Курчатов, 2024/25, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

В ускоряющейся жидкости появляется горизонтальная составляющая силы Архимеда. Запишите второй закон Ньютона для бруска в проекциях на оси, параллельную плоскости и перпендикулярную ей, а затем условие для силы трения покоя.

Ответ

\(a_{\min} \approx 2{,}3\text{ м/с}^2\).

Решение

Существует горизонтальная составляющая силы Архимеда, так как в ускоряющемся сосуде поверхность жидкости наклоняется, изменяя направление результирующей выталкивающей силы. Обозначим: \(F_{\text{А},x} = \rho V a\) — горизонтальная составляющая силы Архимеда; \(F_{\text{А},y} = -\rho V g\) — вертикальная составляющая силы Архимеда.

По второму закону Ньютона \(\sum \vec F = m\vec a\). Спроецируем это соотношение на оси, направленные вдоль наклонной плоскости и перпендикулярно ей: \[\begin{cases} mg\sin\alpha - F_{\text{А},y}\sin\alpha - F_{\text{тр}} + F_{\text{А},x}\cos\alpha = -ma\cos\alpha, \\ N - mg\cos\alpha + F_{\text{А},y}\cos\alpha - F_{\text{А},x}\sin\alpha = -ma\sin\alpha . \end{cases}\] Отсюда сила реакции опоры и сила трения: \[N = V\left[(\rho' - \rho)g\cos\alpha - (\rho' - \rho)a\sin\alpha\right],\] \[F_{\text{тр}} = V\left[(\rho' - \rho)g\sin\alpha + (\rho' - \rho)a\cos\alpha\right].\] Скольжение начинается, когда сила трения покоя достигает предельного значения \(F_{\text{тр}} \le \mu N\). Получаем неравенство для ускорения: \[a \le \frac{g(-\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}{\cos\alpha + \mu\sin\alpha}.\] Подстановка численных данных даёт отрицательное значение, что означает: чтобы брусок не скользил вниз, сосуд нужно ускорять в противоположном направлении с ускорением \[a \ge 9{,}8\,\frac{\sin 30^\circ - 0{,}3\cos 30^\circ}{\cos 30^\circ + 0{,}3\sin 30^\circ} \approx 2{,}3\text{ м/с}^2 .\]

Подсказка

Площадь полива определяется квадратом горизонтальной дальности капли. Удобно записать перемещение капли за время полёта и найти его максимум.

Ответ

\(S_2/S_1 = 1{,}4\).

Решение

Рассмотрим вектор перемещения капли \(\vec l\). Его зависимость от времени: \[\vec l = \vec v t + \frac{\vec g t^2}{2}.\] Площадь полива зависит от горизонтальной составляющей \(r\) перемещения капли к моменту падения на землю квадратично. Из векторной диаграммы

получаем \(\dfrac{g t^2}{2} = H + h\), тогда \[r^2 = (vt)^2 - h^2 = v^2\frac{2(H + h)}{g} - h^2 = -h^2 + \frac{2v^2}{g}h + \frac{2v^2H}{g}.\] Это парабола с ветвями вниз; её вершина даёт \[r^2_{\max} = \frac{2v^2H}{g} + \frac{v^4}{g^2}.\] При \(H = 0\) имеем \(r_0^2 = \dfrac{v^4}{g^2}\). Искомое отношение площадей: \[\frac{r^2_{\max}}{r_0^2} = 1 + \frac{2gH}{v^2} \approx 1{,}4 .\]

Подсказка

Закон сохранения импульса по горизонтали даёт скорость клина в момент вылета шайбы. Высоту клина найдите из закона сохранения энергии для падения шайбы с той же высоты.

Ответ

\(N = \dfrac{819}{1600}\).

Решение

Пусть в системе клина скорость шайбы в момент вылета равна \(\alpha v_0\), \(\alpha = \dfrac{1}{2}\), \(\varphi = 60^\circ\). Её горизонтальная компонента в системе клина \(\alpha v_0\cos\varphi\), а в лабораторной системе (где клин движется со скоростью \(V\)) она равна \(u_x = \alpha v_0\cos\varphi + V\).

Закон сохранения горизонтального импульса: \[m v_0 = m\left(\alpha v_0\cos\varphi + V\right) + 11m\,V \quad\Rightarrow\quad V = \frac{v_0\left(1 - \alpha\cos\varphi\right)}{12}.\] Подставляя \(\alpha = \dfrac{1}{2}\) и \(\varphi = 60^\circ\), получаем \(V = \dfrac{v_0}{16}\).

В системе клина скорость шайбы \(\alpha v_0 = \dfrac{v_0}{2}\) под углом \(\varphi\): её компоненты \(\left(\dfrac{v_0}{4},\ \dfrac{\sqrt3}{4}v_0\right)\). В лабораторной системе горизонтальная компонента увеличивается на \(V\): \[u_x = \frac{v_0}{4} + \frac{v_0}{16} = \frac{5}{16}v_0, \qquad u_y = \frac{\sqrt3}{4}v_0 .\] Кинетическая энергия шайбы и клина в момент вылета: \[K_{\text{шайбы}} = \frac{1}{2}m\left(\frac{25}{256} + \frac{3}{16}\right)v_0^2 = \frac{73}{512}mv_0^2, \qquad K_{\text{клина}} = \frac{1}{2}\cdot 11m\left(\frac{v_0}{16}\right)^2 = \frac{11}{512}mv_0^2 .\] Высота клина: при падении шайбы с высоты \(h\) её скорость \(0{,}4v_0\), то есть \((0{,}4v_0)^2 = 2gh\), откуда \(h = 0{,}08\dfrac{v_0^2}{g}\) и \(mgh = \dfrac{2}{25}mv_0^2\).

Закон сохранения энергии с учётом тепловых потерь \(Q\): \[\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{73}{512}mv_0^2 + \frac{11}{512}mv_0^2 + \frac{2}{25}mv_0^2 + Q \quad\Rightarrow\quad Q = \frac{819}{3200}mv_0^2 .\] Доля тепловых потерь: \[N = \frac{Q}{\frac{1}{2}mv_0^2} = \frac{819}{1600}.\]

Подсказка

Точки \(A\) и \(B\) на рисунке имеют одинаковый потенциал, поэтому их можно соединить без изменения сопротивления. Внутренняя структура повторяет исходную с вдвое меньшими сопротивлениями сторон.

Ответ

\(X = \dfrac{\sqrt3 - \sqrt2 + 1}{2}\,\rho a \approx 1{,}3\) Ом.

Решение

Обозначим общее сопротивление цепи за \(X\). Точки \(A\) и \(B\) имеют равный потенциал, поэтому в них внутренний ромб можно отделить от внешнего квадрата. Этот ромб аналогичен исходному, но сопротивление каждой его стороны вдвое меньше; его общее сопротивление равно \(\dfrac{X}{2}\). Резистор \(X\) можно представить как параллельное соединение двух резисторов по \(X\), поделив внутренний и внешний ромб на две одинаковые части:

Обозначим \(R = \rho a\). Общее сопротивление среднего и верхнего проводов: \[R_1 = \frac{R\cdot\dfrac{R}{\sqrt2}}{R + \dfrac{R}{\sqrt2}} = \frac{1}{\sqrt2 + 1}R = (\sqrt2 - 1)R .\] Упрощённая схема:

Приравнивая общее сопротивление цепи \(2X\) к эквивалентному, получаем квадратное уравнение \[X^2 + (\sqrt2 - 1)RX - \frac{\sqrt2}{2}R^2 = 0 .\] Отбрасывая отрицательный корень, находим \[X = \frac{\sqrt3 - \sqrt2 + 1}{2}\,\rho a \approx 1{,}3\text{ Ом}.\]

Подсказка

Подумайте, в каком фазовом состоянии окажется алюминий в конце. Запишите баланс тепла с учётом кристаллизации части расплава.

Ответ

\(\dfrac{m}{M_p} = 0{,}36\%\).

Решение

Конечное состояние однозначно определяется равенством температуры расплава и слитка температуре плавления алюминия: \(T_{\text{кон}} = T_{\text{пл}} = 660^\circ\)C. Действительно, если часть алюминия остаётся жидкой, а часть твёрдой, система не может иметь температуру выше или ниже \(660^\circ\)C: дополнительное тепло либо расходуется на плавление твёрдой фазы, либо выделяется при кристаллизации расплава.

Пусть \(M_p\) — начальная масса расплава, \(M_c\) — начальная масса слитка, \(m\) — масса алюминия, перешедшая из расплава в слиток. По условию \(\dfrac{m}{M_c} = 0{,}05\).

Тепло, которое отдаёт расплав при остывании от \(670^\circ\)C до \(660^\circ\)C: \(Q_1 = C_a M_p (670 - 660) = 9200\,M_p\). Тепло, выделяющееся при кристаллизации массы \(m\): \(Q_2 = \lambda m = 390\,000\,m\). Слиток нагревается от \(500^\circ\)C до \(660^\circ\)C: \(Q_3 = C_a M_c (660 - 500) = 147\,200\,M_c\).

Уравнение теплового баланса \(Q_1 + Q_2 = Q_3\): \[9200\,M_p + 390\,000\,m = 147\,200\,M_c .\] Разделив на \(M_c\) и учитывая \(m/M_c = 0{,}05\): \[\frac{M_p}{M_c} = \frac{127\,700}{9200} \approx 13{,}88 .\] Относительное изменение массы расплава: \[\frac{m}{M_p} = 0{,}05\cdot\frac{1}{13{,}88} \approx 0{,}0036 = 0{,}36\%.\]