Курчатов, 2022/23, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

Горизонтальная составляющая импульса системы «шар + пуля» сохраняется при столкновении. После него оба тела падают с одной высоты, значит, время полёта у них одинаковое. Что даёт это время, если известны горизонтальные пути?

Ответ

1) \(d = 100\text{ м}\);  2) \(\dfrac{\Delta E}{E_0} = 92{,}8\%\).

Решение

1) Пусть скорость шара после столкновения равна \(V\), а скорость пули — \(v\). Поскольку на систему «шар + пуля» не действует горизонтальная сила, горизонтальная составляющая импульса этой системы до столкновения и после него должна быть одинаковой: \[m v_0 = m v + M V \quad\Rightarrow\quad v = v_0 - \frac{M}{m} V .\] Из условия задачи следует, что \(v > V\). После столкновения и шар, и пуля продолжают свободное движение в гравитационном поле с начальными горизонтальными скоростями \(v\) и \(V\) соответственно. Движение шара и движение пули продолжаются в течение одного и того же времени, равного времени свободного падения с высоты \(h\): \[t = \sqrt{\frac{2h}{g}} .\] Пути, пройденные шаром и пулей за время \(t\), равны \(s = Vt\) и \(d = vt\) соответственно. Таким образом \[V = s\sqrt{\frac{g}{2h}} \quad\Rightarrow\quad v = v_0 - \frac{M}{m}\, s\sqrt{\frac{g}{2h}} .\] Отсюда получаем выражение и численное значение для искомого расстояния \(d\): \[d = v_0\sqrt{\frac{2h}{g}} - \frac{M}{m}\, s = 100\text{ м}.\]

2) Полная кинетическая энергия системы равнялась начальной кинетической энергии пули: \[E_0 = \frac{m v_0^2}{2} .\] Сразу после столкновения полная кинетическая энергия системы равна сумме кинетических энергий пули и шара: \[E_m = \frac{m v^2}{2}, \qquad E_M = \frac{M V^2}{2} .\] Часть кинетической энергии, равная разности кинетических энергий до и после столкновения, переходит в теплоту: \[\Delta E = E_0 - (E_m + E_M) .\] Искомое отношение полученной теплоты к начальной кинетической энергии пули: \[\frac{\Delta E}{E_0} = 1 - \frac{E_m + E_M}{E_0} .\] Подставляя найденные соотношения для энергий и скоростей, получаем \[\frac{\Delta E}{E_0} = \frac{M}{m}\,\frac{s^2}{v_0^2}\,\frac{g}{2h} \left(\frac{2 v_0}{s}\sqrt{\frac{2h}{g}} - \frac{M}{m} - 1\right) = 92{,}8\%.\]

Подсказка

Импульс системы осколков до разрыва равен нулю, значит, скорости осколков образуют симметричную картину, и углы между ними равны \(120^\circ\). Дальше запишите высоты всех трёх осколков как функции времени.

Ответ

1) \(H = 312{,}5\text{ м}\);  2) \(v_0 = 37{,}5\text{ м/с}\), \(v_k = 87{,}5\text{ м/с}\).

Решение

Закон сохранения импульса применим к движению осколков: \(m\vec v_{01} + m\vec v_{02} + m\vec v_{03} = 0\). Так как все осколки имеют одинаковую массу, \(\vec v_{01} + \vec v_{02} + \vec v_{03} = 0\).

1) Поскольку \(|v_{01}| = |v_{02}| = |v_{03}| = v_0\), векторы скорости образуют между собой углы \(120^\circ\), поэтому \(\alpha = 30^\circ\). После перехода к проекциям скоростей на оси: \[v_{01x} = 0, \quad v_{02x} = v_0\cos\alpha, \quad v_{03x} = -v_0\cos\alpha,\] \[v_{01y} = -v_0, \quad v_{02y} = v_0\sin\alpha, \quad v_{03y} = v_0\sin\alpha .\] Тогда движение фрагментов можно описать уравнениями: \[y_1 = H - v_0 t - \frac{g t^2}{2}, \qquad y_{2,3} = H + \frac{v_0 t}{2} - \frac{g t^2}{2} .\] В момент удара о землю 1-го осколка \(y_1 = 0\), в момент удара о землю 2-го и 3-го осколков \(y_{2,3} = 0\). Тогда можно найти начальную скорость и высоту: \[0 = H - v_0 T_1 - \frac{g T_1^2}{2}, \qquad 0 = H + \frac{v_0 T_2}{2} - \frac{g T_2^2}{2} .\] Выразим \(v_0\) из первого уравнения и подставим во второе: \[v_0 = \frac{H - \frac{g T_1^2}{2}}{T_1},\] откуда \[H = \frac{g T_1 T_2 (T_1 + 2T_2)}{2(2T_1 + T_2)} = 312{,}5\text{ м}.\]

2a) Вычтем уравнение движения первого осколка из уравнения движения второго и третьего осколков: \[v_0\left(T_1 + \frac{T_2}{2}\right) + \frac{g T_1^2}{2} - \frac{g T_2^2}{2} = 0 \quad\Rightarrow\quad v_0 = \frac{T_2^2 - T_1^2}{2T_1 + T_2}\, g = 37{,}5\text{ м/с}.\]

2b) Для нахождения конечных скоростей используем закон сохранения энергии. Поскольку все осколки падают с одинаковой начальной скоростью с одной высоты, конечная скорость осколков будет одинаковой: \[m g H + \frac{m v_0^2}{2} = \frac{m v_k^2}{2} \quad\Rightarrow\quad v_k = \sqrt{v_0^2 + 2 g H} = 87{,}5\text{ м/с}.\]

3) Решим задачу аналитически. Если \(\beta\) — угол наклона вектора скорости к оси \(x\), то в общем случае для всех трёх фрагментов будет верно: \[x = v_0\cos\beta\, t, \qquad y = H + v_0\sin\beta\, t - \frac{g t^2}{2} .\] Из этих уравнений следует: \[\cos\beta = \frac{x}{v_0 t}, \qquad \sin\beta = \frac{y + \frac{g t^2}{2} - H}{v_0 t} .\] Используя соотношение \(\cos^2\beta + \sin^2\beta = 1\), получаем \[x^2 + \left(y + \frac{g t^2}{2} - H\right)^2 = v_0^2 t^2 ,\] что представляет собой уравнение окружности с центром в точке \(\left(0,\; H - \frac{g t^2}{2}\right)\) и радиусом \(r = v_0 t\).

Подсказка

Каждый перелив — это теплообмен двух порций воды. Удобно выразить температуры через коэффициент \(k = \Delta m / m\) и заметить, что разность температур после каждого полного цикла умножается на одну и ту же постоянную.

Ответ

\(n = 5\).

Решение

1) Из уравнения теплового баланса определим разность температур после первого переливания для воды из первого калориметра (с меньшей температурой) и перелитой водой массы \(\Delta m\). Выразим температуру \(t_1\), установившуюся в первом калориметре: \[c m (t_1 - t_{01}) = c\,\Delta m\,(t_{02} - t_1) \quad\Rightarrow\quad t_1 = \frac{m t_{01} + \Delta m\, t_{02}}{m + \Delta m} = \frac{k t_{02} + t_{01}}{k + 1},\] где \(k = \dfrac{\Delta m}{m} = 0{,}25\).

2) После переливания воды обратно во второй калориметр: \[c(2m - \Delta m)(t_{02} - t_2) = c\,\Delta m\,(t_2 - t_1) \quad\Rightarrow\quad 2 t_2 = (2 - k) t_{02} + k t_1 = \frac{k(t_{01} + t_{02}) + 2 t_{02}}{k + 1} .\] Тогда разность температур в двух калориметрах после этого переливания будет равна \[t_2 - t_1 = \frac{2 - k}{2(1 + k)}\,(t_{02} - t_{01}) = 42^\circ\text{C}.\]

3) Если повторить всю процедуру ещё раз, то получим \[t_4 - t_3 = \frac{2 - k}{2(1 + k)}\,(t_2 - t_1) = \left[\frac{2 - k}{2(1 + k)}\right]^2 (t_{02} - t_{01}) = 29^\circ\text{C},\] где \(t_3\) — температура первого калориметра после второй процедуры, \(t_4\) — температура второго калориметра после второй процедуры.

Повторяя процедуру \(n\) раз, получим условие на разность температур в калориметрах после \(n\)-й процедуры: \[\left[\frac{2 - k}{2(1 + k)}\right]^n (t_{02} - t_{01}) = t_{2n} - t_{2n-1} < 12^\circ\text{C}.\] Поскольку \(\dfrac{2 - k}{2(1 + k)} = 0{,}7\) и \(t_{02} - t_{01} = 60^\circ\text{C}\), упростим неравенство: \[0{,}7^n < \frac{1}{5} \quad\Rightarrow\quad n \geq 5 .\] Таким образом, для достижения разности температур в калориметрах меньше \(12^\circ\text{C}\) нам придётся повторить всю процедуру 5 раз.

Подсказка

Оба полукольца подключены к одним и тем же точкам, значит, они соединены параллельно. Во втором случае ветви одинаковы, и каждая состоит из двух последовательных половин. Сравните два выражения для суммарного тока.

Ответ

\(\dfrac{\rho_a}{\rho_b} = 0{,}25\).

Решение

Ситуация на рисунке эквивалентна подключению двух параллельно соединённых резисторов к внешнему напряжению. Сопротивления резисторов: \[R_a = \frac{\pi r \rho_a}{S}, \qquad R_b = \frac{\pi r \rho_b}{S},\] где \(r\) — радиус кольца. Общий ток через цепь есть сумма токов через параллельно подключённые резисторы: \[I_1 = \frac{U}{R_a} + \frac{U}{R_b},\] где \(U\) — внешнее напряжение. Подставляя выражения для сопротивлений, получаем \[I_1 = \frac{U S}{\pi r}\left(\frac{\rho_a + \rho_b}{\rho_a \rho_b}\right).\]

После повторного подключения кольца цепь снова состоит из двух ветвей, однако на этот раз ветви одинаковы, и каждая состоит из двух последовательно подключённых резисторов с сопротивлениями \(\dfrac{R_a}{2}\) и \(\dfrac{R_b}{2}\). Таким образом, суммарный ток через цепь после повторного подключения: \[I_2 = 2\,\frac{U S}{0{,}5 R_a + 0{,}5 R_b} = \frac{4 U S}{\pi r} \left(\frac{1}{\rho_a + \rho_b}\right).\] По условию \(I_2 = 0{,}64\,I_1 = \dfrac{16}{25} I_1\). Стало быть: \[\frac{16}{25}\,\frac{\rho_a + \rho_b}{\rho_a \rho_b} = \frac{4}{\rho_a + \rho_b}.\] Обозначим \(x = \dfrac{\rho_a}{\rho_b}\). Тогда последнее выражение можно представить как квадратное уравнение: \[4x^2 - 17x + 4 = 0 .\] Дискриминант \(D = 289 - 64 = 225 = 15^2\). Корни уравнения: \[x_1 = \frac{1}{4}, \qquad x_2 = 4 .\] Так как по условию \(\rho_a < \rho_b\), выбираем корень \(x_1 = \dfrac{1}{4}\). Таким образом, \[\frac{\rho_a}{\rho_b} = 0{,}25 .\]

Подсказка

Масса каждой стороны пропорциональна её длине. Замените массы сторон двумя точечными массами в серединах оснований, а затем найдите центр масс всей системы, учитывая, что он лежит на отрезке между этими точками.

Ответ

\(\beta \approx 3{,}9^\circ\).

Решение

Обозначим длину боковой стороны треугольника через \(a\), а её массу — через \(m\). Из вершины \(C\) опустим перпендикуляр \(CD\) на основание \(AB\); точка \(D\) — середина основания. Длины отрезков \(CD\) и \(AB\): \[CD = a\sin\alpha, \qquad AB = 2a\cos\alpha .\] Так как массы сторон треугольника пропорциональны их длинам, масса основания \(AB\) равна \[m_1 = 2m\cos\alpha .\] Стянем эту массу в точку \(D\) — центр масс основания. Массы боковых сторон стянем в их середины — точки \(E\) и \(F\). Эти две массы заменим одной массой \(m_2 = 2m\), расположенной в точке \(G\) — середине средней линии \(EF\). Таким образом, имеем две точечные массы \(m_1\) и \(m_2\), расположенные в точках \(D\) и \(G\). Центр масс треугольника \(H\) совпадает с центром масс этой пары и лежит на отрезке \(DG\).

Если треугольник подвешен на нити за вершину \(A\), то в положении равновесия отрезок \(AH\) параллелен вектору ускорения свободного падения \(\vec g\). Условием равновесия является равенство моментов сил \(m_1\vec g\) и \(m_2\vec g\) относительно оси, проходящей через точку \(A\) перпендикулярно плоскости рисунка. Проведём через точку \(H\) прямую, перпендикулярную отрезку \(AH\). Отрезки этой прямой от точки \(H\) до линий действия сил тяжести — плечи этих сил; на рисунке они обозначены через \(x\) и \(y\). Условие равенства моментов даёт: \[x\, m_1 g = y\, m_2 g \quad\Rightarrow\quad \frac{y}{x} = \frac{m_1}{m_2} = \cos\alpha .\] Далее имеем два подобных прямоугольных треугольника, в которых отрезки \(x\) и \(y\) являются катетами, а отрезки \(DH\) и \(GH\) — гипотенузами: \[\frac{GH}{DH} = \frac{y}{x} = \cos\alpha .\] Кроме того, сумма \(DH + GH\) равна половине высоты \(CD\): \[DH + GH = \frac{CD}{2} = \frac{a}{2}\sin\alpha .\] Из полученных соотношений находим длину отрезка \(DH\) и угол \(\beta\): \[GH = DH\cos\alpha, \qquad DH + DH\cos\alpha = \frac{a}{2}\sin\alpha \quad\Rightarrow\quad DH = \frac{a\sin\alpha}{2(1 + \cos\alpha)},\] \[\tan\beta = \frac{DH}{AB/2} = \frac{\tan\alpha}{2(1 + \cos\alpha)} \quad\Rightarrow\quad \beta = \arctan\left[\frac{\tan\alpha}{2(1 + \cos\alpha)}\right] = 3{,}9^\circ .\] Следует отметить, что в этой задаче неправильным является решение, основанное на утверждении, что центр масс треугольника лежит в точке пересечения его медиан. Это утверждение справедливо только для случая, когда масса треугольника равномерно распределена по его площади. При неправильном решении \(DH = CD/3\), и \(\beta = \arctan(\tan\alpha/3)\); при \(\alpha = 15^\circ\) это даёт \(\beta = 5{,}1^\circ\).