МОШ, 1986/87, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(v_{\min} = \sqrt{g\dfrac{(l_1 + l_2)l_1l_2}{Ll}} \approx 11{,}5\) м/с.

Решение

Потенциальная энергия поезда максимальна тогда, когда часть поезда полностью занимает оба склона горки (см. рис. 1.135). Поскольку, как видно из условия, для длин склонов и основания горки выполняется теорема Пифагора: \(l_1^2 + l_2^2 = l^2\), то угол при вершине горки — прямой (закруглениями мы пренебрегаем). Следовательно, высота горки \(h = l_1l_2/l\), а средняя высота подъёма части поезда, находящейся на горке, составляет \(h_{\text{ср}} = h/2 = l_1l_2/(2l)\). Поскольку масса указанной части поезда пропорциональна её длине, то можно найти потенциальную энергию поезда относительно подножия горки: \[U = M\cdot\dfrac{l_1 + l_2}{L}\cdot gh_{\text{ср}} = \dfrac{Mg(l_1 + l_2)l_1l_2}{2Ll},\] где \(M\) — масса всего поезда. Для того, чтобы поезд преодолел горку, его начальная кинетическая энергия \(W = Mv^2/2\) должна быть больше потенциальной энергии \(U\). Отсюда искомая минимальная скорость поезда \[v_{\min} = \sqrt{g\dfrac{(l_1 + l_2)l_1l_2}{Ll}} \approx 11{,}5\text{ м/с}.\]

Ответ

\(u = \dfrac{v}{2} = \dfrac{F}{2Mn} = 2\) см/с.

Решение

При быстром вращении тяжёлого асимметричного маховика возникают крайне большие периодически изменяющиеся силы реакции, действующие на крепление оси маховика и приводящие к периодическим колебаниям платформы вибратора с частотой, совпадающей с частотой вращения маховика. Поэтому сила взаимодействия вибратора с полом, постоянная при выключенном двигателе, начинает сильно зависеть от времени, и по существу представляет собой ряд импульсов. Значительная жёсткость платформы и бетона обусловливают малую длительность этих импульсов. С другой стороны, средняя сила давления вибратора на пол по-прежнему равна \(Mg\), поэтому максимальная величина силы взаимодействия в момент соударения платформы с полом очень велика. В свою очередь, это приводит к возникновению значительных сил трения, которые гасят горизонтальную скорость платформы, набранную к моменту соударения.

Следовательно, для оценки можно считать, что вибратор \(n\) раз в секунду соударяется с полом и полностью гасит горизонтальную скорость \(v\), набранную за время \(\tau = 1/n\), прошедшее с момента предыдущего соударения. Очевидно, что \(v = a\tau = \dfrac{F}{M}\tau = \dfrac{F}{Mn}\). Искомая средняя скорость вибратора, с которой он будет перемещаться по шероховатому полу под действием горизонтальной силы \(F\), равна \[u = \dfrac{v}{2} = \dfrac{F}{2Mn} = 2\text{ см/с}.\]

Ответ

\(\left(\dfrac{m}{M}\right)_{\min} = \dfrac{R}{2(R - r)}\).

Решение

Выясним, как изменится суммарная потенциальная энергия системы, если левый край трубки оторвётся от стола, и трубка повернётся на малый угол \(\alpha\) (см. рис. 1.192). При этом центр масс трубки поднимется на высоту \(R\sin\alpha \approx R\alpha\), центр нижнего шара останется на своём месте, а центр верхнего опустится на \(2(R - r)\alpha\) (поскольку линия \(AB\), соединяющая центры двух шаров, также поворачивается на угол \(\alpha\) — шары не могут изменить своё положение относительно трубки, они способны лишь перемещаться вдоль неё как одно целое).

Следовательно, изменение полной потенциальной энергии составляет \(\Delta U = \alpha g(MR - 2m(R - r))\). Если \(\Delta U > 0\), то отрыв края энергетически невыгоден; если же \(\Delta U < 0\), то отрыв произойдёт с неизбежностью. Таким образом, для отрыва необходимо, чтобы отношение масс шара и трубки превышало \(\left(\dfrac{m}{M}\right)_{\min} = \dfrac{R}{2(R - r)}\).

Ответ

В процессе 1–2 \(C_V = 3R/2\); в процессе 2–3 молярная теплоёмкость постоянна и равна \(2R\).

Решение

В процессе 1–2 по условию \(p \sim T\). Из уравнения Менделеева — Клапейрона следует, что \(V = RT/p = \text{const}\). Таким образом, процесс 1–2 является изохорным, и для одного моля идеального одноатомного газа теплоёмкость \(C_V = 3R/2\).

В процессе 2–3 по условию \(p \sim \sqrt T\). Поэтому \(V = RT/p \sim \sqrt T\), и таким образом, \(p \sim V\). Изобразив этот процесс на \(pV\)-диаграмме (см. рис. 2.53), заметим, что газ в нём поглощает тепло. Это тепло идёт на изменение внутренней энергии газа \(\Delta U\) и совершение им работы \(\Delta A\).

Обозначим давления и объёмы в состояниях 2 и 3 через \((p_2,\ V_2)\) и \((p_3,\ V_3)\), соответственно. Тогда количество теплоты \(\Delta Q\), которое поглощает газ в процессе 2–3, можно найти из первого начала термодинамики: \[\Delta Q = \Delta U + \Delta A = \dfrac{3}{2}R(T_3 - T_2) + \dfrac{1}{2}(p_3 + p_2)(V_3 - V_2) =\] \[= \dfrac{3}{2}R(T_3 - T_2) + \dfrac{1}{2}(RT_3 - RT_2 + p_2V_3 - p_3V_2).\] При преобразовании выражения в скобках учтено, что, в соответствии с уравнением Менделеева — Клапейрона, \(p_2V_2 = RT_2\) и \(p_3V_3 = RT_3\).

Поскольку изображающая процесс прямая проходит через начало координат диаграммы, то \(p_2/V_2 = p_3/V_3\). С учётом этого выражение для количества теплоты принимает вид: \(\Delta Q = 2R(T_3 - T_2)\). Таким образом, мы доказали, что количество теплоты, сообщённой газу в данном процессе, пропорционально разности температур, которые газ имеет в начальном и конечном состояниях, и коэффициент пропорциональности равен \(2R\). Следовательно, молярная теплоёмкость газа в процессе 2–3 постоянна и равна \(2R\).

Ответ

\(|\Delta R| = \dfrac{2L}{3\omega t} \approx 15\) км.

Решение

Будем считать, что время, необходимое для перехода между двумя орбитами, много меньше 30 часов, и им можно пренебречь. Угловое расстояние между двумя станциями равно \(\Delta\varphi = L/R\), где \(R\) — радиус основной круговой орбиты. Найдём зависимость угловой скорости \(\omega\) вращения спутника Земли по круговой орбите от её радиуса. Из второго закона Ньютона получаем: \[\omega^2R = G\dfrac{M_{\text{З}}}{R^2} = G\dfrac{M_{\text{З}}}{R_{\text{З}}^2}\left(\dfrac{R_{\text{З}}}{R}\right)^2 = g\left(\dfrac{R_{\text{З}}}{R}\right)^2,\] где \(R_{\text{З}}\) — радиус Земли, \(M_{\text{З}}\) — её масса, \(G\) — гравитационная постоянная. Отсюда для близких орбит с малой разностью радиусов \(\Delta R\) получаем: \(2\omega\Delta\omega R + \omega^2\Delta R = -2gR_{\text{З}}^2\Delta R/R^3\). Разделив это уравнение на \(\omega^2R = g\left(\dfrac{R_{\text{З}}}{R}\right)^2\), находим, что \(\Delta\omega = -\dfrac{3}{2}\omega\dfrac{\Delta R}{R}\) (здесь \(\Delta R < 0\), \(\Delta\omega > 0\)). С другой стороны, \(\Delta\varphi = \dfrac{L}{R} = t\Delta\omega = \dfrac{3}{2}\omega t\dfrac{|\Delta R|}{R}\), откуда, с учётом того, что \(\omega \approx \sqrt{g/R_{\text{З}}} \approx 1{,}2\cdot 10^{-3}\) с\(^{-1}\), окончательно получаем: \(|\Delta R| = \dfrac{2L}{3\omega t} \approx 15\) км.

Ответ

\(h = \dfrac{u^2}{2g} = 4H\left(M\Big/\left(\dfrac{ML}{l} + \dfrac{ml}{L}\right)\right)^2\).

Решение

Второй закон Ньютона для любой части невесомого тела записывается, как \(0 = m\vec a = \sum\limits_i\vec F_i\). Следовательно, силы, действующие в данный момент на невесомое тело, не могут зависеть от состояния его движения и, таким образом, совпадают с силами, действующими на это тело при его равновесии. Значит, для сил давления обоих тел на рычаг мы можем записать условие равенства моментов: \(N_1L = N_2l\). Следовательно, для полных импульсов этих двух сил за всё время удара справедливо соотношение: \(p_1L = p_2l\). В то же время, согласно закону изменения импульса, суммарный импульс сил, действующих на тело во время удара, равен изменению импульса тела; импульсом силы тяжести мы можем пренебречь из-за малой длительности удара.

Итак, мы можем записать соотношение для величин изменения импульсов тел: \(M(v + \sqrt{2gH})L = mul\), где \(v\) и \(u\) — скорости тел \(M\) и \(m\) сразу после удара. Отсюда \(v = \dfrac{m}{M}\cdot\dfrac{l}{L}u - \sqrt{2gH}\). Так как тела абсолютно упругие, то из закона сохранения механической энергии следует, что \(MgH = \dfrac{Mv^2}{2} + \dfrac{mu^2}{2}\), откуда с учётом предыдущего соотношения получаем: \[\dfrac{m^2}{2M}\left(\dfrac{l}{L}\right)^2u^2 - m\dfrac{l}{L}\sqrt{2gH}\,u + \dfrac{mu^2}{2} = 0.\] Таким образом, скорость тела массой \(m\) после удара будет равна \[u = \sqrt{2gH}\cdot 2M\Big/\left(\dfrac{ML}{l} + \dfrac{ml}{L}\right),\] а высота, на которую оно взлетит, \[h = \dfrac{u^2}{2g} = 4H\left(M\Big/\left(\dfrac{ML}{l} + \dfrac{ml}{L}\right)\right)^2.\]

Ответ

Примерно через 1,7 минуты после того, как температура кастрюли станет равной \(99\,^\circ\text{C}\).

Решение

Кастрюля с молоком нагреется от \(99\,^\circ\text{C}\) до \(100\,^\circ\text{C}\) за следующие \(\Delta t_0 = 0{,}5\) мин, после чего молоко начнёт кипеть и испаряться. При этом плёнка не будет выпускать пары наружу. Ясно, что молоко убежит тогда, когда пары займут весь объём кастрюли.

Оценим массу \(\Delta m\) молока, испарившегося к этому моменту. Пренебрежём объёмом находящегося в кастрюле жидкого молока и будем считать, что пары молока являются идеальным газом. Тогда \(\Delta m = \dfrac{\mu pV}{RT}\). Учитывая, что \(\mu = 18\) г/моль, \(p = 10^5\) Па (кипение происходит при атмосферном давлении, массой плёнки можно пренебречь) и \(T = 373\) К, получим \(\Delta m \approx 0{,}9\) г. На испарение этого количества молока требуется \(Q_2 = L\Delta m = 2070\) Дж тепла. По условию задачи \(m = 200\) г жидкого молока нагревается на \(\Delta T = 1\) градус за \(\Delta t_1 = 0{,}5\) минуты. При этом молоко получает количество тепла \(Q_1 = Cm\Delta T = 840\) Дж. Следовательно, при испарении молоко получит количество тепла \(Q_2\) в течение времени \(\Delta t_2 = Q_2\Delta t_1/Q_1 \approx 1{,}2\) минуты после закипания.

Значит, молоко начнёт убегать через время \(\Delta t = \Delta t_0 + \Delta t_2 \approx 1{,}7\) минуты после того, как температура кастрюли станет равной \(99\,^\circ\text{C}\).

Ответ

\(F = \dfrac{\pi R^2}{2\varepsilon_0}\,|\sigma_2^2 - \sigma_1^2|\); сила направлена перпендикулярно плоскости, разделяющей полусферы, в сторону полусферы с бо́льшей плотностью заряда. Если оболочка изолированная, то сила не изменится.

Решение

Так как потенциал заземлённой проводящей оболочки равен нулю, то поле в пространстве вне оболочки отсутствует. Поэтому поверхностная плотность заряда одной половины оболочки, находящейся вблизи первой полусферы, равна \(-\sigma_1\), а поверхностная плотность заряда другой половины оболочки, находящейся вблизи второй полусферы, равна \(-\sigma_2\). Следовательно, каждая из полусфер является обкладкой конденсатора, причём роль второй обкладки для неё играет соответствующая половина оболочки. Так как радиус оболочки близок к радиусу сферы, то поля в зазорах между полусферами и половинами оболочки можно считать однородными, а два получившихся конденсатора — плоскими.

Рассмотрим первый конденсатор. Напряжённость поля внутри него равна \(E = \sigma_1/\varepsilon_0\), а сила притяжения, действующая на единицу площади обкладки, составляет \(f = \sigma_1\cdot\dfrac{E}{2} = \dfrac{\sigma_1^2}{2\varepsilon_0}\). Величина \(f\) имеет смысл давления электростатического поля на поверхность заряженной полусферы. Поэтому полная сила, действующая на полусферу со стороны соответствующей половины оболочки, равна \(F_1 = fS = \dfrac{\pi R^2\sigma_1^2}{2\varepsilon_0}\), где \(S = \pi R^2\) — площадь основания полусферы (аналогичный подход используется также в решении задачи 2.73). Сила \(\vec F_1\), очевидно, направлена в сторону оболочки перпендикулярно плоскости, разделяющей полусферы. Сила \(\vec F_2\), действующая со стороны оболочки на вторую полусферу, может быть найдена при помощи аналогичных рассуждений: она равна по величине \(F_2 = \dfrac{\pi R^2\sigma_2^2}{2\varepsilon_0}\) и направлена противоположно силе \(\vec F_1\). Таким образом, суммарная сила электростатического происхождения, действующая на сферу, равна по величине \[F = |\vec F_1 + \vec F_2| = \dfrac{\pi R^2}{2\varepsilon_0}\cdot|\sigma_2^2 - \sigma_1^2|\] и направлена перпендикулярно плоскости, разделяющей полусферы, в сторону полусферы с бо́льшей плотностью заряда.

Если рассматриваемая оболочка будет изолированной, то, поскольку внутри металла электростатическое поле равно нулю, заряды на её внутренней поверхности будут такими же, как в случае заземлённой оболочки. Поэтому суммарная сила \(F\), действующая на внутреннюю сферу, не изменится. При этом на внешней поверхности оболочки появится заряд, равный по величине и противоположный по знаку заряду на внутренней поверхности оболочки, и в пространстве вне оболочки появится электрическое поле. Но, поскольку области пространства внутри и вне проводящей оболочки независимы друг от друга в смысле происходящих в них электрических явлений, то наличие поля снаружи от оболочки никак не будет влиять на поле внутри неё.