = V_0\cos\alpha\cdot t - \dfrac{a t^2}{2}, \qquad y = V_0\sin\alpha\cdot t - \dfrac{g t^2}{2}.\] В момент \(t = \tau\): \(x = L\), \(y = 0\). Получаем \[V_0\cos\alpha = \dfrac{2L + a\tau^2}{2\tau}, \qquad V_0\sin\alpha = \dfrac{g\tau}{2}.\] Возводя в квадрат и складывая, \[V_0 = \dfrac{1}{2\tau}\sqrt{(g\tau^2)^2 + (2L + a\tau^2)^2} = \dfrac{1}{4}\sqrt{40^2 + 20^2} = 5\sqrt5 \approx 11{,}2\text{ м/с}.\]

Подсказка

Пусть брусок 2 не движется. Какая сила трения покоя действует на него при максимальном сжатии пружины? Сравните её с максимальной силой трения покоя.

Ответ

\(V_0 = \mu g\sqrt{\dfrac{m_2}{k}\left(\dfrac{m_2}{m_1} + 2\right)} \approx 0{,}43\) м/с.

Решение

Рассмотрим случай, когда брусок 2 остаётся неподвижным, пока брусок 1 движется. Пусть брусок 1 сместился вправо на расстояние \(x\), тогда сжатие пружины тоже равно \(x\). На брусок 2 действуют сила упругости \(kx\) и сила трения покоя \(F_{\text{т}}\), поэтому \(kx = F_{\text{т}} \le \mu m_2 g\). Это неравенство должно выполняться и при максимальном сжатии пружины \(x_m\): \(x_m \le \dfrac{\mu m_2 g}{k}\).

Уравнение баланса энергии для бруска 1 (в левой части — приращение его механической энергии, в правой — работа силы трения скольжения): \[\dfrac{k x_m^2}{2} - \dfrac{m_1 V_0^2}{2} = -\mu m_1 g\, x_m.\] Отсюда \[V_0^2 = \dfrac{x_m}{m_1}\left(k x_m + 2\mu m_1 g\right).\] Используя ограничение на \(x_m\), \[V_0^2 \le \dfrac{\mu m_2 g}{k m_1}\left(\mu m_2 g + 2\mu m_1 g\right) = \dfrac{(\mu g)^2 m_2}{k}\left(\dfrac{m_2}{m_1} + 2\right).\] Значит, максимальное значение \[V_0 = \mu g\sqrt{\dfrac{m_2}{k}\left(\dfrac{m_2}{m_1} + 2\right)}.\] Подставляя числа, \[V_0 = 3\sqrt{\dfrac{0{,}4}{90}\left(\dfrac{0{,}4}{0{,}15} + 2\right)} = 0{,}2\sqrt{\dfrac{14}{3}} \approx 0{,}43\text{ м/с}.\]

Подсказка

Вольтметр не пропускает ток, поэтому его можно не учитывать при расчёте токов. Выразите мощность на \(xR\) через \(x\) и найдите её максимум.

Ответ

\(V = \dfrac{\varepsilon}{15} \approx 0{,}53\) В.

Решение

Так как сопротивление вольтметра бесконечно велико, ток через него не идёт. Найдём сначала ток \(I\) через батарею. Общее сопротивление цепи \[R_0 = R + \dfrac{(x+1)R\cdot 2R}{(x+1)R + 2R} = \dfrac{R(3x+5)}{x+3}, \qquad I = \dfrac{\varepsilon}{R_0} = \dfrac{\varepsilon(x+3)}{R(3x+5)}.\] Обозначим через \(I_1\) и \(I_2\) токи в ветвях \(ABC\) и \(ADC\). В узле \(A\): \(I_1 + I_2 = I\). Приравнивая напряжения между точками \(A\) и \(C\), получаем \(I_1(x+1)R = I_2\cdot 2R\), откуда \[I_1 = \dfrac{2I}{x+3} = \dfrac{2\varepsilon}{R(3x+5)}, \qquad I_2 = \dfrac{\varepsilon(x+1)}{R(3x+5)}.\]

Тепловая мощность на сопротивлении \(xR\): \[P = I_1^2\, xR = \dfrac{4\varepsilon^2 x}{R(3x+5)^2} = \dfrac{4\varepsilon^2}{3R}\left(\dfrac{1}{3x+5} - \dfrac{5}{(3x+5)^2}\right).\] Введём \(y = \dfrac{1}{3x+5}\): \(P = \dfrac{4\varepsilon^2}{3R}\,(y - 5y^2)\). Максимум достигается при \(y = 1/10\), то есть \(3x + 5 = 10\), \(x = 5/3\). При этом \(I_1 = \dfrac{\varepsilon}{5R}\), \(I_2 = \dfrac{4\varepsilon}{15R}\).

Напряжение на вольтметре через потенциалы точек \(B\), \(C\), \(D\): \(V = \varphi_D - \varphi_B = \varphi_D - \varphi_C + \varphi_C - \varphi_B\), где с учётом направлений токов \(\varphi_D - \varphi_C = I_2 R\), \(\varphi_C - \varphi_B = -I_1 R\). Окончательно \[V = (I_2 - I_1)R = \dfrac{\varepsilon}{15} = 0{,}53\text{ В}.\]

Подсказка

Считайте влажный воздух смесью сухого воздуха и водяного пара с парциальными давлениями \(P_1\) и \(P_2\); запишите уравнение состояния для каждой компоненты и для смеси.

Ответ

\(\varphi = \dfrac{\mu_1 P - \rho RT}{(\mu_1 - \mu_2)P_{\text{н}}} \approx 64\%\).

Решение

Пусть \(V\) — объём сосуда, \(m_1\) и \(m_2\) — массы сухого воздуха и пара, \(P_1\) и \(P_2\) — их парциальные давления. Из уравнения состояния \(P_1 V = \dfrac{m_1}{\mu_1}RT\), \(P_2 V = \dfrac{m_2}{\mu_2}RT\). Плотность влажного воздуха \[\rho = \dfrac{m_1 + m_2}{V} = \dfrac{\mu_1 P_1 + \mu_2 P_2}{RT} \quad\Rightarrow\quad \rho RT = \mu_1 P_1 + \mu_2 P_2.\] Давление влажного воздуха \(P = P_1 + P_2\). Исключая \(P_1\), находим парциальное давление пара \[P_2 = \dfrac{\mu_1 P - \rho RT}{\mu_1 - \mu_2}.\] Относительная влажность \[\varphi = \dfrac{P_2}{P_{\text{н}}} = \dfrac{\mu_1 P - \rho RT}{(\mu_1 - \mu_2)P_{\text{н}}} = \dfrac{29 - 0{,}97\cdot 8{,}31\cdot 3{,}38}{1{,}1\cdot 2{,}5} = 0{,}64 = 64\,\%.\]

Подсказка

Пробка вылетает внутрь бутылки, когда внешнее давление превышает внутреннее с учётом силы трения. Как изменяется давление воздуха в бутылке при изменении её температуры?

Ответ

\(h > 9{,}915\) м (ответ «10 м» и правильные округления более точного значения также верны).

Решение

1) Пробка пролезет в бутылку, если сила давления на пробку снаружи будет больше силы давления внутри и силы трения со стороны бутылки: \(p_0 + \rho g h > p_2 + F/S\), где \(p_2\) — давление внутри бутылки на глубине \(h\), \(p_0\) — атмосферное давление.

2) Поскольку объём бутылки не меняется при погружении, то \(p \propto T\): \[\dfrac{p_2}{p_1} = \dfrac{297 - a h}{297}, \qquad a = 0{,}1\ \text{К/м},\] где \(p_1\) — давление внутри бутылки, когда она плавала на поверхности.

3) Подставляя значения, получим \(h > 9{,}915\) м.

Подсказка

Запишите законы сохранения импульса (в проекциях) и энергии. Из условия существования действительных корней для импульса протона найдите минимальную начальную энергию.

Ответ

\(x = \dfrac{K}{E} = \dfrac{2 + \cos^2\beta}{\cos^2\beta} = 2\,\mathrm{tg}^2\beta + 3 = 9\).

Решение

Обозначим \(\vec P_0\), \(\vec P_1\) — начальный и конечный импульсы \(\alpha\)-частицы, \(\vec P_2\) и \(\vec P_3\) — импульсы протона и нейтрона; масса протона \(m\), масса \(\alpha\)-частицы \(4m\). Закон сохранения импульса: \(\vec P_0 = \vec P_1 + \vec P_2 + \vec P_3\). Ось \(x\) направим вдоль \(\vec P_0\). В проекциях на оси: \(P_2\sin\beta = P_3\sin\beta \Rightarrow P_2 = P_3\), и \(P_0 = P_1 + 2P_2\cos\beta \Rightarrow P_1 = P_0 - 2P_2\cos\beta\).

Закон сохранения энергии: \[\dfrac{P_0^2}{8m} = \dfrac{P_1^2}{8m} + 2\cdot\dfrac{P_2^2}{2m} + E \quad\Rightarrow\quad P_0^2 = P_1^2 + 8P_2^2 + 8mE.\] Подставляя \(P_1\), получаем квадратное уравнение относительно \(P_2\): \[\bigl(2 + \cos^2\beta\bigr)P_2^2 - P_0\cos\beta\,P_2 + 2mE = 0.\] Дискриминант \(D = P_0^2\cos^2\beta - 4\bigl(2 + \cos^2\beta\bigr)\cdot 2mE\). Условие \(D \ge 0\) даёт \[P_0^2 \ge \dfrac{8mE\bigl(2 + \cos^2\beta\bigr)}{\cos^2\beta}.\] Для начальной кинетической энергии \(\alpha\)-частицы \(K = \dfrac{P_0^2}{8m}\) получаем неравенство \(K \ge \dfrac{E(2 + \cos^2\beta)}{\cos^2\beta}\). Минимальное значение \[x = \dfrac{K}{E} = \dfrac{2 + \cos^2\beta}{\cos^2\beta} = \dfrac{2}{\cos^2\beta} + 1 = 2\left(\mathrm{tg}^2\beta + 1\right) + 1 = 2\,\mathrm{tg}^2\beta + 3.\] При \(\beta = 60^\circ\): \(x = 2\cdot 3 + 3 = 9\).