МОШ, 1987/88, заключительный этап, 9 класс

Ответ

Нет: требуемая мощность \(N = Mgv/2 \approx 1400\) Вт — почти две лошадиные силы, а пилот при длительной работе развивает примерно в 10 раз меньшую.

Решение

Будем считать, что вертолёт отбрасывает вниз поток воздуха сечением \(\pi d^2/4\) со скоростью \(v\). Пусть плотность воздуха равна \(\rho\). Тогда за время \(\Delta t\) винт придаёт воздуху массой \(\Delta m = \rho\dfrac{\pi d^2}{4}v\cdot\Delta t\) импульс \(\Delta p = \rho\dfrac{\pi d^2}{4}v^2\cdot\Delta t\) и кинетическую энергию \(\Delta W = \rho\dfrac{\pi d^2}{8}v^3\cdot\Delta t\). Ясно, что винт должен создавать силу тяги, равную весу вертолёта с грузом: \(\Delta p/\Delta t = Mg\), а необходимая для этого мощность равна \(N = \Delta W/\Delta t\). Кроме того, известно, что при нормальных условиях молярный объём любого газа равен \(V_{\text{норм}} \approx 22{,}4\) л/моль, поэтому плотность воздуха \(\rho = \mu/V_{\text{норм}} \approx 1{,}3\) кг/м\(^3\).

Таким образом, \(v = \dfrac{2}{d}\sqrt{\dfrac{Mg}{\pi\rho}} \approx 3{,}5\) м/с, и требуемая для взлёта мощность \(N = Mgv/2 \approx 1400\) Вт — это почти две лошадиные силы! Пилот же при длительной работе мышц развивает примерно в 10 раз меньшую мощность, так что взлететь на педальном вертолёте он не сможет.

Ответ

\(T_2 \approx 11{,}5\,^\circ\text{C}\).

Решение

Парциальное давление \(p\) паров воды в цилиндре при температуре \(T\) описывается уравнением Менделеева — Клапейрона \(p(T)\cdot V = \nu RT\), где \(\nu\) — число молей водяного пара в объёме \(V\). Поэтому при охлаждении до точки росы цилиндра с закреплённым поршнем, то есть при постоянном объёме \(V = V_0\), справедливо равенство: \(\dfrac{p_{\text{н}}(T_1)}{p(T_0)} = \dfrac{T_1}{T_0}\). Отсюда давление паров воды в исходном состоянии \[p(T_0) = p_{\text{н}}(T_1)\dfrac{T_0}{T_1} \approx 1{,}069\,p_{\text{н}}(T_1).\] Если охлаждать цилиндр при постоянном давлении, то парциальное давление паров воды также будет постоянно: \(p_{\text{н}}(T_2) = p(T_0) = p_{\text{н}}(T_1)\dfrac{T_0}{T_1}\), и \[p_{\text{н}}(T_2) - p_{\text{н}}(T_1) = \left(\dfrac{T_0}{T_1} - 1\right)p_{\text{н}}(T_1) \approx 0{,}069\,p_{\text{н}}(T_1) \approx 0{,}66\text{ мм рт. ст.}\] Здесь, как следует из графика, приведённого в условии задачи (стр. 89), \(p_{\text{н}}(T_1) \approx 9{,}5\) мм рт. ст. Используя тот же график, находим: \(T_2 - T_1 \approx 1{,}0\,^\circ\text{C}\), откуда \(T_2 \approx 11{,}5\,^\circ\text{C}\).

Ответ

Электрон передаёт атому меди не более \(E_1 \approx 3{,}4\cdot 10^{-2}\) эВ \(\ll E_0\), а ион аргона — \(E_2 \approx 1000\) эВ \(\gg E_0\).

Решение

Найдём энергию, которую может передать электрон атому меди при столкновении с ним. Максимальная энергия передаётся, очевидно, при лобовом соударении. Вводя для скоростей электрона и атома такие же обозначения, как и при решении предыдущей задачи, запишем аналогичным образом законы сохранения импульса и энергии, и найдём из них импульс, который приобретает атом меди массой \(M_{\text{Cu}} = 64m_p\) вследствие соударения: \[p = m_e(v - v') = \dfrac{2M_{\text{Cu}}m_ev}{m_e + M_{\text{Cu}}} \approx 2m_ev.\] Так как электрон ускоряется разностью потенциалов \(U\), то \(|e|U = m_ev^2/2\). С учётом этого \(p = 2\sqrt{2m_e|e|U}\), и приобретаемая атомом меди энергия \[E_1 = \dfrac{p^2}{2M_{\text{Cu}}} = \dfrac{m_e}{16m_p}|e|U \approx 3{,}4\cdot 10^{-2}\text{ эВ}.\] Поскольку \(E_1 \ll E_0\), то пучок электронов, ускоряемый данной разностью потенциалов, не может вызывать распыление атомов меди с поверхности пластинки.

Несколько иначе обстоит дело, если с атомом меди сталкивается однозарядный ион аргона, масса которого \(M_{\text{Ar}} = 40m_p\) близка к \(M_{\text{Cu}}\). С помощью аналогичных вычислений можно показать, что при таком столкновении атому меди передаётся энергия \[E_2 = \dfrac{4M_{\text{Cu}}M_{\text{Ar}}}{(M_{\text{Cu}} + M_{\text{Ar}})^2}|e|U = \dfrac{160}{169}|e|U \approx |e|U = 1000\text{ эВ}.\] Так как \(E_2 \gg E_0\), то ионный пучок может вырывать атомы меди из пластинки, вызывая их распыление.

Ответ

\(E = \dfrac{W}{|e|R} = 9\cdot 10^4\) В/м.

Решение

В соответствии с законом сохранения электрического заряда после включения «электронной пушки» рассматриваемый шарообразный космический корабль будет заряжаться положительно. Из-за этого вокруг корабля возникнет и будет постепенно нарастать электрическое поле. Если потенциал шара достигнет значения \(\varphi = W/|e| = 90\) кВ, то вылетающие из пушки электроны не смогут удалиться от поверхности корабля, вследствие чего увеличение его заряда и рост напряжённости поля в пространстве прекратятся. Это случится, когда заряд шара станет равным \(q = 4\pi\varepsilon_0R\varphi\), то есть через время \(t = q/I = 4\pi\varepsilon_0R\varphi/I = 10\) с после включения пушки. Следовательно, через \(\tau = 1\) мин \(> t\) напряжённость поля у поверхности корабля будет равна \[E = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R^2} = \dfrac{\varphi}{R} = \dfrac{W}{|e|R} = 9\cdot 10^4\text{ В/м}.\]

Ответ

а) \(\alpha \geqslant 360^\circ/20 = 18^\circ\); б) \(\alpha \approx \dfrac{1 - \cos(\varphi/2)}{\sin(\varphi/2)\,(1 + 2\operatorname{ctg}^2\varphi)} \approx 0{,}033 \approx 1{,}9^\circ\) (где \(\varphi = 36^\circ\)).

Решение

а) Ясно, что конструкция покатится при таком угле, при котором центр масс, находящийся на оси \(O\) (см. рис. 1.159.1), окажется над точкой опоры \(A\) или правее неё. Значит, искомый угол \(\alpha \geqslant 360^\circ/20 = 18^\circ\).

б) На рисунке 1.159.2 показано положение оси конструкции в начале и в конце одного её «шага» по плоскости.

Введём обозначения: радиус звёздочки \(R\), масса оси \(m\). Тогда, если в начале шага ось имела скорость \(v_1\), то в конце — скорость \(v_2 = \sqrt{v_1^2 + 2gh}\), где \(h = 2R\sin\dfrac{\varphi}{2}\sin\alpha\) и \(\varphi = 36^\circ\). После абсолютно неупругого удара составляющая скорости оси в направлении \(O'A'\) гасится, и поэтому её скорость становится равной \(v_3 = v_2\cos\varphi\). При установившемся качении \(v_3 = v_1 = \sqrt{4Rg\sin\dfrac{\varphi}{2}\sin\alpha\operatorname{ctg}^2\varphi}\). Для того, чтобы такое качение происходило, необходимо, чтобы запас кинетической энергии \(U = \dfrac{mv_1^2}{2}\) был достаточным для преодоления осью максимальной высоты, на которую она поднимается при качении, то есть \[\dfrac{mv_1^2}{2} > mgR\left(1 - \cos\left(\dfrac{\varphi}{2} - \alpha\right)\right).\] Отсюда \[2\sin\dfrac{\varphi}{2}\sin\alpha\operatorname{ctg}^2\varphi > 1 - \cos\left(\dfrac{\varphi}{2} - \alpha\right) = 1 - \cos\dfrac{\varphi}{2}\cos\alpha - \sin\dfrac{\varphi}{2}\sin\alpha.\] Будем считать угол \(\alpha\) малым, тогда \(\cos\alpha \approx 1\), \(\sin\alpha \approx \alpha\). С учётом этого получаем, что искомый угол \[\alpha \approx \dfrac{1 - \cos\dfrac{\varphi}{2}}{\sin\dfrac{\varphi}{2}\left(1 + 2\operatorname{ctg}^2\varphi\right)} \approx 0{,}033 \approx 1{,}9^\circ.\]

Ответ

\(2\alpha = 90^\circ\).

Решение

Пусть \(m\) — масса каждой пластинки, \(N\) — сила реакции со стороны бревна, \(\alpha\) — угол, равный половине угла раствора «книжки» (см. рис. 1.183). Запишем условие равновесия «книжки» в проекции на вертикальную ось: \[2mg - 2N\sin\alpha = 0.\]

Рассмотрим далее, например, только левую пластинку. Так как она покоится, то сумма моментов всех действующих на неё сил, вычисленная относительно оси \(O\), проходящей по линии склейки пластинок, равна нулю: \[NR\operatorname{ctg}\alpha - mg\sin\alpha\cdot\dfrac{l}{2} = 0.\] Из написанных соотношений, с учётом того, что \(l/R = 4\), получим уравнение относительно \(\operatorname{ctg}\alpha\): \[\operatorname{ctg}^3\alpha + \operatorname{ctg}\alpha - 2 = 0.\] Находящееся в его левой части выражение легко раскладывается на множители: \[(\operatorname{ctg}\alpha - 1)(\operatorname{ctg}^2\alpha + \operatorname{ctg}\alpha + 2) = 0.\] Так как второй множитель строго положителен (он представляет собой квадратный трёхчлен с отрицательным дискриминантом), то единственному решению рассматриваемого уравнения соответствует \(\operatorname{ctg}\alpha = 1\). Следовательно, \(\alpha = 45^\circ\), и искомый угол между пластинками равен \(2\alpha = 90^\circ\).

Ответ

\(T \approx 4120\) Н при задних ведущих колёсах (при передних \(T \approx 3880\) Н); ведущими должны быть задние колёса.

Решение

Сила тяги автомобиля есть сила трения ведущих колёс о землю. На рисунке 1.191 рассмотрен случай, когда ведущие колёса — задние.

Тогда \(T = \mu N_1\), и из баланса сил, действующих в вертикальном направлении, имеем: \(N_1 + N_2 = Mg\). Из баланса моментов сил относительно центра масс автомобиля получаем: \(N_1(l/2) - N_2(l/2) - T\cdot R = 0\). Отсюда, полагая \(g = 10\) м/с\(^2\), находим: \[T = \dfrac{\mu Mg/2}{1 - (\mu R/l)} \approx 4120\text{ Н}.\] Если же ведущие колёса — передние, то \(T = \mu N_2\), а условия баланса сил и моментов сил имеют тот же вид, что и в первом случае. Учитывая это, получаем для второго случая: \[T = \dfrac{\mu Mg/2}{1 + (\mu R/l)} \approx 3880\text{ Н}.\] Таким образом, для получения максимальной силы тяги ведущими должны быть задние колёса.

Ответ

\(m \approx 9{,}7\cdot 10^{-3}\) г; \(C_1 \approx 1{,}5\) кДж/\(^\circ\text{C}\); \(C_2 \approx 0{,}013\) кДж/\(^\circ\text{C}\).

Решение

Теплоёмкость упала скачком потому, что при температуре \(T_1\) вся жидкая вода внутри калориметра испарилась. При этом водяной пар в калориметре был насыщенным. Следовательно, масса испарившейся воды \(m = V\rho_{\text{н}}(T_1)\), где \(\rho_{\text{н}}(T_1)\) — плотность насыщенных паров воды при температуре \(T_1\). Из графика следует, что \(\rho_{\text{н}}(T_1) \approx 9{,}7\) г/м\(^3\). Поэтому \(m \approx 9{,}7\cdot 10^{-3}\) г.

Рассмотрим далее процесс нагрева калориметра при температуре, чуть меньшей \(T_1\). Пусть находящиеся в калориметре вода массы \(m_{\text{в}}\) и пар массы \(m_{\text{п}}\) получили небольшое количество тепла \(\Delta Q\). При этом температура внутри калориметра повысилась на величину \(\Delta T\), а часть воды массы \(\Delta m_{\text{п}}\) превратилась в пар. Тогда уравнение теплового баланса имеет вид: \[\Delta Q = (m - m_{\text{п}})C_{\text{в}}\Delta T + 3R\dfrac{m_{\text{п}}}{\mu}\Delta T + L\Delta m_{\text{п}},\] где \(\mu = 18\) г/моль — молярная масса воды, \(C_{\text{в}}\) — удельная теплоёмкость воды. При температуре \(T_1\) вся вода переходит в пар, и поэтому первое слагаемое в написанном уравнении обращается в ноль. Следовательно, теплоёмкость системы непосредственно перед фазовым переходом равна: \[C_1 = \dfrac{\Delta Q}{\Delta T} = \dfrac{3RV\rho_{\text{н}}(T_1)}{\mu} + LV\dfrac{\Delta\rho_{\text{н}}}{\Delta T}.\] Находя из графика величину \(\Delta\rho_{\text{н}}/\Delta T \approx 0{,}6\) г/(м\(^3\cdot{}^\circ\text{C}\)), получим, что \(C_1 \approx 1{,}5\) кДж/\(^\circ\text{C}\).

При \(T > T_1\) вся вода в калориметре находится в газообразном состоянии. Поэтому искомая теплоёмкость \(C_2\) представляет собой теплоёмкость \(m/\mu\) молей водяного пара: \[C_2 = \dfrac{3RV\rho_{\text{н}}(T_1)}{\mu} \approx 0{,}013\text{ кДж/}^\circ\text{C}.\]

Ответ

\(p = 2Cnmv^2\), где \(C\) — численный коэффициент, не зависящий от \(B\); давление от магнитного поля не зависит.

Решение

Так как сила Лоренца, действующая на движущийся в магнитном поле электрон, всё время направлена перпендикулярно его скорости, то электроны в цилиндре будут двигаться по дугам окружностей с радиусом \(r\). Уравнение движения электрона при этом имеет вид: \(\dfrac{mv^2}{r} = evB\), откуда \(r = \dfrac{mv}{eB} \ll R\). Следовательно, соударяться со стенкой цилиндра будут только те электроны, которые в процессе движения не удаляются от стенки цилиндра на расстояние, большее \(2r\). Рассмотрим электрон, центр «орбиты» которого находится на некотором расстоянии \(h\) от стенки цилиндра (см. рис. 3.78).

Заметим, что поскольку \(r \ll R\), то стенку цилиндра при рассмотрении процесса соударения можно считать плоской. При ударе о стенку электрон передаёт ей импульс \(\Delta p = 2mv\sin\alpha\), а происходят эти удары через промежутки времени, равные \(\Delta t = 2(\pi - \alpha)r/v\). Поэтому рассматриваемый электрон действует на стенку с силой, которая в среднем равна \[f = \dfrac{\Delta p}{\Delta t} = \dfrac{\sin\alpha}{\pi - \alpha}\cdot\dfrac{mv^2}{r}.\] Из полученной формулы видно, что сила \(f\) зависит от угла \(\alpha\) (или, что то же самое, от расстояния \(h\)), то есть на самом деле все сталкивающиеся со стенкой электроны действуют на неё с разными силами. Для того, чтобы найти силу \(f\) точно, нужно усреднить зависимость \(f(h)\) по всем возможным значениям, которые может принимать величина \(h\). Но ясно, что при таком усреднении в выражение для силы \(f_{\text{ср}}\) вместо отношения \(\dfrac{\sin\alpha}{\pi - \alpha}\) войдёт некоторый численный коэффициент \(C\), не зависящий от магнитного поля, то есть \(f_{\text{ср}} = Cmv^2/r\).

Найдём теперь давление на стенку цилиндра. Оно равно \(p = Nf_{\text{ср}}/S\), где \(N\) — количество электронов, которые сталкиваются с цилиндром, \(S\) — площадь боковой поверхности цилиндра. Так как \(r \ll R\), то в соударениях принимают участие только те электроны, которые находятся в тонком цилиндрическом слое шириной \(2r\) вблизи поверхности цилиндра. Учитывая это, получим, что давление «электронного газа» на боковые стенки цилиндра при условиях задачи не зависит от \(B\) и равно \[p = \dfrac{Nf_{\text{ср}}}{S} = \dfrac{n\cdot 2rS\cdot f_{\text{ср}}}{S} = 2Cnmv^2.\]