МОШ, 1990/91, заключительный этап, 10 класс

\(x = \dfrac{\nu RT(M_1 + M_2)}{M_2F_1 + M_1F_2}\), где \(\nu = 1\) моль.

В установившемся режиме система будет двигаться вправо с ускорением, определяемым из соотношения \[(M_1 + M_2 + \mu)a = F_1 - F_2.\] Поскольку \(\mu \ll M_1,\ M_2\), то можно считать, что \(a = \dfrac{F_1 - F_2}{M_1 + M_2}\), а давление \(p\) газа всюду постоянно и определяется из условия \(M_1a = -pS + F_1\). Отсюда \[p = \dfrac{M_2F_1 + M_1F_2}{(M_1 + M_2)S},\] объём газа равен \[V = \dfrac{\nu RT}{p} = \dfrac{RTS(M_1 + M_2)}{M_2F_1 + M_1F_2},\] где \(\nu = 1\) моль, и установившееся расстояние между поршнями равно \[x = \dfrac{V}{S} = \dfrac{\nu RT(M_1 + M_2)}{M_2F_1 + M_1F_2}.\]

\(u = \sqrt{\dfrac{4\cos^4\alpha}{(1 + \cos^2\alpha)^2}v^2 - \dfrac{2\sin\alpha\cos^2\alpha}{1 + \cos^2\alpha}gl}\).

Рассмотрим соударение передней пары колёс с наклонной плоскостью. Поскольку удар неупругий, то в момент удара колёс о плоскость сохраняется проекция импульса тележки на эту плоскость: \[2Mv\cos\alpha = Mv_1' + Mv_2'\cos\alpha,\] где \(v_1'\) и \(v_2'\) — скорости передней и задней пар колёс после рассматриваемого удара. Поскольку длина стержня не меняется, то \(v_1'\cos\alpha = v_2'\), и \(v_1' = \dfrac{2v\cos\alpha}{1 + \cos^2\alpha}\). Далее передняя пара колёс тележки движется по наклонной плоскости, а задняя — по горизонтальной. Скорость передней пары колёс \(u_1\) перед вторым ударом, когда стержень располагается параллельно наклонной плоскости, можно найти из закона сохранения механической энергии, учитывая, что скорость задней пары колёс в этот момент направлена горизонтально и равна \(u_2 = u_1/\cos\alpha\): \[\dfrac{M(v_1')^2}{2} + \dfrac{M(v_1'\cos\alpha)^2}{2} = \dfrac{Mu_1^2}{2} + \dfrac{M(u_1/\cos\alpha)^2}{2} + Mgl\sin\alpha.\] Соударение задней пары колёс с наклонной плоскостью рассматривается аналогично первому удару: \(Mu_1 + Mu_2\cos\alpha = 2Mu\). Отсюда следует, что после второго удара скорость \(u\) обеих пар колёс будет одинакова, направлена вдоль наклонной плоскости и равна \[u = u_1 = \sqrt{\dfrac{4\cos^4\alpha}{(1 + \cos^2\alpha)^2}v^2 - \dfrac{2\sin\alpha\cos^2\alpha}{1 + \cos^2\alpha}gl}.\] Для того, чтобы тележка полностью въехала на плоскость, подкоренное выражение в последнем соотношении должно быть неотрицательным, то есть начальная скорость тележки должна удовлетворять условию \(v \geqslant \sqrt{\dfrac{\sin\alpha(1 + \cos^2\alpha)}{2\cos^2\alpha}gl}\).

\(Q = \dfrac{3W\mu V\Delta p}{2mR} \approx 0{,}36\) Вт.

Так как массы гелия в каждой из частей сосуда пропорциональны объёмам этих частей, то из уравнения Менделеева — Клапейрона следует, что давления в левой и правой частях сосуда будут равны, соответственно, \(p_1 = \dfrac{mRT_1}{\mu V}\) и \(p_2 = \dfrac{mRT_2}{\mu V}\), где \(T_1\) и \(T_2\) — температуры в левой и в правой частях сосуда, \(\mu = 4\) г/моль — молярная масса гелия. Отсюда при максимальной разности давлений между частями сосуда \[\Delta p = p_1 - p_2 = \dfrac{mR(T_1 - T_2)}{\mu V}\] поток тепла через мембрану в правую часть сосуда будет равен \[q = W(T_1 - T_2) = \dfrac{W\mu V\Delta p}{mR}.\] Поскольку массы гелия в левой и правой частях сосуда относятся, как \(1 : 2\), то для поддержания постоянной разности температур между частями сосуда в его левую часть от нагревателя в единицу времени должно поступать количество теплоты \[Q = q + \dfrac{q}{2} = \dfrac{3q}{2} = \dfrac{3W\mu V\Delta p}{2mR} \approx 0{,}36\text{ Дж},\] то есть максимальная мощность нагревателя равна 0,36 Вт.

\(Q = \dfrac{4}{27}C\mathcal{E}^2\).

Нарисуем эквивалентную схему соединения конденсаторов до переключения ключа (см. рис. 3.31) и обозначим заряды конденсаторов через \(q_1/2\), \(q_1/2\) и \(q_2\) — так, как показано на рисунке.

Пусть суммарный заряд на обкладках 1, 2 и 3 равен \(q\) до переключения и \(q'\) после переключения ключа. Тогда \[q_1 - q_2 = q,\qquad \dfrac{q_1}{2C} + \dfrac{q_2}{C} = \mathcal{E}.\] Отсюда \[q_1 = \dfrac{2(C\mathcal{E} + q)}{3},\qquad q_2 = \dfrac{2C\mathcal{E} - q}{3}.\] До переключения ключа \(q = 0\), и \(q_1 = q_2 = 2C\mathcal{E}/3\). После переключения ключа, очевидно, \(q' = -q_2 = -2C\mathcal{E}/3\). Поэтому \[q_1' = \dfrac{2(C\mathcal{E} + q')}{3} = \dfrac{2}{9}C\mathcal{E},\qquad q_2' = \dfrac{2C\mathcal{E} - q'}{3} = \dfrac{8}{9}C\mathcal{E}.\] Следовательно, после переключения ключа через батарею протечёт заряд \[\Delta q_2 = q_2' - q_2 = 2C\mathcal{E}/9,\] а источник при этом совершит работу \[A = \Delta q_2\cdot\mathcal{E} = 2C\mathcal{E}^2/9.\] Энергия, запасённая в конденсаторах до переключения ключа, равна \[W_1 = 2\cdot\dfrac{(q_1/2)^2}{2C} + \dfrac{q_2^2}{2C} = \dfrac{1}{3}C\mathcal{E}^2,\] а после переключения ключа \[W_2 = 2\cdot\dfrac{(q_1'/2)^2}{2C} + \dfrac{q_2'^2}{2C} = \dfrac{11}{27}C\mathcal{E}^2,\] Поэтому количество теплоты, которое выделится в схеме после переключения ключа из левого положения в правое, равно \[Q = A - (W_2 - W_1) = \dfrac{4}{27}C\mathcal{E}^2.\]