Курчатов, 2019/20, заключительный этап, 10 класс

Перейдите в систему отсчёта, повёрнутую на угол \(\alpha\): там второе столкновение похоже на упругий удар о неподвижную стенку. Дальность полёта выразите через \(\alpha\) и затем найдите максимум.

\(l_{\max} \approx 14{,}1\) м при \(\alpha \approx 27^\circ\).

Из закона сохранения энергии найдём скорость, с которой оба шара достигают поверхности: \[\dfrac{m v_0^2}{2} = m g h \quad \Rightarrow \quad v_0 = \sqrt{2 g h}.\] После того, как шар для боулинга сталкивается с поверхностью, он отскакивает вверх со скоростью \(v_0\), а мяч для гольфа движется вниз со скоростью \(v_0\). Последующее столкновение легче всего понять в системе отсчёта, движущейся со скоростью \(v_0 \cos\alpha\) вдоль оси, получаемой поворотом оси \(Oy\) на угол \(\alpha\) по часовой стрелке. В этой системе координат \(Ox'y'\) мяч для гольфа до соударения с мячом для боулинга имеет компоненты скорости: \[v_{0x'} = v_0 \sin\alpha, \qquad v_{0y'} = -2 v_0 \cos\alpha.\] Мяч для боулинга имеет нулевую компоненту скорости вдоль оси \(Oy'\). Так как трения между мячами нет, компоненты импульса по оси \(Ox'\) не меняются при соударении. Мяч для гольфа испытывает абсолютно упругое соударение с неподвижным массивным объектом вдоль оси \(Oy'\). Следовательно, после соударения его компоненты скорости в системе \(Ox'y'\): \[v_{x'} = v_0 \sin\alpha, \qquad v_{y'} = 2 v_0 \cos\alpha.\] Переходя в исходную систему отсчёта, получаем: \[v_x = v_{x'}\cos\alpha + (v_{y'} + v_0 \cos\alpha)\sin\alpha = 2 v_0 \sin 2\alpha,\] \[v_y = v_{x'}\sin\alpha + (v_{y'} + v_0 \cos\alpha)\cos\alpha = 2 v_0 \cos 2\alpha + v_0.\] Время полёта \(t\) мяча для гольфа находится из \(v_y t - \dfrac{g t^2}{2} = 0\), то есть \(t = \dfrac{2 v_y}{g}\). Длина полёта равна: \[l = v_x t = \dfrac{2 v_x v_y}{g} = \dfrac{8 v_0^2}{g} \sin 2\alpha \left(\cos 2\alpha + \dfrac{1}{2}\right) = 16 h \sin 2\alpha \left(\cos 2\alpha + \dfrac{1}{2}\right).\] Пусть \(\beta = 2\alpha\). Для нахождения максимального расстояния приравняем к нулю производную: \[\dfrac{dl}{d\beta} = 16 h \left[\cos\beta\left(\cos\beta + \dfrac{1}{2}\right) - \sin^2\beta\right] = 0 \quad \Rightarrow \quad 2\cos^2\beta + \dfrac{1}{2}\cos\beta - 1 = 0.\] Выбирая положительный корень, получим \(\cos\beta = \dfrac{\sqrt{33} - 1}{8} \approx 0{,}593\). Тогда \(\sin\beta \approx 0{,}805\), откуда \(\beta \approx 54^\circ\), \(\alpha \approx 27^\circ\). Максимальное расстояние: \[l = 16 h \cdot 0{,}805 \cdot (0{,}593 + 0{,}5) \approx 14{,}1\,h \approx 14{,}1~\text{м}.\]

\(\mathcal{E} = \dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{\mathcal{E}_i}{r_i}}{\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{r_i}}\),   \(r = \dfrac{1}{\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{r_i}}\).

Запишем систему уравнений Кирхгофа для контуров, содержащих \(\mathcal{E}_i\), \(r_i\), обозначив ток через резистор \(R\) как \(I\) и выбрав направление циркуляции токов одинаковое для всех таких контуров: \[\begin{cases} \mathcal{E}_1 = I_1 r_1 + I R \\ \mathcal{E}_2 = I_2 r_2 + I R \\ \ldots \\ \mathcal{E}_n = I_n r_n + I R \\ I = I_1 + I_2 + \ldots + I_n \end{cases}\] Из этих уравнений можно выразить ток через резистор \(R\): \[I = \sum_{i=1}^{n} \dfrac{\mathcal{E}_i - I_i R}{r_i} \quad \Rightarrow \quad I = \dfrac{\sum_{i=1}^{n} \dfrac{\mathcal{E}_i}{r_i}}{1 + R \sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{r_i}}.\] С другой стороны, ток через резистор \(R\) на схеме 2 определяется выражением \(I = \dfrac{\mathcal{E}}{r + R}\). Так как падения напряжений на резисторе \(R\) должны совпадать для любых значений сопротивления \(R\), можно записать тождество, верное для всех \(R\): \[R\left(\sum_{i=1}^{n} \dfrac{\mathcal{E}_i}{r_i} - \mathcal{E}\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{r_i}\right) + r \sum_{i=1}^{n} \dfrac{\mathcal{E}_i}{r_i} - \mathcal{E} = 0.\] Так как это тождество верно при всех значениях \(R\), требуется приравнять нулю независимо свободный член и множитель перед \(R\): \[\begin{cases} \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{\mathcal{E}_i}{r_i} - \mathcal{E}\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{r_i} = 0 \\ r \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{\mathcal{E}_i}{r_i} - \mathcal{E} = 0 \end{cases}\] Из системы получаем: \[\mathcal{E} = \dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{\mathcal{E}_i}{r_i}}{\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{r_i}}, \qquad r = \dfrac{1}{\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{r_i}}.\]

Подумайте, какая величина сохраняется для системы «газы + поршень», если к ней не подводится тепло извне и механическая энергия поршня не меняется.

\(P = 0{,}4\) МПа.

Будем отмечать параметры гелия индексом 1, а параметры азота индексом 2. Запишем первое начало термодинамики для газов: \[Q_1 = \Delta U_1 + A_1, \qquad Q_2 = \Delta U_2 + A_2.\] Здесь \(Q_1\) и \(Q_2\) — количества теплоты, подведённой к газам, \(\Delta U_1\) и \(\Delta U_2\) — приращения внутренней энергии газов, \(A_1\) и \(A_2\) — механические работы сил давления газов на поршень. Складывая эти равенства, получаем: \[Q_1 + Q_2 = \Delta U + A_1 + A_2,\] где \(\Delta U = \Delta U_1 + \Delta U_2\) — приращение суммарной внутренней энергии газов. Так как газы обмениваются теплом только друг с другом, то \(Q_1 + Q_2 = 0\). Поскольку механическая энергия поршня не меняется при переходе в конечное состояние, то \(A_1 + A_2 = 0\). Получаем: \[\Delta U = 0 \quad \Rightarrow \quad U = \text{const},\] то есть суммарная внутренняя энергия газов сохраняется. Этот результат можно получить и иначе, рассматривая баланс энергии для системы, состоящей из газов и поршня.

Пусть \(\nu_1\) и \(\nu_2\) — количества молей гелия и азота, \(T_1\) и \(T_2\) — их начальные температуры, \(V\) — начальный объём каждого из газов, \(P\) и \(T\) — конечные давление и температура, \(V_1\) и \(V_2\) — конечные объёмы. Запишем равенство значений суммарной внутренней энергии газов в начальном и конечном состояниях: \[\dfrac{3}{2}\nu_1 R T_1 + \dfrac{5}{2}\nu_2 R T_2 = \dfrac{3}{2}\nu_1 R T + \dfrac{5}{2}\nu_2 R T.\] Перейдём от температур к давлениям и объёмам, воспользовавшись уравнением состояния: \[P_0 V = \nu_1 R T_1, \quad P_0 V = \nu_2 R T_2, \quad P V_1 = \nu_1 R T, \quad P V_2 = \nu_2 R T.\] Получаем: \[3 P_0 V + 5 P_0 V = 3 P V_1 + 5 P V_2 \quad \Rightarrow \quad P = \dfrac{8 P_0 V}{3 V_1 + 5 V_2}.\] Из уравнения состояния \(\dfrac{V_1}{V_2} = \dfrac{\nu_1}{\nu_2} = k\), то есть \(V_1 = k V_2\). Учитывая, что \(V_1 + V_2 = 2V\), получаем: \[V_1 = \dfrac{2 k V}{k + 1}, \qquad V_2 = \dfrac{2 V}{k + 1} \quad \Rightarrow \quad P = \dfrac{4 P_0 (k + 1)}{3k + 5}.\] Подставим числовые значения: \[P = \dfrac{4 \cdot 0{,}35 \cdot 4}{14} = \dfrac{8 \cdot 0{,}35}{7} = 0{,}4~\text{МПа}.\]

Для первого пункта используйте адиабату и уравнение состояния. Для второго — условие равновесия столба воздуха, а для третьего — сумму адиабатического охлаждения и нагрева от выделившейся теплоты конденсации.

1. Ответ получается путём использования уравнения состояния идеального газа \(\dfrac{P_1 V_1}{T_1} = \dfrac{P_2 V_2}{T_2}\) и уравнения адиабаты \(P_1 V_1^\gamma = P_2 V_2^\gamma\). Отсюда получаем, что \[\dfrac{T_2}{T_1} = \left(\dfrac{P_2}{P_1}\right)^{1 - \frac{1}{\gamma}}.\] 2. Плотность воздуха на высоте, где давление равно \(P_2\), можно найти из уравнения Клапейрона — Менделеева: \[\dfrac{P_1}{\rho_1 T_1} = \dfrac{P_2}{\rho_2 T_2}.\] Разность давлений \(P_1 - P_2\) создаётся столбом воздуха высоты \(h\). Для простоты рассмотрим цилиндр такой высоты, опирающийся на основание площадью \(S\): \[\dfrac{m g}{S} = P_1 - P_2.\] Массу можно найти, зная, что плотность меняется линейно: \(m = S h \dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2}\). Тогда \[h = \dfrac{2 (P_1 - P_2)}{g (\rho_1 + \rho_2)}.\] 3. Так как воздух поднимается адиабатически, но изменением его плотности из-за присутствия водяных паров мы пренебрегаем, можно рассматривать адиабатический процесс движения воздуха и конденсацию воды как два независимых процесса и посчитать вклад каждого из них для воздуха на высоте, где давление достигает величины \(P_3\): \[T = T_a + \delta T, \qquad \delta T = \dfrac{\delta Q}{c_p}.\] Так как процесс выпадения дождя можно считать изобарным, то \[c_p = 3{,}5\,\dfrac{R}{M} = 1000~\dfrac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot\text{К}}.\] Таким образом: \[T = T_1 \left(\dfrac{P_3}{P_1}\right)^{1 - \frac{1}{\gamma}} + \dfrac{\lambda \,\delta m}{c_p}.\]

Сначала найдите горизонтальную скорость куба и шара сразу после попадания шара в отверстие, затем вертикальную составляющую скорости шара по закону сохранения энергии.

\(t = \dfrac{2 v_0}{g}\sqrt{\dfrac{\beta}{1 + \beta}}\left(\dfrac{\beta}{\beta - 1}\right)\).

Шар и куб будут двигаться с одной скоростью всё время, пока шар находится внутри куба. В силу закона сохранения импульса горизонтальная скорость куба и шара после столкновения будет определяться как \[v_1 = v_0 \dfrac{m}{M + m}.\] Теперь шар будет иметь вертикальную составляющую скорости \(v_2\). Поскольку нет потерь на трение, используем закон сохранения энергии. До столкновения кинетическая энергия шара равна \(E_0 = \dfrac{m v_0^2}{2}\), после столкновения куб получит энергию \(E_1 = \dfrac{M v_1^2}{2}\), и \(E_2 = E_0 - E_1 = \dfrac{m (v_1^2 + v_2^2)}{2}\). Отсюда \[m v_0^2 - M v_1^2 = m (v_1^2 + v_2^2) \quad \Rightarrow \quad v_2 = v_0 \sqrt{\dfrac{M}{M + m}}.\] Время, проведённое шаром в «воздухе», равно \(t_2 = \dfrac{2 v_2}{g}\). Тогда расстояние по горизонтали, пройденное шаром в воздухе: \[x = 2 v_0 \dfrac{m}{m + M} \cdot \dfrac{1}{g} \sqrt{\dfrac{M}{M + m}} v_0 = \dfrac{2 v_0^2}{g}\sqrt{\dfrac{m^2 M}{(m + M)^3}}.\] Когда шарик возвращается в полость куба, горизонтальная проекция его скорости направлена в обратную сторону относительно горизонтальной составляющей скорости в момент первого попадания шара в куб (куб, в свою очередь, продолжает движение в том же направлении). Горизонтальная скорость после повторного взаимодействия шара с кубом определяется из закона сохранения импульса: \[v_3 = v_0 \dfrac{m - M}{m + M}.\] Тогда время возвращения шара в исходную позицию: \[t_3 = \dfrac{x}{|v_3|} = \dfrac{2 v_0}{g}\sqrt{\dfrac{m^2 M}{(m + M)^3}}\cdot\dfrac{M + m}{M - m} = \dfrac{2 v_0}{g}\sqrt{\dfrac{m^2 M}{(m + M)(M - m)^2}}.\] Поскольку шар поднимается гораздо выше, чем высота куба, временем, проведённым в кубе, можно пренебречь по сравнению с временем полёта шара. Тогда искомое время равно \(t_2 + t_3\): \[\dfrac{2 v_0}{g}\left(\sqrt{\dfrac{M}{m + M}} + \sqrt{\dfrac{m^2 M}{(m + M)(M - m)^2}}\right) = \dfrac{2 v_0}{g}\sqrt{\dfrac{M}{m + M}}\left(1 + \sqrt{\dfrac{m^2}{(M - m)^2}}\right) = \dfrac{2 v_0}{g}\sqrt{\dfrac{M}{m + M}}\cdot\dfrac{M}{M - m}.\] Вводя отношение масс, получаем итоговый ответ: \[t = \dfrac{2 v_0}{g}\sqrt{\dfrac{\beta}{1 + \beta}}\left(\dfrac{\beta}{\beta - 1}\right).\]