Курчатов, 2025/26, заключительный этап, 9 класс

Сначала найдите ускорение брусков и силу натяжения нити из уравнений движения каждого груза. Затем рассматривайте клин как тело, на которое действуют силы со стороны грузов, блока и стола.

1) \(R \approx 74{,}7\text{ Н}\);  2) \(\mu_{\min} \approx 0{,}063\).

Клин покоится на шероховатой поверхности, грузы приходят в движение. Напишем второй закон Ньютона для грузов в проекции на направление движения каждого из них: груз \(m_2\) движется вниз, груз \(m_1\) — вдоль наклонной поверхности клина. На груз \(m_1\) действует сила трения скольжения, модуль которой равен \(F_{\text{тр1}} = \mu_1 N_1 = \mu_1 m_1 g\cos\alpha\). \[\begin{cases} m_2 a = m_2 g - T, \\ m_1 a = T - m_1 g\sin\alpha - \mu_1 m_1 g\cos\alpha . \end{cases}\] Решая систему: \[a = g\,\dfrac{m_2 - m_1(\sin\alpha + \mu_1\cos\alpha)}{m_1 + m_2}, \qquad T = \dfrac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}\, g\,(1 + \sin\alpha + \mu_1\cos\alpha) .\]

1. Найдём силу нормальной реакции стола \(R\). Напишем второй закон Ньютона для клина в проекции на вертикальную ось. На клин действуют сила тяжести, сила давления со стороны первого груза (по модулю равная силе нормальной реакции клина, действующей на этот груз), сила трения со стороны первого груза, сила давления блока (равная векторной сумме сил натяжения, приложенных к блоку) и сила нормальной реакции стола: \[Mg + N_1\cos\alpha - F_{\text{тр1}}\sin\alpha + T\sin\alpha + T - R = 0 .\] Отсюда \[R = Mg + m_1 g\cos^2\alpha - \mu_1 m_1 g\cos\alpha\sin\alpha + \dfrac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}\, g\,(1 + \sin\alpha + \mu_1\cos\alpha)(\sin\alpha + 1) .\] Рассчитаем численное значение: \(R \approx 74{,}7\text{ Н}\).

2. Минимальный коэффициент трения. Для того чтобы клин находился в покое, должно выполняться неравенство \(F_{\text{тр клин}} \le \mu R\). Напишем второй закон Ньютона для покоящегося клина в проекции на горизонтальное направление: \[-N_1\sin\alpha - F_{\text{тр1}}\cos\alpha + T\cos\alpha - F_{\text{тр клин}} = 0 .\] Тогда сила трения, действующая на клин: \[F_{\text{тр клин}} = -m_1 g\cos\alpha\sin\alpha - \mu_1 m_1 g\cos^2\alpha + \dfrac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}\, g\,(1 + \sin\alpha + \mu_1\cos\alpha)\cos\alpha .\] Минимальный коэффициент трения: \[\mu_{\min} = \dfrac{F_{\text{тр клин}}}{R} \approx 0{,}063 .\]

Горизонтальный импульс системы равен нулю и сохраняется, а трения нет, так что сохраняется и полная механическая энергия. Подумайте, какое направление имеет скорость шарика в точке вылета.

\(V = 0{,}75\text{ м/с}\).

Обозначим длину ребра кубика через \(a\). Шарик стартует из центра верхней грани на высоте \(a\), а вылетает из центра правой грани на высоте \(a/2\). Потеря потенциальной энергии шарика: \[\Delta U = mg\left(a - \dfrac{a}{2}\right) = \dfrac{mga}{2} .\] Желоб гладкий, поэтому скорость шарика в каждый момент направлена по касательной к желобу. В точке выхода касательная горизонтальна (перпендикулярна правой грани), поэтому в момент вылета скорость шарика направлена горизонтально вправо.

Внешних горизонтальных сил на систему «кубик + шарик» нет, значит горизонтальная проекция импульса системы сохраняется. Пусть сразу после вылета шарик имеет скорость \(v\) вправо, а кубик — скорость \(V\) влево. При нулевом начальном импульсе: \[mv - MV = 0 \quad\Longrightarrow\quad V = \dfrac{m}{M}\,v .\] Трения нет, опора гладкая и работы не совершает, поэтому закон сохранения энергии: \[\dfrac{mga}{2} = \dfrac{MV^2}{2} + \dfrac{mv^2}{2} .\] Подставляя \(V = \dfrac{m}{M}v\): \[\dfrac{mga}{2} = \dfrac{M}{2}\left(\dfrac{m}{M}v\right)^2 + \dfrac{mv^2}{2} = \dfrac{mv^2}{2}\left(1 + \dfrac{m}{M}\right) .\] Сокращая на \(\dfrac{m}{2}\), получаем \(ga = v^2\left(1 + \dfrac{m}{M}\right)\), откуда \(v^2 = ga\,\dfrac{M}{M + m}\).

Скорость кубика: \[V = \dfrac{m}{M}\,v = \dfrac{m}{M}\sqrt{ga\,\dfrac{M}{M+m}} = \dfrac{k}{\sqrt{1 + k}}\sqrt{ga} .\] Подставляя данные, \(ga = 10\cdot 0{,}081 = 0{,}81\text{ м}^2/\text{с}^2\), \(\sqrt{ga} = 0{,}9\text{ м/с}\): \[V = \dfrac{1{,}25}{\sqrt{1 + 1{,}25}}\cdot 0{,}9 = 0{,}75\text{ м/с} .\]

Удобно перейти в систему отсчёта, движущуюся поступательно вместе с точкой контакта колёс. В ней точка контакта малого колеса неподвижна. Скорость точки \(A\) затем складывается из скорости точки контакта и скорости в этой системе.

\(\dfrac{|v_A|}{v_O} = 10\).

Перейдём в систему отсчёта, поступательно движущуюся вместе с точкой контакта \(P\) двух колёс. В такой системе \(\vec v'_P = 0\), а условие отсутствия проскальзывания превращается в то, что точка \(P\) на малом колесе тоже имеет нулевую скорость.

Найдём скорость точки \(P\) в лабораторной системе. Пусть \(\omega_1 > 0\) соответствует вращению против часовой стрелки, ось \(Ox\) направлена вправо, ось \(Oy\) — вверх. При качении большого колеса без проскальзывания скорость его центра по модулю равна \(\omega_1 R\); при вращении против часовой стрелки центр движется влево: \(\vec v_O = (-\omega_1 R,\ 0)\). Точка \(P\) расположена на ободе слева, \(\overrightarrow{OP} = (-R,\ 0)\), и её скорость относительно центра \(\omega_1\hat z\times\overrightarrow{OP} = (0,\ -\omega_1 R)\). Следовательно, \[\vec v_P = (-\omega_1 R,\ -\omega_1 R), \qquad |\vec v_P| = \omega_1 R\sqrt{2} .\] Найдём скорость точки \(A\) в системе, связанной с \(P\). Переходя в систему, движущуюся поступательно со скоростью \(\vec v_P\), получаем, что в ней малое колесо мгновенно вращается вокруг своего центра \(C\) с угловой скоростью \(\omega_2\) и его центр движется вертикально вверх со скоростью \(\omega_2 r\) (из условия \(\vec v'_P = 0\) для точки контакта на малом колесе, где \(\overrightarrow{CP} = (-r,\ 0)\)).

Точка \(A\) — верхняя точка малого колеса, \(\overrightarrow{CA} = (0,\ r)\). Её скорость относительно центра \(\omega_2\hat z\times\overrightarrow{CA} = (-\omega_2 r,\ 0)\), поэтому в системе \(P\) \[\vec v'_A = (0,\ \omega_2 r) + (-\omega_2 r,\ 0) = (-\omega_2 r,\ \omega_2 r), \qquad |\vec v'_A| = \omega_2 r\sqrt{2} .\] В лабораторной системе по закону сложения скоростей \(\vec v_A = \vec v_P + \vec v'_A = (-\omega_1 R - \omega_2 r,\ -\omega_1 R + \omega_2 r)\). Тогда \[|\vec v_A|^2 = (\omega_1 R + \omega_2 r)^2 + (-\omega_1 R + \omega_2 r)^2 = 2\left(\omega_1^2R^2 + \omega_2^2 r^2\right),\] и \[|\vec v_A| = \sqrt{2\left(\omega_1^2 R^2 + \omega_2^2 r^2\right)} .\] Искомое отношение: \[\dfrac{|\vec v_A|}{\omega_1 R} = \sqrt{2\left(1 + \left(\dfrac{\omega_2}{\omega_1}\right)^2\left(\dfrac{r}{R}\right)^2\right)} .\] Подставляя \(\omega_2/\omega_1 = 14\), \(r/R = 1/2\): \[\dfrac{|\vec v_A|}{\omega_1 R} = \sqrt{2\left(1 + 14^2\cdot\dfrac{1}{4}\right)} = \sqrt{2\cdot 50} = 10 .\]

В опыте A отдаёт тепло только твёрдый нафталин, а в опыте B — жидкость, кристаллизация и остывание твёрдой фазы. В каждом опыте запишите тепловой баланс, учитывая теплоёмкость калориметра.

1) \(C_к = 280\ \dfrac{\text{Дж}}{^\circ\text{C}}\), \(\lambda_н \approx 140{,}4\text{ кДж/кг}\);  2) \(\tau \approx 17{,}6\text{ мин}\).

1. Тепловой баланс для опыта A, в котором теплоту отдаёт остывающий твёрдый нафталин: \[m_н c_{н.т}(t_{пл} - t_{см1}) = (m_в c_в + C_к)(t_{см1} - t_в) .\] Подставляя значения, \[C_к = \dfrac{0{,}05\cdot 1200\cdot(79 - 23)}{23 - 20} - 0{,}2\cdot 4200 = 1120 - 840 = 280\ \text{Дж/}^\circ\text{C} .\] Для опыта B теплота, отданная нафталином, включает остывание жидкости, кристаллизацию и остывание твёрдой фазы: \[Q_{\text{отд}} = m_н\left(c_{н.ж}(t_ж - t_{пл}) + \lambda_н + c_{н.т}(t_{пл} - t_{см2})\right) .\] Эта теплота идёт на нагрев воды и калориметра: \(Q_{\text{пол}} = (m_в c_в + C_к)(t_{см2} - t_в)\). Тогда \[(840 + 280)\cdot(30{,}1 - 20) = 0{,}05\left(1700\cdot 16 + \lambda_н + 1200\cdot 48{,}9\right),\] \[11\,312 = 0{,}05\,(85\,880 + \lambda_н) \quad\Longrightarrow\quad \lambda_н = 140\,360\text{ Дж/кг} \approx 140{,}4\text{ кДж/кг} .\]

2. Для достижения конечного состояния системе необходимо сообщить теплоту \(Q_{\text{общ}}\), состоящую из четырёх составляющих: нагрев воды и калориметра до \(80^\circ\text{C}\); нагрев твёрдого нафталина до температуры плавления; плавление нафталина; нагрев жидкой фазы нафталина до \(80^\circ\text{C}\): \[Q_{\text{общ}} = (m_в c_в + C_к)(t_{кон} - t_в) + M c_{н.т}(t_{пл} - t_в) + M\lambda_н + M c_{н.ж}(t_{кон} - t_{пл}) .\] Подставляя числа: \[Q_{\text{общ}} = 1120\cdot 60 + 0{,}1\cdot 1200\cdot 59 + 0{,}1\cdot 140\,360 + 0{,}1\cdot 1700\cdot 1 = 88\,486\text{ Дж} .\] Работа электрического тока с учётом КПД: \[\eta P\tau = Q_{\text{общ}} \quad\Longrightarrow\quad \tau = \dfrac{88\,486}{0{,}84\cdot 100} \approx 1053\text{ с} \approx 17{,}6\text{ мин} .\]

Ток одинаков во всех сечениях проволоки, поэтому наиболее холодная точка — там, где выделяемая на единицу длины мощность минимальна. Найдите, при каком \(x\) это происходит.

\(k = 0{,}5\).

Сила тока \(I\) в установившемся режиме одинакова для любого сечения проводника. Для малого участка длины \(\Delta l\) с центром в точке \(x\) сопротивление \[R(x) = \dfrac{\rho(x)\,\Delta l}{S(x)}, \qquad S(x) = \pi r^2(x) .\] Выделяющаяся на участке мощность \(P(x) = I^2 R(x)\), мощность на единицу длины: \[p(x) = \dfrac{P(x)}{\Delta l} = I^2\,\dfrac{\rho(x)}{S(x)} .\] Поскольку \(I\) не зависит от \(x\), минимум \(p(x)\) достигается там же, где минимум функции \[f(x) = \dfrac{\rho(x)}{S(x)} .\] Площадь сечения: \(S(x) = \pi r^2(x) = \pi r_0^2\,\dfrac{x}{L}\). Тогда \[f(x) = \dfrac{\rho_0 \dfrac{L}{L - x}}{\pi r_0^2\dfrac{x}{L}} = \dfrac{\rho_0 L^2}{\pi r_0^2}\cdot\dfrac{1}{x(L - x)} .\] Минимум \(f(x)\) достигается в точке максимума знаменателя \(x(L - x)\) на интервале \(0 < x < L\). Это парабола с ветвями вниз, её максимум — в вершине: \[x^* = \dfrac{L}{2} .\] Итак, \(x_{\min} = L/2\), откуда \(k = 0{,}5\).