«Ломоносов», 2025/26, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Для невесомого подвижного блока натяжение нити, привязанной к его оси, вдвое больше \(F\). Запишите уравнения движения каждого бруска и свяжите разность смещений с ускорениями.

Ответ

\(F=m\,\dfrac{\Delta x+\mu g\tau^2}{\tau^2}=2\) Н.

Решение

Направим координатные оси \(X\) и \(Y\), как показано на рисунке. Обозначим силы, действующие на бруски и на блок.

Запишем уравнения движения брусков в проекциях на ось \(Y\): \(0=mg-N_1\), \(0=Mg-N_2\); и на ось \(X\): \(ma_{1x}=F-F_{\text{тр}1}\), \(Ma_{2x}=F_{\text{тр}2}-T\). Так как блок и нить невесомы, сила натяжения нити, закреплённой за ось подвижного блока, равна по модулю удвоенной силе натяжения нити, перекинутой через него: \(T=2F\).

Отметим, что каждый брусок придёт в движение, когда действующая на него со стороны нити сила (\(F\) или \(T\)) будет превышать максимальное значение соответствующей силы трения покоя, равное силе трения скольжения: \(F_{\text{тр}1,2}=\mu N_{1,2}\). При этом, поскольку \(M=2m\), нетрудно установить, что \(F_{\text{тр}2}=2F_{\text{тр}1}\), и с учётом соотношения между \(T\) и \(F\) бруски придут в движение одновременно, как и предложено считать в условии задачи.

Из уравнений движения брусков получим: \(ma_{1x}=F-\mu mg\), \(Ma_{2x}=\mu Mg-T\). Разделим каждое уравнение на соответствующую массу и вычтем из первого уравнения второе: \[a_{1x}-a_{2x}=\frac{F}{m}+\frac{T}{M}-2\mu g.\] Далее запишем законы равноускоренного движения для каждого из брусков: \(x_{1,2}(t)=x_{01,02}+\dfrac{a_{1,2x}t^2}{2}\), где \(x_{01}\) и \(x_{02}\) — координаты брусков \(m\) и \(M\) в начальный момент времени. Тогда изменение координаты каждого бруска за время \(\tau\) составит \(\Delta x_{1,2}=\dfrac{a_{1,2x}\tau^2}{2}\). Суммарное сближение, с учётом того, что координата бруска \(M\) уменьшается, составит \(\Delta x=\Delta x_1-\Delta x_2=\dfrac{(a_{1x}-a_{2x})\tau^2}{2}\). Подставив сюда полученный ранее результат для ускорений \(a_{1x}-a_{2x}=\dfrac{(M+2m)F}{Mm}-2\mu g\), получим искомое значение для силы: \[F=\frac{2mM}{M+2m}\cdot\frac{\Delta x+\mu g\tau^2}{\tau^2}=m\cdot\frac{\Delta x+\mu g\tau^2}{\tau^2}.\] Ответ: \(F=m\cdot\dfrac{\Delta x+\mu g\tau^2}{\tau^2}=2\) Н.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Из закона сохранения импульса найдите связь горизонтальной скорости шарика после удара с его вертикальной скоростью до удара, затем разделите движение на два участка.

Ответ

\(H=\dfrac{L^2}{2g\tau^2\operatorname{tg}^2\alpha}+\dfrac{g\tau^2}{2}=25\) м.

Решение

Траектория движения шарика изображена на рисунке.

На первом участке шарик свободно падает, его координата \(y\) и скорость \(v_y\) меняются по законам: \(y(t)=H-\dfrac{gt^2}{2}\) и \(v_y(t)=-gt\) соответственно. Отсюда легко найти, что в момент столкновения с пулей шарик, пройдя расстояние \(h_1\), имел скорость, равную по модулю \[v_1=\sqrt{2gh_1}.\tag{1}\] В начале второго участка траектории, сразу после попадания пули, шарик движется горизонтально. Его импульс по закону сохранения равен \(\vec p_{\text{ш}2}=\vec p_{\text{ш}1}+\vec p_{\text{п}}\), где \(\vec p_{\text{ш}1}\) и \(\vec p_{\text{п}}\) — импульсы шарика и пули до столкновения. Из рисунка видно, что при заданных условиях \(p_{\text{ш}2}=p_{\text{ш}1}\operatorname{tg}\alpha\). Поскольку импульс по модулю равен произведению массы на скорость, а масса шарика не изменилась (в условии сказано, что массой пули можно пренебречь), то можно считать, что сразу после попадания пули скорость шарика равна \(v_2=v_1\operatorname{tg}\alpha\). Тогда зависимости координат \(x\) и \(y\) шарика на втором участке траектории имеют вид: \(x(t)=v_2t=v_1(\operatorname{tg}\alpha)\,t\) и \(y(t)=h_2-\dfrac{gt^2}{2}\).

Учитывая, что после столкновения шарик упал на землю за время \(\tau\), сместившись по горизонтали на расстояние \(L\), найдём: \[h_2=\frac{g\tau^2}{2}\tag{2}\] \[L=v_1(\operatorname{tg}\alpha)\,\tau\tag{3}\] Решая систему полученных уравнений (1)–(3), найдём искомую высоту \(H\), с которой отпустили шарик: \[H=h_1+h_2=\frac{L^2}{2g\tau^2\operatorname{tg}^2\alpha}+\frac{g\tau^2}{2}.\] Ответ: \(H=\dfrac{L^2}{2g\tau^2\operatorname{tg}^2\alpha}+\dfrac{g\tau^2}{2}=25\) м.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Абсолютная влажность в конце равна сумме начальной плотности пара и плотности пара, добавленного испарением. Начальную найдите из уравнения состояния и определения относительной влажности, добавку — из теплоты, выделенной спиралью.

Ответ

\(\rho_1=\dfrac{\varphi_0}{100\%}\cdot\dfrac{P_{\text{нас}}\mu}{RT_0}+\dfrac{\eta}{100\%}\cdot\dfrac{U^2\tau}{\lambda rV}=8\cdot10^{-3}\) кг\(\cdot\)м\(^{-3}=8\) г\(\cdot\)м\(^{-3}\).

Решение

Плотность пара (абсолютная влажность) после нагрева воды равна сумме первоначальной плотности паров воды в воздухе \(\rho_0\) и плотности пара \(\rho\), образовавшегося в результате испарения при нагреве воды в сосуде. То есть \(\rho_1=\rho_0+\rho\).

Исходную плотность паров \(\rho_0\) найдём, используя уравнение состояния идеального газа \(P_{\text{нас}}=\dfrac{\rho_{\text{нас}}}{\mu}RT_0\) и определение относительной влажности воздуха \(\varphi_0=\dfrac{\rho_0}{\rho_{\text{нас}}}\cdot100\%\). Отсюда \[\rho_0=\frac{\varphi_0}{100\%}\cdot\frac{P_{\text{нас}}\mu}{RT_0}.\] По закону Джоуля — Ленца при протекании тока на участке цепи с омическим сопротивлением \(r\) (на спирали электроплитки) за время \(\tau\) выделяется количество теплоты \(Q=\dfrac{U^2}{r}\cdot\tau\). На испарение воды при её температуре кипения \(100^\circ\)C будет израсходована часть этого тепла, равная \(Q_\eta=\dfrac{\eta}{100\%}\cdot Q\). В результате в воздухе окажутся дополнительно пары воды массой \(m\), которую можно найти из равенства \(Q_\eta=\lambda m\). Общая плотность паров возрастёт на \(\rho=m/V\) или с учётом вышеприведённых соотношений на \[\rho=\frac{\eta}{100\%}\cdot\frac{U^2\tau}{\lambda rV}.\] Складывая две полученные составляющие плотности паров воды, получаем искомую абсолютную влажность воздуха: \[\rho_1=\frac{\varphi_0}{100\%}\cdot\frac{P_{\text{нас}}\mu}{RT_0}+\frac{\eta}{100\%}\cdot\frac{U^2\tau}{\lambda rV}.\] Ответ: \(\rho_1=\dfrac{\varphi_0}{100\%}\cdot\dfrac{P_{\text{нас}}\mu}{RT_0}+\dfrac{\eta}{100\%}\cdot\dfrac{U^2\tau}{\lambda rV}=8\cdot10^{-3}\) кг\(\cdot\)м\(^{-3}=8\) г\(\cdot\)м\(^{-3}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Масса выделившегося металла пропорциональна заряду, а время одинаково у всех ванн, поэтому по массам найдите токи; третья ванна включена последовательно с параллельным соединением первых двух.

Ответ

\(h=\dfrac{k_2}{\rho S}\left(\dfrac{m_3}{k_3}-\dfrac{m_1}{k_1}\right)\approx5{,}7\cdot10^{-5}\) м \(\approx60\) мкм.

Решение

По закону электролиза Фарадея масса металла, выделяющегося из раствора его соли на катоде электролитической ванны, пропорциональна протекшему заряду: \(m_i=k_iq_i\). Здесь \(i\) — номер ванны, \(k_i\) — электрохимические эквиваленты меди, серебра и алюминия соответственно. При постоянной силе тока заряд пропорционален силе тока, протекающего через ванну: \(q_i=I_i\Delta t\), а \(\Delta t\) — время процесса, одинаковое для всех ванн.

Сила тока, протекающего через 3-ю ванну, равна сумме сил токов, протекающих через ванны 1 и 2: \(I_3=I_1+I_2\). Используя приведённые соотношения, нетрудно определить массу серебра, осаждённого на поверхности катода второй ванны: \[m_2=k_2\left(\frac{m_3}{k_3}-\frac{m_1}{k_1}\right),\] а затем и искомую толщину серебряного покрытия детали \[h=\frac{k_2}{\rho S}\left(\frac{m_3}{k_3}-\frac{m_1}{k_1}\right).\] Ответ: \(h=\dfrac{k_2}{\rho S}\left(\dfrac{m_3}{k_3}-\dfrac{m_1}{k_1}\right)\approx5{,}7\cdot10^{-5}\) м \(\approx60\) мкм.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Проследите два луча: один через фокус (после линзы идёт параллельно оси и пластинкой не преломляется) и один через центр линзы (в пластинке смещается параллельно себе). Точка их пересечения и даёт новое изображение.

Ответ

\(x=d\left(1-\dfrac{1}{n}\right)=1\) см.

Решение

Построим ход лучей в линзе до и после установления пластинки:

Луч 1, проходящий через фокус линзы, после преломления в линзе пойдёт параллельно главной оптической оси и, следовательно, перпендикулярно поверхности пластинки, поэтому преломляться ею не будет. Луч 2, пройдя через центр линзы, упадёт на поверхность пластинки под углом \(\alpha\) и преломится на обеих поверхностях пластинки. После выхода из пластинки луч 2 останется параллельным самому себе, но сместится вверх на расстояние \(AB\) (см. рисунок). На рисунке видно, что до установки пластинки лучи 1 и 2 пересекались в т. \(S_1\), после — в т. \(S_2\), и искомое расстояние \(x=S_1S_2\).

Согласно закону преломления Снеллиуса: \(\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\dfrac{n}{1}=n\approx\dfrac{\alpha}{\beta}\) (ввиду малости углов \(\operatorname{tg}\alpha\approx\sin\alpha\approx\alpha\)).

Найдём отрезок \(AB\): \[AB=OB-OA=d\cdot\operatorname{tg}\alpha-d\cdot\operatorname{tg}\beta\approx d\cdot(\alpha-\beta).\] Так как \(DS_1=AB\) и \(\dfrac{DS_1}{x}=\operatorname{tg}\alpha\), получаем результат для \(x\): \[x=\frac{d\cdot(\alpha-\beta)}{\alpha}=d\left(1-\frac{\beta}{\alpha}\right)=d\left(1-\frac{1}{n}\right).\] Ответ: \(x=d\left(1-\dfrac{1}{n}\right)=1\) см.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.