МОШ, 1994/95, заключительный этап, 10 класс

Ответ

Величина провисания увеличится.

Решение

Если угловая скорость вращения \(\omega\) достаточно велика, то форма прыгалки от неё не зависит, поскольку ускорения всех частей верёвки одинаково пропорциональны \(\omega^2\).

В случае провисания верёвки под действием собственного веса силы, действующие на единицу её длины, не зависят от расстояния \(r\) до линии подвеса верёвки, а при её вращении они пропорциональны расстоянию от оси (поскольку центростремительное ускорение элемента верёвки \(\sim \omega^2r\)). Поэтому во втором случае части верёвки, сильнее удалённые от оси, окажутся «тяжелее», чем в первом случае, и в результате прогиб прыгалки увеличится.

Ответ

\(\dfrac{AN}{MR} < 2\pi g\sin\alpha\).

Решение

После того, как цилиндр начал скатываться с наклонной плоскости, для любого момента времени справедливо следующее соотношение, представляющее собой закон изменения энергии: \(\Delta W + \Delta U = -A_{\text{сум}}\). Здесь \(\Delta W\) и \(\Delta U\) — изменения кинетической и потенциальной энергий цилиндра за время, прошедшее с начала скатывания, \(A_{\text{сум}}\) — суммарная работа, которую совершили над цилиндром силы сцепления с плоскостью. Знак «минус» показывает, что силы сцепления тормозят цилиндр.

Пусть к рассматриваемому моменту цилиндр прошёл по наклонной плоскости путь \(S\), спустившись на высоту \(h\), и приобрёл полную кинетическую энергию \(W_0\). Тогда закон изменения энергии принимает вид: \(W_0 - Mgh = -A_{\text{сум}}\) (за нулевой уровень потенциальной энергии принято начальное положение цилиндра). Полученное соотношение можно переписать в виде: \(Mgh = W_0 + A_{\text{сум}}\). Так как \(W_0 > 0\), то справедливо неравенство: \[Mgh > A_{\text{сум}}.\] Найдём теперь работу \(A_{\text{сум}}\). Она равна произведению работы \(A\), которую нужно затратить для того, чтобы оторвать от петли один крючок, на количество крючков, которые были в зацеплении в течение того времени, пока цилиндр прошёл путь \(S\). Последнее, в свою очередь, равно произведению площади, «заметённой» цилиндром длиной \(l\) на плоскости при скатывании, на количество крючков (и петель), приходящееся на единицу боковой поверхности цилиндра. В итоге: \(A_{\text{сум}} = A\cdot Sl\cdot\dfrac{N}{2\pi Rl}\). Подставляя выражение для \(A_{\text{сум}}\) в записанное выше неравенство и учитывая, что \(h/S = \sin\alpha\), окончательно получим: \[\dfrac{AN}{MR} < 2\pi g\sin\alpha.\]

Ответ

\(\Delta Q = \left(\left(\dfrac{5}{2} - \dfrac{\pi}{4}\right)p_1 + \dfrac{\pi}{4}p_0\right)(V_2 - V_1)\).

Решение

Суммарное количество тепла, полученное и отданное газом, может быть найдено из первого начала термодинамики: \(\Delta Q = \Delta U + \Delta A\). Обозначим через \(\nu\) число молей газа, изменение его температуры за время процесса — через \(\Delta T\), и найдём изменение внутренней энергии газа \(\Delta U\) и совершённую им работу \(\Delta A\), которая равна площади под графиком на \(pV\)–диаграмме: \[\Delta U = \dfrac{3}{2}\nu R\Delta T = \dfrac{3}{2}\Delta(pV) = \dfrac{3}{2}p_1(V_2 - V_1),\] \[\Delta A = p_1(V_2 - V_1) - \dfrac{1}{2}\pi(p_1 - p_0)\dfrac{V_2 - V_1}{2}.\] Подставляя эти выражения в первое начало термодинамики, получим ответ: \[\Delta Q = \left(\left(\dfrac{5}{2} - \dfrac{\pi}{4}\right)p_1 + \dfrac{\pi}{4}p_0\right)(V_2 - V_1).\] Отметим, что при вычислении работы площадь полуокружности следует искать, перемножая величины, имеющие соответствующие размерности. Это можно понять, представив, что мы изменили на \(pV\)–диаграмме масштаб одной из осей. Тогда график, изображающий процесс, превратится из полуокружности в участок эллипса, и при вычислении площади нужно будет вместо формулы \(S = \pi r^2\), где \(r\) — радиус окружности, использовать формулу \(S = \pi ab\), где \(a\) и \(b\) — размеры полуосей эллипса. В этом случае размерность будет учтена автоматически.

Ответ

\(n = \dfrac{(\varphi_1 - \varphi_2)/\varphi_1}{r^2/(4R^2)} = 40\) касаний.

Решение

При прикладывании к шару диска плашмя заряды равномерно распределяются по поверхности диска, и плотности зарядов на поверхностях шара и диска оказываются одинаковыми. При отрыве от шара диск каждый раз уносит заряд, величина которого во столько раз меньше заряда шара, во сколько раз площадь одной стороны диска меньше площади поверхности шара: \(\dfrac{q}{Q} = \dfrac{\pi r^2}{4\pi R^2} = \dfrac{1}{40000}\). Здесь \(q\) и \(Q\) — заряды диска и шара соответственно. Из написанного отношения следует, что после каждого касания с шара уносится \(1/40000\) часть его заряда.

Потенциал уединённого шара пропорционален его заряду. Поэтому для того, чтобы уменьшить потенциал шара на \(\varphi_1 - \varphi_2 = 1\) В, что составляет \(1/1000\) часть от его первоначального потенциала, нужно на такую же часть уменьшить его заряд. Величина заряда, уносимого каждый раз диском, много меньше исходного заряда шара, ввиду чего можно приближённо считать, что уносимый заряд постоянен (на самом деле, он равен \(\dfrac{1}{40000}Q\), а \(Q\) после каждого касания немного уменьшается). Тогда, унося с шара каждый раз по \(1/40000\) части исходного заряда, мы уменьшим заряд (а значит, и потенциал) на \(1/1000\) часть за \[n = \dfrac{(\varphi_1 - \varphi_2)/\varphi_1}{r^2/(4R^2)} = 40\text{ касаний}.\]

Ответ

\(U_C = \dfrac{R_1\tau}{R_2T}U_2\).

Решение

Воспользуемся тем обстоятельством, что напряжение на конденсаторе остаётся практически постоянным. В течение времени \(\tau\), пока напряжение на втором резисторе равно \(U_2\), через конденсатор протекает ток, равный в среднем \(I_1 = \dfrac{U_2}{R_2} - \dfrac{U_C}{R_1}\). За это время конденсатор приобретает заряд \[\Delta q_1 = I_1\tau = \left(\dfrac{U_2}{R_2} - \dfrac{U_C}{R_1}\right)\tau.\] В течение времени \(T - \tau\), когда напряжение на втором резисторе равно нулю, конденсатор разряжается через резистор \(R_1\). Средний ток через него равен \(I_2 = \dfrac{U_C}{R_1}\), а теряемый конденсатором заряд составляет: \[\Delta q_2 = I_2(T - \tau) = \dfrac{U_C}{R_1}(T - \tau).\] Так как заряд конденсатора за период не изменяется, то приращения \(\Delta q_1\) и \(\Delta q_2\) должны быть одинаковыми: \[\left(\dfrac{U_2}{R_2} - \dfrac{U_C}{R_1}\right)\tau = \dfrac{U_C}{R_1}(T - \tau).\] Отсюда находим: \[U_C = \dfrac{R_1\tau}{R_2T}U_2.\]

Ответ

\(\dfrac{M_1}{M_2} = \sqrt{\dfrac{(1 - (a_1/g))(1 + (a_2/g))}{(1 + (a_1/g))(1 - (a_2/g))}}\).

Решение

Отношение сил натяжения верёвки на свободных участках остаётся неизменным, пока верёвка проскальзывает по шкиву. Это утверждение можно доказать, проведя такой мысленный эксперимент: перекинем через шкив вторую верёвку с такими же грузами, и для неё отношение сил натяжения будет тем же самым. Мысленно совмещая соответствующие грузы и две верёвки, получим систему с вдвое большими грузами, вдвое большими силами натяжения и прежним отношением этих сил. Ясно, что пропорционально уменьшая и увеличивая массы грузов, можно получить любую величину силы \(T_1\) на одном из свободных участков верёвки, и её отношение к силе натяжения \(T_2\) на другом участке останется прежним. Обозначим это отношение символом \(y\). (Заметим, что по формуле Эйлера \(y = e^{\mu\pi}\), где \(\mu\) — коэффициент трения верёвки о шкив, но это для решения задачи знать не обязательно!) Составим динамические уравнения движения грузов: \[\begin{cases} T_1 = yT_2, \\ M_1a_1 = T_1 - M_1g, \\ M_2a_1 = M_2g - T_2, \end{cases}\qquad \begin{cases} T_2' = yT_1', \\ M_1a_2 = M_1g - T_1', \\ M_2a_2 = T_2' - M_2g. \end{cases}\] Исключая из уравнений силы натяжения, получаем: \[a_1 = \dfrac{M_2y - M_1}{M_2y + M_1}g;\quad a_2 = \dfrac{M_1y - M_2}{M_1y + M_2}g,\quad\text{где}\quad a_1 < g,\ a_2 < g.\] Обозначим искомое отношение масс грузов \(M_1/M_2\) символом \(x\) и преобразуем последние уравнения: \[\dfrac{a_1}{g} = \dfrac{y - x}{y + x};\quad \dfrac{a_2}{g} = \dfrac{yx - 1}{yx + 1}.\] Решая совместно эти уравнения, найдём искомое отношение масс грузов: \[x = \dfrac{M_1}{M_2} = \sqrt{\dfrac{(1 - (a_1/g))(1 + (a_2/g))}{(1 + (a_1/g))(1 - (a_2/g))}}.\]

Ответ

\(F = m\left(g + \dfrac{2v^2h}{R^2 + L^2 - r^2 - h^2}\right)\).

Решение

Изобразим на рисунке 1.95 вид сверху на систему, описанную в условии задачи. Так как модель самолёта (точка \(A\) на рисунке) движется по окружности радиусом \(R\) со скоростью \(v\), она имеет центростремительное ускорение \(a_n = \dfrac{v^2}{R}\), создаваемое нормальной составляющей силы натяжения кордов \(T_n = ma_n = \dfrac{mv^2}{R}\). Тангенциальная составляющая силы натяжения частично компенсирует силу сопротивления движению самолёта и связана с нормальной составляющей соотношением \(T_\tau = T_n\operatorname{tg}\alpha\), где \(\alpha = \angle DAO\) — угол между радиусом \(OA\) окружности, по которой движется самолёт, и проекцией \(DA\) кордов \(AB\) на плоскость этой окружности (точка \(B\) находится на рисунке под точкой \(D\)).

Треугольник \(ABD\) — прямоугольный, поэтому \(AD = \sqrt{L^2 - h^2}\). На основании теоремы косинусов длины сторон треугольника \(ADO\) должны удовлетворять соотношению: \[r^2 = R^2 + L^2 - h^2 - 2R\sqrt{L^2 - h^2}\cos\alpha,\] откуда \(\cos\alpha = \dfrac{R^2 + L^2 - r^2 - h^2}{2R\sqrt{L^2 - h^2}}\).

Из этих формул следует, что горизонтальная составляющая силы натяжения кордов \[T_{\text{г}} = \sqrt{T_n^2 + T_\tau^2} = 2mv^2\dfrac{\sqrt{L^2 - h^2}}{R^2 + L^2 - r^2 - h^2}.\] Поскольку в вертикальном направлении самолёт не имеет ускорения (так как по условию он движется в горизонтальной плоскости), то проекция суммы всех действующих на самолёт сил, — силы тяжести \(mg\), силы натяжения кордов \(T\) и силы со стороны воздуха, — на вертикальное направление должна быть равна нулю. Силу, действующую на самолёт со стороны воздуха, можно разложить на две составляющие: горизонтальную, равную сумме силы сопротивления и силы тяги, направленную горизонтально по касательной к траектории, и вертикальную — подъёмную силу \(F\): \[mg + T_{\text{в}} - F = 0,\] где \(T_{\text{в}}\) — модуль вертикальной составляющей силы натяжения кордов, \(F\) — модуль искомой подъёмной силы, \(T_{\text{в}} = T_{\text{г}}\operatorname{tg}\beta\), где \(\beta = \angle BAD\) — угол между кордами \(AB\) и горизонтом, причём \(\operatorname{tg}\beta = \dfrac{h}{\sqrt{L^2 - h^2}}\).

В результате получаем, что подъёмная сила равна: \[F = m\left(g + \dfrac{2v^2h}{R^2 + L^2 - r^2 - h^2}\right).\]

Ответ

\(u = \dfrac{p}{\rho}\sqrt{\dfrac{\mu}{2EN_A}} \approx 9\cdot 10^{-9}\) м/с \(\approx 90\) Å/с.

Решение

Пусть на единицу площади подложки в единицу времени попадает \(n\) атомов серебра. Для оценки примем, что все атомы летят перпендикулярно подложке с одинаковой скоростью \(v\). Удары атомов о подложку можно считать абсолютно неупругими (серебро осаждается). Тогда давление \(p\), оказываемое на подложку, равно \(p = nmv\), где \(m = \mu/N_A\) — масса атома серебра, \(N_A\) — число Авогадро. Скорость атома можно оценить при помощи формулы: \(v \approx \sqrt{2E/m}\).

Пусть за время \(\Delta t\) на участок подложки площадью \(S\) падает \(N\) атомов, и при этом осаждается масса \(M\) серебра. Тогда объём осевшегося слоя равен \(\Delta V = \dfrac{M}{\rho} = \dfrac{mN}{\rho}\), а его толщина равна \(\Delta x = \dfrac{\Delta V}{S} = \dfrac{mN}{\rho S}\). Учитывая, что \(n = \dfrac{N}{S\Delta t}\), для скорости роста толщины слоя серебра получим: \[u = \dfrac{\Delta x}{\Delta t} = \dfrac{m}{\rho}\cdot\dfrac{N}{S\Delta t} = \dfrac{nm}{\rho} = \dfrac{p}{\rho v} = \dfrac{p}{\rho}\sqrt{\dfrac{\mu}{2EN_A}} \approx 9\cdot 10^{-9}\text{ м/с}.\] Видно, что подложка растёт достаточно медленно — каждую секунду её толщина увеличивается примерно на \(9\cdot 10^{-9}\) м. Такие маленькие длины принято выражать в единицах, называемых ангстремами (обозначается Å): \(1\text{ Å} = 10^{-10}\) м. Следовательно, \(u \approx 90\) Å/с.

Ответ

В координатах \(\rho\)–\(p\) участок 1–2 изображается вертикальным отрезком, участок 2–3 — горизонтальным отрезком, участок 3–1 — наклонным отрезком, продолжение которого проходит через начало координат (рис. 2.47).

Решение

Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона, \[pV = \dfrac{m}{\mu}RT,\quad\text{или}\quad \rho = \dfrac{\mu p}{RT}.\] На участке 1–2 объём \(V \sim T\), то есть на этом участке давление \(p = \text{const}\) (процесс изобарный), и с ростом температуры плотность газа падает. Поэтому на \(\rho p\)–диаграмме этот участок изображается вертикальным отрезком 1–2 (см. рис. 2.47).

Участок 2–3 — изохора \(V = \text{const}\), а следовательно, \(\rho = \text{const}\), и при уменьшении температуры давление падает. Поэтому на \(\rho p\)–диаграмме этот участок изображается горизонтальным отрезком 2–3. Наконец, на участке 3–1 температура \(T\) постоянна — это изотерма. Значит, \(\rho \sim p\), и на \(\rho p\)–диаграмме этот участок изображается наклонным отрезком 3–1, продолжение которого проходит через начало координат.

Ответ

\(\Delta T = \dfrac{\rho LtI_0^2}{2bhC} = \dfrac{2m^2Z^2F^2\rho L}{A^2bhCt}\), где \(Z = 2\) — валентность меди, \(F\) — постоянная Фарадея.

Решение

Из приведённой в условии задачи зависимости \(I(t)\) следует, что при \(t \gg 1/f\) в течение времени \(t/2\) через кювету течёт некоторый постоянный ток \(I_0\), а в течение остального времени ток в цепи отсутствует. В соответствии с законом электролиза Фарадея, за время \(t/2\) на электродах выделяется масса меди \[m = \dfrac{A}{ZF}\cdot\dfrac{I_0t}{2},\] где \(F\) — постоянная Фарадея, \(Z = 2\) — валентность меди. В соответствии с законом Джоуля — Ленца, за это же время в электролите выделяется количество теплоты \[\Delta Q = I_0^2\cdot\rho\dfrac{L}{bh}\cdot\dfrac{t}{2}.\] Так как это тепло полностью идёт на нагревание электролита, то, на основании уравнения теплового баланса, можно записать: \(\Delta Q = C\Delta T\), где \(\Delta T\) — искомое изменение температуры электролита. Решая полученные уравнения, найдём, что температура электролита за время \(t \gg 1/f\) возрастёт на величину \[\Delta T = \dfrac{\Delta Q}{C} = \dfrac{\rho LtI_0^2}{2bhC} = \dfrac{2m^2Z^2F^2\rho L}{A^2bhCt}.\]