Курчатов, 2019/20, заключительный этап, 9 класс

Нить нерастяжима, поэтому грузы движутся с одинаковым по модулю ускорением. Запишите второй закон Ньютона для каждого груза и закон сохранения энергии для всей системы, учитывая, что масса нити на каждом участке своя.

\(\Delta T = \dfrac{2mMg(2x + h)}{(2M + m)L} \approx 16\ \text{мН}\).

Так как нить нерастяжима, абсолютная величина ускорений грузов в конечном положении одинакова. Обозначим её через \(a\) и запишем второй закон Ньютона в проекции на направление вектора \(\vec g\): \[-Ma = -T_1 + Mg \;\Rightarrow\; T_1 = Mg + Ma, \qquad Ma = -T_2 + Mg \;\Rightarrow\; T_2 = Mg - Ma.\] Разность сил равна: \[\Delta T = T_1 - T_2 = 2Ma.\]

Скорость грузов \(V\) в конечном положении найдём из закона сохранения энергии. Работа силы тяжести \(A\) равна убыли потенциальной энергии \(U_1 - U_2\): \[\frac{(2M + m)V^2}{2} = U_1 - U_2 = A = A_1 + A_2 + A_3.\] Работа сил тяжести грузов \(A_1 = -Mgx\) и \(A_2 = +Mgx\) взаимно компенсируется, а работа \(A_3\) при перемещении нити (её конечное положение получается из начального перемещением вниз участка длины \(x\) с вертикальной составляющей перемещения \(x + h\)) равна \[A_3 = \frac{m}{L}\,x\,g\,(x + h).\] Поэтому \[V^2 = \frac{2mgx(x + h)}{(2M + m)L}.\] Для ускорения рассмотрим малое приращение \(\Delta x\) и соответствующее приращение скорости \(\Delta V\); вычитая законы сохранения энергии и переходя к пределу \(\Delta t \to 0\), получаем \[a = \frac{mg(2x + h)}{(2M + m)L}.\] Тогда \[\Delta T = 2Ma = \frac{2mMg(2x + h)}{(2M + m)L}.\] Подставляя числа, получаем \[\Delta T = \frac{2\cdot 0{,}01\cdot 0{,}02\cdot 10\cdot 0{,}5}{0{,}05\cdot 2{,}5} = 1{,}6\cdot 10^{-2}\ \text{Н} = 16\ \text{мН}.\]

Кратчайший путь к станции — гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами, равными пройденным путям. Время обратного пути — сумма геометрической прогрессии с первым членом 1 с и знаменателем \(0{,}999\).

Не успеет: обратный путь занимает примерно \(10{,}6\) мин.

Поскольку Красная Шапочка движется по кратчайшему пути, весь её маршрут представляет собой прямоугольный треугольник. По теореме Пифагора: \[(vt_1)^2 + (vt_2)^2 = (vt_3)^2 \;\Rightarrow\; t_1^2 + t_2^2 = t_3^2.\] Получаем \(t_3 = \sqrt{t_1^2 + t_2^2} = 17\) мин, тогда Красной Шапочке необходимо сделать \(n = 17\cdot 60 = 1020\) шагов. Поскольку на каждый последующий шаг, начиная со второго, она тратит на десятую долю процента меньше, время обратного пути можно представить как геометрическую прогрессию со знаменателем \(q = 1 - 0{,}001 = 0{,}999\): \[t = \frac{b_1(q^n - 1)}{q - 1}.\] Здесь \(b_1 = 1\) с — время, затраченное на первый шаг. Подставляя числа, получаем \(t \approx 10{,}6\) мин. Это означает, что Красная Шапочка не успеет на электричку к бабушке.

Пока лёд тает, температура смеси не меняется; после этого она растёт линейно со временем. Найдите по графику время таяния льда, затем запишите тепловой баланс для таяния и для нагрева воды.

Масса воды \(M \approx 231{,}5\) г, масса льда \(m \approx 36{,}4\) г.

Построим график зависимости температуры воды в калориметре \(T\) от времени \(t\):

Из графика можно найти, сколько времени продолжалось таяние льда. Зависимость температуры воды от времени после того, как весь лёд растаял (переход от горизонтального участка к наклонному), даётся зависимостью \(T = kt + b\). Начальных данных достаточно, чтобы установить коэффициенты \(k\) и \(b\): \[3k + b = 1, \quad 4k + b = 5 \;\Rightarrow\; T = 4t - 11.\] Время таяния льда \(t_1\) — точка пересечения этой прямой с осью времени: \(4t_1 - 11 = 0 \Rightarrow t_1 = \dfrac{11}{4}\) мин \(= 165\) с. Из уравнения теплового баланса для таяния льда получаем массу льда: \[\lambda m = Nt_1 \;\Rightarrow\; m = \frac{Nt_1}{\lambda} \approx 36{,}4~\text{г}.\] Тогда из уравнения теплового баланса для нагрева воды массой \(M + m\), где \(M\) — начальная масса воды, получаем \[C(M + m)\Delta T_1 = Nt_2,\] где \(t_2 = 15\) с — время нагрева жидкости на температуру \(\Delta T_1\). Следовательно: \[M = \frac{Nt_2}{C\,\Delta T_1} - m \approx 231{,}5~\text{г}.\]

Запишите законы Кирхгофа для обеих ветвей с источниками и выразите ток через \(R\) в обоих случаях. Совпадение падений напряжения при любом \(R\) даёт два условия на \(\mathcal{E}\) и \(r\).

\(\mathcal{E} = 8\) В, \(r = \dfrac{10}{7}\) Ом \(\approx 1{,}4\) Ом.

Запишем систему уравнений Кирхгофа для контуров, содержащих \(\mathcal{E}_{1,2}\), \(r_{1,2}\), обозначив ток через резистор \(R\) как \(I\) и выбрав направление циркуляции токов, одинаковое для всех таких контуров: \[\begin{cases} \mathcal{E}_1 = I_1r_1 + IR,\\ \mathcal{E}_2 = I_2r_2 + IR,\\ I = I_1 + I_2. \end{cases}\] Из этих уравнений можно выразить ток через резистор \(R\): \[I = \frac{\mathcal{E}_1 - I_1R}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2 - I_2R}{r_2},\] откуда \[I = \frac{\dfrac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \dfrac{\mathcal{E}_2}{r_2}}{1 + R\left(\dfrac{1}{r_1} + \dfrac{1}{r_2}\right)}.\] 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 \(R\): \[\frac{\dfrac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \dfrac{\mathcal{E}_2}{r_2}}{1 + R\left(\dfrac{1}{r_1} + \dfrac{1}{r_2}\right)} = \frac{\mathcal{E}}{r + R}.\] Так как это тождество верно при всех значениях \(R\), требуется приравнять нулю независимо свободный член и множитель перед \(R\): \[\begin{cases} \dfrac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \dfrac{\mathcal{E}_2}{r_2} - \mathcal{E}\left(\dfrac{1}{r_1} + \dfrac{1}{r_2}\right) = 0,\\[2mm] r\left(\dfrac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \dfrac{\mathcal{E}_2}{r_2}\right) - \mathcal{E} = 0. \end{cases}\] Отсюда \[\mathcal{E} = \frac{\dfrac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \dfrac{\mathcal{E}_2}{r_2}}{\dfrac{1}{r_1} + \dfrac{1}{r_2}}, \qquad r = \frac{1}{\dfrac{1}{r_1} + \dfrac{1}{r_2}}.\] Подставляя числа, получаем \(\mathcal{E} = 8\) В и \(r = \dfrac{10}{7}\) Ом.

Шар и куб движутся с одной горизонтальной скоростью, пока шар внутри куба. Затем шар подлетает вверх и падает обратно в куб; для времени полёта и горизонтального смещения используйте законы сохранения импульса и энергии.

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

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 не равна нулю (куб поедет) и определяется как \[v_1 = v_0\frac{m}{M + m}.\] Теперь шар будет иметь вертикальную составляющую скорости \(v_2\). Поскольку потерь на трение нет, используем закон сохранения энергии: до столкновения кинетическая энергия шара равна \(E_0 = \dfrac{mv_0^2}{2}\), после столкновения куб получает энергию \(E_1 = \dfrac{Mv_1^2}{2}\), поэтому \(E_2 = E_0 - E_1 = \dfrac{m(v_1^2 + v_2^2)}{2}\). Отсюда \[mv_0^2 - Mv_1^2 = m(v_1^2 + v_2^2) \;\Rightarrow\; v_2 = v_0\sqrt{\frac{M}{M + m}}.\] Время полёта шара «в воздухе» \(t_2 = \dfrac{2v_2}{g}\). Тогда горизонтальное расстояние, пройденное шаром в воздухе, равно \[x = v_1 t_2 = \frac{2v_0^2}{g}\sqrt{\frac{m^2M}{(m + M)^3}}.\] Когда шар возвращается в полость куба, горизонтальная проекция его скорости направлена в обратную сторону относительно горизонтальной составляющей скорости в момент первого попадания в куб (куб продолжает движение в том же направлении). Горизонтальная скорость после повторного взаимодействия шара с кубом определяется законом сохранения импульса: \[v_3 = v_0\frac{m - M}{m + M}.\] Тогда время возвращения шара в исходную позицию равно \[t_3 = \frac{x}{|v_3|} = \frac{2v_0}{g}\sqrt{\frac{m^2M}{(m + M)(M - m)^2}}.\] Поскольку шар поднимается гораздо выше высоты куба, временем, проведённым в кубе, можно пренебречь по сравнению с временем полёта шара. Тогда искомое время равно \(t_2 + t_3\): \[t = \frac{2v_0}{g}\sqrt{\frac{M}{m + M}}\left(1 + \sqrt{\frac{m^2}{(M - m)^2}}\right) = \frac{2v_0}{g}\sqrt{\frac{M}{m + M}}\cdot\frac{M}{M - m}.\] Вводя отношение масс \(\beta = M/m\), получаем итоговый ответ: \[t = \frac{2v_0}{g}\sqrt{\frac{\beta}{1 + \beta}}\cdot\frac{\beta}{\beta - 1}.\]