МОШ, 1985/86, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(\alpha > \operatorname{arctg}\dfrac{2}{3} \approx 33{,}7^\circ\).

Решение

Центр тяжести каждого из трёх квадратов, составляющих полоску, находится в его центре. Поэтому центр масс полоски находится на расстоянии \(a/3\) от центра нижнего квадрата (см. рис. 1.176). Ясно, что полоска перевёрнута тогда, когда её центр масс будет расположен правее нижнего угла — точки \(A\) на рисунке, то есть когда \[\alpha > \operatorname{arctg}\dfrac{a/3}{a/2} = \operatorname{arctg}\dfrac{2}{3} \approx 33{,}7^\circ.\]

Ответ

\(C_V = \dfrac{5}{2}R\) (газ двухатомный).

Решение

Процесс опускания поршня на расстояние \(\Delta x_1\) происходит быстро, и поэтому может считаться адиабатическим. Кроме того, поскольку \(\Delta x_1 \ll H\), то давление \(p\) газа при этом изменилось мало, и его можно считать постоянным. Поэтому первое начало термодинамики для этого процесса можно записать в виде: \(C_V\nu\Delta T \approx pS\Delta x_1\), где \(\nu\) — число молей газа, \(S\) — площадь поршня, \(\Delta T\) — увеличение температуры газа, \(C_V\) — искомая молярная теплоёмкость.

При дальнейшем опускании поршня происходит остывание газа до первоначальной температуры \(T\) при постоянном давлении \(p\). Из уравнения Менделеева — Клапейрона получаем: \[\dfrac{S(H - \Delta x_1)}{T + \Delta T} = \dfrac{S(H - \Delta x_1 - \Delta x_2)}{T}.\] Отсюда \(\Delta x_2/H \approx \Delta T/T\), поскольку \(\Delta x_1, \Delta x_2 \ll H\) и \(\Delta T \ll T\).

Из записанных соотношений и уравнения Менделеева — Клапейрона \(pSH = \nu RT\) следует, что \[C_V \approx \dfrac{pS\Delta x_1}{\nu\Delta T} = \dfrac{pS}{\nu T}\cdot\dfrac{T}{\Delta T}\cdot\Delta x_1 \approx \dfrac{pSH}{\nu T}\cdot\dfrac{\Delta x_1}{\Delta x_2} = \dfrac{\Delta x_1}{\Delta x_2}R = \dfrac{5}{2}R.\] Следовательно, идеальный газ в цилиндре — двухатомный.

Ответ

\(p_{\text{н}} = \dfrac{2x}{1 + 2x}\,p_0 = \dfrac{4}{7}p_0 \approx 430\) мм рт. ст.

Решение

Как только пустую пробирку \(A\) погружают в сосуд с эфиром, начинается его испарение внутри пробирки. Этот процесс и приводит к появлению пузырьков, выходящих из пробирки \(A\), поскольку суммарное давление воздуха и паров эфира в ней должно поддерживаться равным атмосферному давлению \(p_0\) (давлением столба жидкого эфира, не превышающим в нашем случае нескольких мм рт. ст., можно пренебречь). Пузырьки перестанут выходить, когда прекратится испарение эфира внутри пробирки \(A\), то есть давление паров эфира там станет равным давлению насыщенных паров \(p_{\text{н}}\). При этом суммарное давление в пробирке \(A\) будет равным \(p_0 = p_{\text{н}} + p_{\text{в}}\), где \(p_{\text{в}}\) — давление оставшегося в пробирке воздуха. Аналогичное условие должно выполняться и в пробирке \(B\). Если вначале воздух, находящийся в пробирке \(A\), занимал объём \(V_0\), то в конце процесса он будет занимать, помимо всей пробирки \(A\), ещё и объём \(2V_0\cdot x\) в пробирке \(B\). Пользуясь законом Бойля — Мариотта, можем записать: \(p_0V_0 = p_{\text{в}}V_0(1 + 2x)\), откуда находим: \(p_{\text{в}} = \dfrac{p_0}{1 + 2x}\). Теперь легко определить и давление насыщенных паров эфира: \[p_{\text{н}} = p_0 - p_{\text{в}} = \dfrac{2x}{1 + 2x}\,p_0 = \dfrac{4}{7}p_0 \approx 430\text{ мм рт.\,ст.}\]

Ответ

\(\omega_0 \approx \sqrt{800\ \text{с}^{-2}} \approx 28\) рад/с.

Решение

Условие равновесия шарика имеет вид \(F = m\omega^2(x + l_0)\). Это уравнение можно решить графически (см. рис. 1.80). Для этого надо провести прямую линию \(F(x) = m\omega^2(x + l_0)\) из точки, расположенной на оси \(x\) слева от начала отсчёта на расстоянии \(l_0\). Наклон этой прямой, то есть угловой коэффициент \(m\omega^2\), растёт с ростом угловой скорости \(\omega\), а точки пересечения прямой с графиком зависимости силы натяжения \(F\) от удлинения \(x\) резинового шнура дают те значения \(x\), которые соответствуют равновесию шарика. Это равновесие устойчиво, пока кривая зависимости силы натяжения от удлинения в точке пересечения с прямой \(F(x)\) идёт круче этой прямой — тогда при отклонении шарика от равновесного положения возникает суммарная сила, возвращающая его обратно.

Видно, что по мере роста угловой скорости точка равновесия шарика смещается всё дальше от оси вращения. Ясно, что предельной угловой скорости \(\omega_0\) соответствует либо крайняя жирная точка на кривой, соответствующая предельной силе натяжения, которую может выдержать шнур, либо точка касания прямой \(F(x)\) и графика, если она имеется. Действительно, при отклонении шарика от положения равновесия, соответствующего этой последней точке, возвращающей силы уже не возникает, шнур растягивается до предела и рвётся.

Из нашего построения видно, что касательная к графику существует, и для её углового коэффициента получаем: \[m\omega_0^2 \approx \dfrac{80\text{ Н}}{0{,}2\text{ м}} = 400\text{ Н/м},\] откуда при данной в условии задачи массе шарика \(m = 0{,}5\) кг получаем \(\omega_0 \approx \sqrt{800\text{ с}^{-2}} \approx 28\) рад/с. При более высоких угловых скоростях шнур не сможет удержать шарик и разорвётся.

Ответ

\(F = \dfrac{mv_0^2N}{L - 2RN}\).

Решение

Рассмотрим вначале процесс соударения одинаковых точечных упругих шариков между собой или со стенками. В первом случае шарики, как уже было указано выше в решении задачи 1.111, просто обмениваются скоростями, а во втором — меняют направление скорости на противоположное. Так как нас совершенно не интересует движение отдельно взятого шарика, то мы можем считать, что они свободно проходят друг через друга. Тогда движение каждого точечного шарика циклично с периодом \(T = 2L/v_0\), и средняя сила \(F_{\text{сред}}\), действующая на стенку со стороны одного шарика, равна \(F_{\text{сред}} = 2mv_0/T = mv_0^2/L\). Всего за цикл происходит \(N\) соударений, значит, средняя сила \(F\), действующая на стенку со стороны всех шариков, равна \(F = NF_{\text{сред}} = N\cdot mv_0^2/L\). Учтём теперь, что шары имеют конечный размер. Нетрудно видеть, что вышеизложенное остаётся справедливым, если считать шары точечными, а расстояние между стенками \(L\) — укороченным на величину \(2R\cdot N\). Поэтому \[F = \dfrac{mv_0^2N}{L - 2RN}.\]

Ответ

\(v_\infty = \sqrt{2v\Delta v + \Delta v^2 - v^2} \approx 6{,}5\) км/с, где \(v = \sqrt{\dfrac{gR_{\text{З}}^2}{R_{\text{З}} + h}} \approx 7{,}8\) км/с.

Решение

Из закона всемирного тяготения следует, что ускорение свободного падения на поверхности Земли равно \(g = GM_{\text{З}}/R_{\text{З}}^2\), где \(M_{\text{З}}\) — масса Земли. Уравнение движения спутника массой \(m\) по круговой орбите высотой \(h\) со скоростью \(v\) имеет вид: \(\dfrac{mv^2}{R_{\text{З}} + h} = G\dfrac{mM_{\text{З}}}{(R_{\text{З}} + h)^2}\), откуда \(v = \sqrt{\dfrac{gR_{\text{З}}^2}{R_{\text{З}} + h}} \approx 7{,}8\) км/с. Применяя закон сохранения механической энергии к процессу разгона спутника, получаем: \[\dfrac{mv_\infty^2}{2} = \dfrac{m(v + \Delta v)^2}{2} - \dfrac{GmM_{\text{З}}}{R_{\text{З}} + h} = \dfrac{m(v + \Delta v)^2}{2} - m\dfrac{gR_{\text{З}}^2}{R_{\text{З}} + h} = \dfrac{m(v + \Delta v)^2}{2} - mv^2,\] откуда \(v_\infty = \sqrt{2v\Delta v + \Delta v^2 - v^2} \approx 6{,}5\) км/с. Заметим, что найденная скорость спутника \(v_\infty\) вдали от Земли превышает величину \(\Delta v\)!

Ответ

\(W = C\mathcal{E}^2/2 = 4{,}2\cdot 10^{-2}\) Дж; \(Q_R = \dfrac{(C - C')\mathcal{E}^2}{2} \approx 3{,}4\cdot 10^{-4}\) Дж.

Решение

Введём для ёмкостей имеющихся в схеме конденсаторов следующие обозначения: \(C_1 = 1\) мкФ, \(C_2 = 2\) мкФ, \(C_3 = 3\) мкФ, \(C_4 = 4\) мкФ. Время установления равновесия в данной системе может быть оценено по порядку величины как произведение сопротивления \(R\) на суммарную ёмкость всех конденсаторов: \(\tau \sim R(C_1 + C_2 + C_3 + C_4) = 1\) с. Следовательно, через 10 секунд после замыкания ключа все процессы зарядки конденсаторов закончатся, и токи через все участки цепи, в том числе через резистор, прекратятся. Поэтому напряжение на резисторе станет равным нулю, и исходную схему можно будет заменить эквивалентной, которая показана на рисунке 3.29.1. Ёмкость эквивалентной батареи конденсаторов, получившейся при такой замене, равна \[C = \dfrac{1}{\dfrac{1}{C_1 + C_2} + \dfrac{1}{C_3 + C_4}} = 2{,}1\text{ мкФ},\] заряд этой батареи \(q = C\mathcal{E} = 4{,}2\cdot 10^{-4}\) Кл, а запасённая в ней энергия \(W = C\mathcal{E}^2/2 = 4{,}2\cdot 10^{-2}\) Дж.

Найдём теперь тепло, выделившееся на резисторе. Для этого рассмотрим процесс зарядки конденсаторов более подробно. Так как внутреннее сопротивление источника намного меньше сопротивления резистора, то после замыкания ключа сначала за короткий промежуток времени \(\Delta t_1 \ll \tau\) происходит зарядка всех конденсаторов, причём утечкой заряда через \(R\) при этом можно пренебречь (первый этап зарядки). Следовательно, для указанного небольшого промежутка времени \(\Delta t_1\) непосредственно после замыкания ключа исходную схему можно перерисовать в виде, показанном на рисунке 3.29.2.

Ёмкость такой эквивалентной батареи равна \[C' = \dfrac{C_1C_3}{C_1 + C_3} + \dfrac{C_2C_4}{C_2 + C_4} = \dfrac{25}{12}\text{ мкФ} \approx 2{,}083\text{ мкФ},\] её заряд к концу первого этапа зарядки \(q' = C'\mathcal{E} = 4{,}17\cdot 10^{-4}\) Кл, а запасённая в батарее к концу первого этапа энергия \(W' = C'\mathcal{E}^2/2 = 4{,}17\cdot 10^{-2}\) Дж. Далее в течение промежутка времени \(\Delta t_2 \sim \tau\) происходит медленная перезарядка конденсаторов через резистор \(R\) (второй этап зарядки). К концу этого этапа, как было показано выше, заряд батареи конденсаторов становится равным \(q\), а запасённая в батарее энергия принимает значение \(W\). Согласно закону сохранения энергии, выделившаяся на резисторе теплота \(Q_R\) равна разности совершённой источником работы по перемещению зарядов и разницы энергий, запасённой в конденсаторах на различных этапах зарядки: \[Q_R = (q - q')\mathcal{E} - (W - W') = (C - C')\mathcal{E}^2 - \dfrac{(C - C')\mathcal{E}^2}{2} = \dfrac{(C - C')\mathcal{E}^2}{2} \approx 3{,}4\cdot 10^{-4}\text{ Дж}.\] Отметим, что эта теплота, так же, как и в предыдущей задаче, не зависит от величины сопротивления \(R\).