МОШ, 1988/89, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(a_1 = \sqrt{\dfrac{ma^2}{m + M} + \left(\dfrac{Mg}{k}\right)^2}\).

Решение

Перед столкновением с шариком скорость чашки была равна \(v = a\sqrt{k/m}\), а сразу после него — \(u\). Значение \(u\) можно определить из закона сохранения импульса при соударении: \(mv = (m + M)u\), откуда \(u = \dfrac{ma}{m + M}\sqrt{\dfrac{k}{m}}\).

Будем отсчитывать потенциальную энергию от положения равновесия пустой чашки. Тогда в момент сразу после прилипания шарика полная механическая энергия системы равна \(E = \dfrac{(M + m)u^2}{2} = \dfrac{kma^2}{2(M + m)}\). В моменты остановок чашки с шариком, то есть в моменты её наибольшего отклонения от положения равновесия, механическая энергия системы равна \[E = -(m + M)gb + \dfrac{k}{2}\left(\left(\dfrac{mg}{k} + b\right)^2 - \left(\dfrac{mg}{k}\right)^2\right) = \dfrac{kma^2}{2(M + m)},\] где \(b\) — отклонение от положения равновесия пустой чашки (\(b\) считается положительным при смещении чашки вниз). Отсюда получаем: \[b^2 - \dfrac{2Mg}{k}b - \dfrac{ma^2}{m + M} = 0.\] Оба корня этого квадратного уравнения \(b_1 < 0\) и \(b_2 > 0\) соответствуют верхней и нижней точкам остановки чашки, поэтому амплитуда колебаний системы после удара равна \[a_1 = \dfrac{b_2 - b_1}{2} = \sqrt{\dfrac{ma^2}{m + M} + \left(\dfrac{Mg}{k}\right)^2}.\]

Ответ

\(V = \dfrac{\pi D^2V^2}{8gS^2} \approx 22{,}5\) л.

Решение

Так как объём ведра составляет \(H\cdot\pi D^2/4 \approx 24{,}7\) л, а ежесекундно в него поступает \(V = 1\) л воды, то за время \(t = 1\) час \(= 3600\) с уровень воды в ведре должен практически установиться на постоянной высоте. Обозначим эту высоту через \(h\) и предположим, что ведро не переполняется, то есть \(h < H\). Поскольку площадь поперечного сечения ведра значительно больше, чем площадь дырки, через которую вытекает вода, то скорость её вытекания можно оценить при помощи формулы Торричелли: \(u \approx \sqrt{2gh}\). В установившемся режиме объём воды, ежесекундно вливающейся в ведро из крана, равен объёму воды, ежесекундно вытекающей через дырку, поэтому \(V = Su\). Отсюда \(h = V^2/(2gS^2) \approx 32\) см \(< H\), то есть ведро действительно не переполняется. Следовательно, искомый объём воды в ведре через 1 час будет равен \[V = h\cdot\dfrac{\pi D^2}{4} = \dfrac{\pi D^2V^2}{8gS^2} \approx 22{,}5\text{ л}.\]

Ответ

\(x/h \approx 0{,}55\) (55% толщины).

Решение

Будем считать монету цилиндром с площадью основания \(S\) и высотой \(h\). При её остывании до температуры \(T_1 = 0\,^\circ\text{C}\) выделяется количество тепла \(Q = C\rho Sh(T_2 - T_1)\), которое достаточно для того, чтобы расплавить лёд объёмом \(Sx\), где \(x\) — глубина, на которую погрузится монета: \(Q = \lambda\rho_0Sx\). Отсюда \[\dfrac{x}{h} = \dfrac{C}{\lambda}\dfrac{\rho}{\rho_0}(T_2 - T_1) = 0{,}55,\] то есть монета погрузится в лёд на 55% своей толщины.

Заметим, что если считать, что вода, выплавленная и нагретая монетой, растекается по поверхности льда и плавит его в стороне от монеты, то глубина её погружения в лёд получится немного меньше: \(x/h \approx 0{,}48\).

Ответ

\(H = \dfrac{p_0}{\rho g}\cdot\dfrac{\rho V - m}{m - \rho(V - v)} \approx 7\) м.

Решение

При погружении на искомую глубину \(H\) средняя плотность человека должна сравняться с плотностью воды, то есть его объём должен стать равным \(m/\rho = 80\) л, где \(\rho = 10^3\) кг/м\(^3\) — плотность воды. Уменьшение объёма тела на величину \(\Delta v = V - m/\rho = 2\) л происходит практически только за счёт сжатия воздуха в лёгких. При этом объём воздуха в лёгких становится равным \(v - \Delta v = 3\) л. Так как сжатие происходит изотермически, то можно применить закон Бойля — Мариотта: \[p_0v = (p_0 + \rho gH)(v - \Delta v),\] где \(p_0 = 10^5\) Па — атмосферное давление. Таким образом, спортсмен сможет всплыть, не совершая никаких движений, с глубины, немного меньшей \[H = \dfrac{p_0}{\rho g}\cdot\dfrac{\Delta v}{v - \Delta v} = \dfrac{p_0}{\rho g}\cdot\dfrac{\rho V - m}{m - \rho(V - v)} \approx 7\text{ м}.\]

Ответ

а) на 19 см; б) поршень опустится до дна цилиндра, смещение 50 см.

Решение

Плотность насыщенных паров воды при атмосферном давлении \(p_0 = 10^5\) Па и температуре \(T_0 = 100\,^\circ\text{C}\) равна \(\rho_0 = \mu p_0/(RT) \approx 580\) г/м\(^3\). Здесь \(\mu = 18\) г/моль — молярная масса воды. Поэтому в начальном состоянии в цилиндре объёмом \(V = lS = 1000\) см\(^3\) находится 0,58 г насыщенного пара из общего количества 0,8 г воды в случае а) и из 1,6 г — в случае б).

После перевода цилиндра в вертикальное положение пар под поршнем в нижней части цилиндра будет конденсироваться, а вода в верхней части — испаряться. В случае б), очевидно, наверху останется вода и её насыщенные пары, а внизу весь пар сконденсируется. Таким образом, в случае б) поршень опустится до дна цилиндра, и его смещение составит 50 см.

В случае а) вся вода в верхней части цилиндра испарится, пар в ней станет ненасыщенным, а его давление \(p\) — ниже атмосферного. В нижней части цилиндра после конденсации части пара давление останется равным \(p_0\). Разность давлений в нижней и верхней частях цилиндра должна обеспечивать равновесие поршня, на который действует сила тяжести: \((p_0 - p)S = Mg\). Отсюда \(p = p_0 - (Mg/S) \approx (10^5 - 2\cdot 10^3)\text{ Па} \approx p_0\). При этом расстояние от поршня до верхнего торца цилиндра будет равно \(h \approx \dfrac{mRT}{\mu Sp_0} \approx 69\) см, то есть смещение поршня составит 19 см.

Ответ

Грубая оценка: \(m = \dfrac{N}{4fC(T_2 - T_1)} \approx 0{,}013\) г; более точная: \(m = \dfrac{N}{2\pi fC(T_2 - T_1)} \approx 0{,}008\) г.

Решение

Температура нити колеблется из-за изменения в течение периода мгновенной тепловой мощности, выделяющейся в спирали при протекании по ней переменного тока. Для того, чтобы сделать грубую оценку, примем, что в течение четверти периода, то есть в течение времени \(1/(4f)\), теплота Джоуля — Ленца в спирали вообще не выделяется. За это время спираль излучает тепловую энергию \(\Delta Q = N\cdot\dfrac{1}{4f} = 0{,}5\) Дж, вследствие чего температура спирали понижается. Из уравнения теплового баланса для спирали лампочки получаем: \(Cm(T_2 - T_1) = \Delta Q\). Отсюда \(m = \dfrac{\Delta Q}{C(T_2 - T_1)} = \dfrac{N}{4fC(T_2 - T_1)} \approx 0{,}013\) г.

Можно получить и более точную оценку. Пусть напряжение на лампе изменяется со временем по закону \(U(t) = U_0\cos\omega t\), где \(\omega = 2\pi f\) — круговая частота колебаний напряжения. Тогда за малое время \(\Delta t\) в спирали выделяется теплота Джоуля — Ленца \(\Delta Q = \dfrac{U_0^2}{R}\cos^2\omega t\cdot\Delta t\), а в окружающую среду излучается количество тепла \(N\Delta t\). Разность этих двух количеств теплоты идёт на нагревание нити (то есть на увеличение температуры на \(\Delta T\); если \(\Delta T < 0\), то нить охлаждается). Исходя из уравнения теплового баланса, получаем: \[\left(\dfrac{U_0^2}{R}\cos^2\omega t - N\right)\Delta t = Cm\Delta T,\] откуда \[\dfrac{U_0^2}{2R} + \dfrac{U_0^2}{2R}\cos 2\omega t - N = Cm\dfrac{\Delta T}{\Delta t}.\] Усредним правую и левую части полученного уравнения по периоду изменения напряжения \(U\). Заметим, что \(\langle\cos 2\omega t\rangle = 0\), так как косинус является периодической функцией, симметричной относительно оси абсцисс, и \(\left\langle\dfrac{\Delta T}{\Delta t}\right\rangle = 0\), так как в среднем температура нити лампы постоянна. Поэтому среднее значение тепловой мощности, выделяющейся в спирали при протекании переменного тока, равно \(\langle N\rangle = \dfrac{U_0^2}{2R} \approx N\). С учётом этого получаем: \[\dfrac{\Delta T}{\Delta t} = \dfrac{N}{Cm}\cos 2\omega t,\] откуда \[T = T_0 + \dfrac{N}{2\omega Cm}\sin 2\omega t,\] где \(T_0 = \dfrac{T_1 + T_2}{2}\) — среднее значение, вокруг которого колеблется температура спирали \(T\). Из полученной зависимости следует, что установившиеся колебания температуры спирали происходят с частотой \(f' = \dfrac{2\omega}{2\pi} = 2f = 100\) Гц, как и указано в условии задачи. Диапазон этих температурных колебаний равен \(T_2 - T_1 = \dfrac{N}{\omega Cm}\), откуда для массы спирали находим: \(m = \dfrac{N}{2\pi fC(T_2 - T_1)} \approx 0{,}008\) г. Заметим, что уточнённая оценка для \(m\) отличается от первоначальной в меньшую сторону примерно в 1,5 раза.

Ответ

\(2n + 1\) ударов, где \(n\) — наибольшее целое число, удовлетворяющее условию \(n < mv_0/(\gamma L)\).

Решение

При каждом упругом соударении бруска и коробки они обмениваются скоростями. После первого соударения брусок остановится, а коробка поедет направо со скоростью \(v_0\). Запишем уравнение движения коробки: \[\dfrac{m\Delta v}{\Delta t} = -\gamma v,\] откуда \(m\Delta v = -\gamma v\Delta t = -\gamma\Delta S\), и \(mv_0 = \gamma S\), где \(S\) — путь, пройденный коробкой. Следовательно, коробка проедет расстояние \(L\) и сможет столкнуться с бруском при выполнении условия \(S > L\), то есть при \(mv_0 > \gamma L\). При этом её скорость перед вторым соударением будет равна \(v_1 = v_0 + \Delta v = v_0 - \gamma L/m\). При втором соударении брусок приобретёт скорость \(v_1\), а коробка остановится. При третьем соударении брусок остановится, а коробка приобретёт скорость \(v_1\), после чего все описанные процессы будут повторяться до тех пор, пока коробка не остановится.

Рассуждая аналогичным образом, получаем, что соударения с нечётными номерами будут обязательно происходить, а соударения с чётными номерами могут как происходить, так и не происходить — в зависимости от того, чему равна скорость коробки после предыдущего соударения, имеющего нечётный номер.

Заметим, что при движении коробки по столу между двумя последовательными соударениями с бруском её скорость каждый раз изменяется на одну и ту же величину \(\Delta v = -\gamma L/m\). Поэтому соударение с номером \(2n\) произойдёт, если скорость коробки перед этим соударением будет положительна: \(v_n = v_0 - n\gamma L/m > 0\). Следовательно, брусок совершит \(2n + 1\) ударов о коробку, где \(n\) — наибольшее целое число, удовлетворяющее условию \(n < mv_0/(\gamma L)\).

Ответ

Способы одинаково быстры: чай можно переливать из одного стакана в другой в любой момент времени от \(t = 0\) до \(t = t_{\text{к}}\).

Решение

Для удобства будем называть разность температур чая и окружающей среды просто температурой \(T\). Тогда если чай в стакане до переливания имел некоторую температуру \(T_1\), а после переливания в холодный стакан остыл до температуры \(T_2\), то справедливо уравнение теплового баланса: \[C(T_1 - T_2) = C_0T_2,\] откуда \[T_2 = \dfrac{C}{C_0 + C}T_1.\] Таким образом, температура чая после переливания пропорциональна его температуре до переливания: \(T_2 = \beta T_1\), причём коэффициент пропорциональности \(\beta = \dfrac{C}{C_0 + C} < 1\).

Поскольку, согласно условию задачи, теплоотдача стакана с чаем пропорциональна введённой нами температуре \(T\), то скорость изменения температуры стакана с чаем: \[\dfrac{\Delta T}{\Delta t} = -\alpha T,\] где \(\alpha > 0\) — постоянный коэффициент пропорциональности, а \(\Delta t\) — малый промежуток времени. Это уравнение можно переписать в виде: \[\dfrac{\Delta T}{T} = \dfrac{T(t + \Delta t) - T(t)}{T(t)} = -\alpha\Delta t,\] откуда видно, что отношение \(B(\Delta t) = \dfrac{T(t + \Delta t)}{T(t)}\) не зависит от \(T\), даже если \(\Delta t\) — не малый, а конечный промежуток времени.

В частности, в качестве \(\Delta t\) можно выбрать промежуток времени от \(t = 0\) (начало остывания) до \(t = t_{\text{к}}\) (момент времени, к которому чай остынет до нужной температуры \(T_{\text{к}}\)).

Рассмотрим далее процессы 1 и 2 охлаждения чая (см. рис. 2.25). В первом процессе температура вначале падает от \(T_0\) до \(\beta T_0\) за счёт переливания чая в холодный стакан, а затем уменьшается за счёт теплоотдачи ещё в \(B(t_{\text{к}})\) раз и достигает значения \[T^{(1)}(t_{\text{к}}) = T_{\text{к}} = B(t_{\text{к}})\beta T_0.\] Во втором процессе к моменту времени \(t_{\text{к}}\) чай за счёт теплоотдачи остынет до температуры \(T' = B(t_{\text{к}})T_0\), а затем, после переливания в холодный стакан, его температура уменьшится ещё в \(\beta\) раз и станет равной: \[T^{(2)}(t_{\text{к}}) = \beta T' = \beta B(t_{\text{к}})T_0 = T^{(1)}(t_{\text{к}}) = T_{\text{к}}.\] Таким образом, время остывания чая до нужной температуры в обоих процессах одинаково, то есть чай можно переливать из одного стакана в другой в любой момент времени от \(t = 0\) до \(t = t_{\text{к}}\).

Ответ

Через время \(4t\).

Решение

В кубах разного размера изменение температуры со временем будет происходить подобным образом, но с различной скоростью. Пусть \(a\) — длина ребра куба, а \(x < a\) — расстояние от поверхности термостата. Тогда функция, описывающая зависимость температуры \(T\) от координаты \(x\) и времени \(t\) в малом и большом кубах, будет одинакова, если в качестве её аргументов взять отношения \(x/a\) и \(t/\tau\), где \(\tau\) — некоторое характерное время прогревания данного куба. Очевидно, что это характерное время обратно пропорционально скорости нарастания температуры в соответствующих точках кубов.

Разобьём малый и большой кубы на одинаковое количество маленьких кубиков. При этом если длина ребра у маленького кубика, на которые разбит малый куб, равна \(\Delta x\), то у кубика в большом кубе длина ребра будет равна \(2\Delta x\). Рассмотрим процесс нагревания маленьких кубиков, занимающих подобные положения внутри малого и большого кубов, то есть находящихся на расстояниях, соответственно, \(x/a\) и \(x/(2a)\) от граней, касающихся термостата, в те (разные!) моменты времени, когда их температуры одинаковы. Одинаковыми будут при этом и разности температур \(\Delta T\) между соответствующими гранями кубиков. Количество тепла \(\Delta Q\), распространяющееся через кубик за счёт теплопроводности и частично остающееся в кубике, пропорционально площади грани кубика (\(\Delta x^2\) или \(4\Delta x^2\)), величине промежутка времени \(\Delta t\) и отношению \(\Delta T\) к «толщине» кубика (\(\Delta x\) или \(2\Delta x\)). Это тепло идёт на нагревание кубика, масса которого пропорциональна его объёму (\(\Delta x^3\) или \(8\Delta x^3\)), то есть на увеличение его температуры на величину \(\delta T\): \[\Delta Q \sim \Delta x^2\cdot\Delta t\cdot\dfrac{\Delta T}{\Delta x} \sim \Delta x^3\cdot\delta T\] (уравнение записано для маленького кубика). Отсюда следует, что скорость изменения температуры \(\delta T/\Delta t \sim \Delta x^{-2}\), то есть в большом кубике с размером ребра \(2\Delta x\) она будет в 4 раза меньше, чем в маленьком, а характерное время прогревания большого куба (а с ним и время достижения температуры \(T_2\) в центре куба) будет в 4 раза больше, чем у малого куба.

Ответ

\(E = \dfrac{\sigma d}{2\pi\varepsilon_0h}\); вектор напряжённости направлен параллельно полуплоскостям.

Решение

Представим сначала, что полуплоскости имеют конечный размер \(b\) в направлении, перпендикулярном их краям. Изобразим вид рассматриваемой системы сбоку (см. рис. 3.8) и проведём через точку \(M\) две плоскости \(MM_1\) и \(MM_2\), перпендикулярные плоскости чертежа, так, чтобы они составляли друг с другом малый угол и проходили через обе заряженные полуплоскости. Плоскости \(MM_1\) и \(MM_2\) вырежут в заряженных полуплоскостях две узкие полоски \(A_1B_1\) и \(A_2B_2\).

Известно, что длинная узкая полоска создаёт на расстоянии \(r\) от себя электрическое поле с напряжённостью \(E = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r}\), где заряд единицы длины полоски \(\lambda = \sigma\Delta h\) (\(\Delta h = |AB|\) — ширина полоски). Поэтому верхняя полоска \(A_1B_1\) создаёт в точке \(M\) поле \(\Delta E_1 = \dfrac{\sigma}{2\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{|A_1B_1|}{|A_1M|}\), причём вектор \(\Delta\vec E_1\) направлен от \(A_1B_1\). Аналогичным образом, нижняя полоска \(A_2B_2\) создаёт в точке \(M\) поле с напряжённостью \(\Delta E_2 = \dfrac{\sigma}{2\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{|A_2B_2|}{|A_2M|}\), но вектор \(\Delta\vec E_2\) направлен к \(A_2B_2\). Из подобия треугольников \(MA_1B_1\) и \(MA_2B_2\) следует, что \(\dfrac{|A_1B_1|}{|A_1M|} = \dfrac{|A_2B_2|}{|A_2M|}\). Поэтому поля этих полосок взаимно компенсируют друг друга.

Такие рассуждения справедливы для всех пар полосок, вырезанных плоскостями \(MM_1\) и \(MM_2\) из верхней и нижней полуплоскостей, за исключением самой дальней от точки \(M\) полоски \(KL\), принадлежащей верхней полуплоскости. Из чертежа видно, что для неё не найдётся парной полоски на нижней полуплоскости. Поэтому искомая напряжённость поля \(E\) в точке \(M\) будет равна напряжённости, создаваемой полоской \(KL\) в этой точке: \(E = \dfrac{\sigma}{2\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{|KL|}{|LM|}\). Так как \[|KL| = \dfrac{bd}{h + d} \approx \dfrac{bd}{h} \ll b;\quad|LM| = \sqrt{h^2 + (b - |KL|)^2} \approx \sqrt{h^2 + b^2},\] то \(E = \dfrac{\sigma bd}{2\pi\varepsilon_0h\sqrt{h^2 + b^2}}\).

Для того, чтобы выяснить, чему равна напряжённость поля в точке \(M\) в случае бесконечных полуплоскостей, разложим вектор \(\vec E\) на две компоненты \(\vec E_\parallel\) и \(\vec E_\perp\) — параллельную и перпендикулярную полуплоскостям, и сделаем предельный переход \(b \to \infty\): \[E_\parallel = E\cos\alpha \approx \dfrac{\sigma b^2d}{2\pi\varepsilon_0h(h^2 + b^2)} \to \dfrac{\sigma d}{2\pi\varepsilon_0h},\] \[E_\perp = E\sin\alpha \approx \dfrac{\sigma bd}{2\pi\varepsilon_0(h^2 + b^2)} \to 0.\] Следовательно, вектор напряжённости электростатического поля, создаваемого рассматриваемой системой в точке \(M\), направлен параллельно полуплоскостям, а напряжённость поля равна \(E_\parallel = \dfrac{\sigma d}{2\pi\varepsilon_0h}\).