МОШ, 1993/94, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(R = 0\) при \(\omega \leqslant \sqrt{g/L}\); \(R = \sqrt{L^2 - (g^2/\omega^4)}\) при \(\omega > \sqrt{g/L}\) (график — на рис. 1.83.2).

Решение

Обозначим через \(\alpha\) угол отклонения нити от вертикальной оси вращения системы, а через \(T\) — силу натяжения нити (см. рис. 1.83.1).

В установившемся режиме шарик может либо вращаться по окружности радиусом \(R\), либо висеть на вертикальной нити на оси вращения. Запишем уравнения вращательного движения шарика в проекциях на вертикаль и на радиальное направление: \(T\cos\alpha = mg\) и \(T\sin\alpha = m\omega^2R\). Кроме того, \(\sin\alpha = R/L\). Отсюда получаем: либо \(R = \sqrt{L^2 - (g^2/\omega^4)}\), либо \(R = 0\). Первое решение не существует при \(\omega < \sqrt{g/L}\), так что шарик при малых угловых скоростях вращения будет висеть на вертикальной нити, а \(R\) будет равняться 0 вплоть до достижения угловой скорости \(\omega = \sqrt{g/L}\). При \(\omega > \sqrt{g/L}\) первое решение становится неустойчивым: при малом отклонении шарика от оси на расстояние \(r\) «возвращающая» сила \(T\sin\alpha \approx mgr/L\) будет меньше, чем сила, необходимая для обеспечения центростремительного ускорения \(m\omega^2r\), и \(r\) будет расти до тех пор, пока «возвращающая» сила не достигнет необходимой величины при \(R = \sqrt{L^2 - (g^2/\omega^4)}\), то есть устойчивым станет второе решение. В дальнейшем с ростом \(\omega\) расстояние \(R\) будет быстро увеличиваться, стремясь к \(L\). График зависимости \(R\) от \(\omega\) изображён на рисунке 1.83.2.

Ответ

Если \(4gl/u^2\) — целое число, то \(E_\infty = mgl\); если не целое, то \(E_\infty = mgl + \dfrac{mu^2}{2}\left(1 - \left\{\dfrac{4gl}{u^2}\right\}\right)\), где \(\{x\}\) — дробная часть \(x\).

Решение

Описанный в условии процесс будет протекать следующим образом. Если энергия маятника \(E\) не превосходит величину \(mgl\), то груз остановится на высоте \(h\), определяемой из соотношения \(E = mgh\), и получит дополнительное приращение энергии \(\Delta E = mu^2/2\). Поскольку начальная энергия маятника равна \(-mgl\), после \(n\) толчков он будет иметь энергию \(E_n = -mgl + (nmu^2/2)\).

Если \(E_n = mgl\), то есть \(n = \dfrac{2mgl}{mu^2/2} = \dfrac{4gl}{u^2}\) — целое число, то маятник будет бесконечно долго двигаться вверх по окружности до остановки в верхней точке, а значит, следующий толчок никогда не произойдёт, и энергия маятника спустя длительное время будет равна \(E_\infty = E_n = mgl\).

Если \(E_n > mgl\), а величина \(\dfrac{4gl}{u^2}\) не является целым числом, то маятник будет двигаться по окружности без остановок — процессы с изменением энергии происходить не будут. Следовательно, через достаточно большой промежуток времени энергия маятника будет совпадать с наименьшим \(E_n\), превосходящим \(mgl\); при этом \(n\) — наименьшее целое число, удовлетворяющее условию \(n > \dfrac{4gl}{u^2}\). Отсюда \(n = \left[\dfrac{4gl}{u^2}\right] + 1\), и \(n - \dfrac{4gl}{u^2} = 1 - \left\{\dfrac{4gl}{u^2}\right\}\), где через \([x]\) и \(\{x\}\) обозначены целая и дробная части \(x\) соответственно. Таким образом, в данном случае спустя длительное время энергия маятника будет равна: \[E_\infty = mgl + \dfrac{mu^2}{2}\left(1 - \left\{\dfrac{4gl}{u^2}\right\}\right).\]

Ответ

Сила направлена к стенке кюветы и равна \(F = \dfrac{\rho glh^2}{2} = \dfrac{2\sigma^2l}{\rho gd^2}\).

Решение

За счёт сил поверхностного натяжения вода в зазоре между стенкой кюветы и бруском поднимается на высоту \(h\) (см. рис. 2.76), которая определяется из условия: \(\rho ghld = 2\sigma l\), где \(\rho\) — плотность воды. Отсюда \(h = \dfrac{2\sigma}{\rho gd}\).

Давление в зазоре на высоте \(x\) над поверхностью воды равно \(p_{\text{атм}} - \rho gx\), а в воздухе справа от бруска на той же высоте — атмосферному давлению \(p_{\text{атм}}\). Поэтому на малую часть бруска, находящуюся между высотами \(x\) и \(x + \Delta x\), действует направленная к стенке кюветы сила \(\Delta F = \rho gx\cdot l\Delta x = \rho gl\Delta(x^2/2)\). Отсюда полная сила, действующая на брусок, направлена к стенке кюветы и по величине равна \[F = \dfrac{\rho glh^2}{2} = \dfrac{2\sigma^2l}{\rho gd^2}.\]

Ответ

\(v > v_{\min} = \dfrac{q}{\sqrt{\pi\varepsilon_0ma}}\).

Решение

Обозначим через \(v_{\min}\) минимальную скорость, которую нужно сообщить первой бусинке для того, чтобы она могла приблизиться ко второй бусинке на минимально возможное расстояние \(a\). Тогда в момент наибольшего сближения скорости бусинок будут одинаковы и равны \(u\). Запишем для данной системы законы сохранения импульса и энергии: \[mv_{\min} = 2mu,\qquad \dfrac{mv_{\min}^2}{2} = 2\cdot\dfrac{mu^2}{2} + \dfrac{q^2}{4\pi\varepsilon_0a}.\] Отсюда \(v_{\min} = \dfrac{q}{\sqrt{\pi\varepsilon_0ma}}\). Первая бусинка обгонит вторую, если ей сообщить по направлению ко второй бусинке скорость бо́льшую, чем \(v_{\min}\).

Ответ

\(N > mgc \approx 3\cdot 10^9\) Вт.

Решение

Для того, чтобы лампа взлетела, нужно, чтобы действующая на неё реактивная сила была больше веса лампы \(mg\). Каждый фотон с частотой \(\omega\) уносит импульс \(\hbar\omega/c\). Следовательно, если за время \(\Delta t\) испускается \(\Delta n\) фотонов, то уносимый ими за единицу времени импульс равен \(\dfrac{\hbar\omega}{c}\cdot\dfrac{\Delta n}{\Delta t}\). Таким образом, лампа взлетит, если \[\dfrac{\hbar\omega}{c}\cdot\dfrac{\Delta n}{\Delta t} > mg.\] При этом мощность лампы \(N\) должна удовлетворять условию \[N = \hbar\omega\cdot\dfrac{\Delta n}{\Delta t} > mgc \approx 3\cdot 10^9\text{ Вт} = 3\text{ млн кВт},\] что составляет около 50% максимальной мощности Красноярской ГЭС!

Ответ

\(F = \dfrac{mM}{m + M}\cdot\dfrac{v_0^2}{a}\).

Решение

В системе отсчёта, движущейся со скоростью \(\vec u = \dfrac{m}{m + M}\vec v_0\), центр масс шайбы и сферы покоится, а сама шайба и центр сферы движутся вокруг этого центра масс по окружностям с радиусами \(R_{\text{ш}} = a\dfrac{M}{m + M}\) и \(R_{\text{с}} = a\dfrac{m}{m + M}\) соответственно. Их скорости при этом направлены в противоположные стороны и по величине равны, соответственно, \(v_{\text{ш}} = v_0 - u = v_0\dfrac{M}{m + M}\) и \(v_{\text{с}} = \dfrac{mv_{\text{ш}}}{M} = v_0\dfrac{m}{m + M}\). Поэтому сила, действующая на шайбу со стороны сферы, равна \[F = \dfrac{mv_{\text{ш}}^2}{R_{\text{ш}}} = \dfrac{mM}{m + M}\cdot\dfrac{v_0^2}{a}.\]

Ответ

\(v = \dfrac{2k + 1}{2n}L\sqrt{\dfrac{g}{2H}}\), где \(k = 0, 1, 2, 3, \ldots\); \(n = 1, 2, 3, \ldots\)

Решение

После \(n\) ударов о дно шарик вернётся на первоначальную высоту в момент времени \(t_n = 2n\sqrt{2H/g}\), где \(n > 0\) — целое число. В этот момент шарик должен находиться у правой стенки, то есть пройденный им в горизонтальном направлении путь равен \(S_k = (2k + 1)L\), где \(2k\) — число ударов о вертикальные стенки ямы (\(k \geqslant 0\)). Отсюда скорость приближения шарика к краю ямы должна быть равна \[v = \dfrac{S_k}{t_n} = \dfrac{2k + 1}{2n}L\sqrt{\dfrac{g}{2H}},\quad\text{где}\quad k = 0,\ 1,\ 2,\ 3,\ \ldots;\ n = 1,\ 2,\ 3,\ \ldots.\]

Ответ

\(a_{10} = -a_{20} = -\dfrac{3(2\sqrt{3} - 3)}{8}\,g \approx -0{,}174g\): в момент прохождения положения равновесия оба вектора ускорений грузов направлены вверх.

Решение

Обозначим через \(2l\) расстояние между гвоздями, \(\alpha\) — угол наклона нити к горизонту в некоторый момент времени, \(T\) — силу её натяжения, \(y_1\) и \(y_2\) — смещения грузов 1 и 2 от начального положения, \(v_1\) и \(v_2\) — их скорости, \(a_1\) и \(a_2\) — ускорения (см. рис. 1.125).

Запишем уравнения кинематической связи для грузов 1 и 2: \[y_1 = l\operatorname{tg}\alpha,\quad y_2 = 2\left(\dfrac{l}{\cos\alpha} - l\right),\qquad(1)\] \[v_2 = 2v_1\sin\alpha,\qquad(2)\] \[\Delta\alpha = \Delta y_1\dfrac{\cos\alpha}{l/\cos\alpha},\quad \dfrac{\Delta\alpha}{\Delta t} = \dfrac{v_1}{l}\cos^2\alpha,\] \[a_2 = \dfrac{\Delta v_2}{\Delta t} = 2v_1\cos\alpha\dfrac{\Delta\alpha}{\Delta t} + 2\sin\alpha\dfrac{\Delta v_1}{\Delta t} = 2\dfrac{v_1^2}{l}\cos^3\alpha + 2a_1\sin\alpha.\qquad(3)\] Запишем закон сохранения механической энергии для грузов: \[\dfrac{mv_1^2}{2} + \dfrac{mv_2^2}{2} - mgy_1 + mgy_2 = 0.\qquad(4)\] Продифференцируем это соотношение по времени и разделим на массу груза \(m\): \[v_1a_1 + v_2a_2 - g(v_1 - v_2) = 0.\qquad(5)\] Равновесие системы определяется соотношением \(2T_0\sin\alpha_0 = T_0\), то есть \(\sin\alpha_0 = 1/2\), поэтому \(v_{10} = v_{20}\), как следует из (2). При этом из соотношения (5) следует, что \(a_{10} = -a_{20}\), а из (4) — что \(v_{10}^2 = g(y_1 - y_2)\). Тогда из соотношения (3) получаем, что \(a_{10} = -\dfrac{v_{10}^2}{l}\cos^3\alpha_0\). Из (4) и (1) с учётом равенства \(v_{10} = v_{20}\) следует, что \(\dfrac{v_{10}^2}{l} = \dfrac{g}{\cos\alpha_0}(\sin\alpha_0 - 2 + 2\cos\alpha_0)\). Отсюда окончательно получаем: \[a_{10} = -a_{20} = -g(\sin\alpha_0 - 2 + 2\cos\alpha_0)\cos^2\alpha_0 = -\dfrac{3(2\sqrt{3} - 3)}{8}\,g \approx -0{,}174g.\] При этом оба вектора ускорений грузов направлены вверх! Необычность данной механической системы состоит в том, что в момент прохождения положения равновесия ускорения тел отличны от нуля.

Ответ

\(\tau_2 = \tau_1\left(\dfrac{d_2}{d_1}\right)^2 \approx 11\) суток.

Решение

Лёд на поверхности озера образуется из-за оттока тепла от воды через толщу льда. Процесс этот достаточно медленный, поэтому будем считать, что внутри льда в любой момент времени существует стационарное — линейное — распределение температуры по толщине. Кроме того, будем пренебрегать малым количеством тепла, выделяющимся за счёт постепенного охлаждения нарастающего слоя льда, по сравнению с теплотой кристаллизации воды. Пусть в некоторый момент времени \(t\) слой льда имеет толщину \(x\). Тогда количество теплоты \(\Delta Q\), проходящее за малый промежуток времени \(\Delta t\) через ледяной цилиндр с площадью основания \(S\), равно \[\Delta Q = \eta\dfrac{\Delta T}{x}S\Delta t,\] где \(\Delta T\) — постоянная разность температур между водой и воздухом, \(\eta\) — коэффициент пропорциональности, называемый коэффициентом теплопроводности. Эта теплота отнимается от небольшого слоя воды, непосредственно примыкающего ко льду и превращающегося при замерзании в слой льда толщиной \(\Delta x\): \[\Delta Q = \lambda\Delta m = \lambda\rho S\Delta x,\] где \(\rho\) — плотность льда, \(\lambda\) — удельная теплота замерзания воды. Приравнивая записанные выражения, получим, что \[x\Delta x = \Delta\left(\dfrac{x^2}{2}\right) = \dfrac{T_0\eta}{\lambda\rho}\Delta t,\]

откуда \[x = \sqrt{\dfrac{2T_0\eta}{\lambda\rho}}\,t,\] то есть толщина слоя льда увеличивается пропорционально корню квадратному из времени, прошедшего с момента, когда мороз «ударил».

Следовательно, если за время \(\tau_1 = 1\) сутки на озере нарос слой льда толщиной \(d_1 = 3\) см, то слой толщиной \(d_2 = 10\) см нарастёт за время \[\tau_2 = \tau_1\left(\dfrac{d_2}{d_1}\right)^2 \approx 11\text{ суток}.\] Заметим, что наращивание слоя льда можно осуществить гораздо быстрее, если насверлить в нём лунки и с помощью насосов поливать водой из озера поверхность льда, находящуюся при низкой температуре. Именно так во время блокады Ленинграда строили «дорогу жизни» на Ладожском озере.

Ответ

Приведённые в таблице для гелия давления нужно увеличить в \(\sqrt{\mu_{\text{Ne}}/\mu_{\text{He}}} = \sqrt{5} \approx 2{,}2\) раза.

Решение

Длину свободного пробега \(L\) молекулы газа при температуре \(T\) и давлении \(p\) можно оценить при помощи формулы \(L \simeq \dfrac{kT}{\pi p\cdot(2a)^2}\), где \(a\) — радиус молекулы, \(k\) — постоянная Больцмана. Приняв для оценки \(a \sim 10^{-10}\) м, \(T \sim 300\) К, получим, что для газа в рассматриваемом манометре \(L \sim 0{,}3\) см, то есть порядка расстояния от проволоки до стенки трубки прибора. Поэтому молекулы газа в трубке практически не соударяются между собой, а взаимодействуют только с нагретой проволокой и со стенками трубки.

Будем считать, что после соударения с проволокой молекула имеет энергию, соответствующую температуре проволоки, а после соударения со стенкой — соответствующую температуре стенки. Температура проволоки зависит от теплоотдачи с её поверхности, которая, в свою очередь, пропорциональна числу ударов молекул о единицу площади этой поверхности, происходящих в единицу времени: \(f \sim nv \sim p\sqrt{T/\mu}\), где \(n\) — концентрация молекул, \(v\) — их среднеквадратичная скорость, \(\mu\) — молярная масса газа. При одинаковых температурах проволоки в опытах с гелием и с неоном можно записать: \(\dfrac{p_{\text{He}}}{\sqrt{\mu_{\text{He}}}} = \dfrac{p_{\text{Ne}}}{\sqrt{\mu_{\text{Ne}}}}\). Поэтому при измерении давления неона с помощью данного манометра необходимо увеличить приведённые в таблице данные для гелия в \(\sqrt{\mu_{\text{Ne}}/\mu_{\text{He}}} = \sqrt{5} \approx 2{,}2\) раза.