МОШ, 1996/97, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(\dfrac{m}{M} = \dfrac{8\pi A}{gT^2(2N + 1)}\), \(N = 0, 1, 2, \ldots\)

Решение

Пусть шарик перед ударом о платформу имеет скорость \(v\), а платформа в этот же момент имеет скорость \(V\). Направим координатную ось \(X\) вниз и применим для процесса столкновения шарика массой \(m\) и платформы массой \(M\) закон сохранения импульса: \(mv - MV = -mv + MV\). Отсюда \(\dfrac{m}{M} = \dfrac{V}{v}\).

Время между столкновениями шарика и платформы, с одной стороны, равно времени полёта шарика \(t = 2v/g\), а с другой стороны, \(t = \dfrac{T}{2} + NT\), где \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{M}{k}}\) — период свободных колебаний платформы, \(N = 0, 1, 2, \ldots\) — число полных периодов колебаний платформы, прошедших между соударениями. Отсюда находим скорость шарика перед ударом: \(v = \dfrac{gT}{4}(2N + 1)\). Из закона сохранения механической энергии для свободных колебаний платформы получаем: \(\dfrac{kA^2}{2} = \dfrac{MV^2}{2}\), откуда \(V = A\sqrt{\dfrac{k}{M}} = 2\pi\dfrac{A}{T}\). Значит, \[\dfrac{m}{M} = \dfrac{V}{v} = \dfrac{2\pi A}{vT} = \dfrac{8\pi A}{gT^2(2N + 1)},\quad N = 0, 1, 2, \ldots\]

Ответ

\(\dfrac{F_{\text{с}}}{mg} = \dfrac{\rho u^2\pi d^2}{8mg} \approx 70\).

Решение

Пуля, двигаясь в воздухе, приводит в движение со скоростью, примерно равной её собственной, воздух в объёме, через который она только что пролетела. За малый промежуток времени пуля проходит некоторый путь \(L\). Объём воздуха, «заметённого» пулей, примерно равен произведению сечения пули на пройденный ею путь, а масса равна произведению этого объёма на плотность воздуха: \(M = \rho L\pi d^2/4\).

Движущийся со скоростью \(u\) воздух приобретает кинетическую энергию \(W = Mu^2/2\). Эта энергия равна работе, которую совершает пуля, преодолевая сопротивление воздуха: \(A = F_{\text{с}}L\), где \(F_{\text{с}}\) — сила сопротивления. Отсюда можно легко получить оценку отношения силы сопротивления воздуха к силе тяжести для пули: \[\dfrac{F_{\text{с}}}{mg} = \dfrac{A}{mgL} = \dfrac{W}{mgL} = \dfrac{\rho u^2\pi d^2}{8mg} \approx 70.\] Отметим, что сила сопротивления воздуха превышает вес пули почти в 100 раз!

Ответ

\(Q_1 = \dfrac{24}{23}Q\).

Решение

Рассмотрим сначала исходный цикл и выразим сообщаемое газу количество теплоты через другие параметры системы. Из первого начала термодинамики (\(\Delta Q = \Delta U + \Delta A\)) следует, что теплота сообщается газу на участках 1–2 и 2–3. Значит, количество теплоты, сообщённое газу за один цикл: \[Q = Q_{12} + Q_{23} = \dfrac{3}{2}\nu R(T_2 - T_1) + \dfrac{5}{2}\nu R(T_3 - T_2).\] Выразим температуру \(T_2\) через \(T_1\). Для этого рассмотрим участки 1–2 и 3–4 и запишем для них закон Шарля: \[\dfrac{p_1}{T_1} = \dfrac{p_2}{T_2},\qquad \dfrac{p_3}{T_3} = \dfrac{p_4}{T_4},\] причём \(p_2 = p_3\), \(p_1 = p_4\), \(T_2 = T_4\). Отсюда последовательно получаем: \[\dfrac{p_1}{T_1} = \dfrac{p_2}{T_2},\qquad \dfrac{p_1}{T_2} = \dfrac{p_2}{T_3},\qquad \dfrac{p_1}{p_2} = \dfrac{T_1}{T_2} = \dfrac{T_2}{T_3},\qquad T_2 = \sqrt{T_1T_3},\] откуда с учётом того, что \(T_3 = 16T_1\), находим, что \(T_2 = 4T_1\). Теперь количество теплоты \(Q\) также можно выразить через \(T_1\): \[Q = \dfrac{3}{2}\nu R(4T_1 - T_1) + \dfrac{5}{2}\nu R(16T_1 - 4T_1) = \dfrac{69}{2}\nu RT_1.\] Рассмотрим далее цикл 2–3–4–\(A\)–\(B\)–\(C\)–2. Теплота \(Q_1\) сообщается газу на участках \(C\)–2, 2–3 и \(A\)–\(B\). Очевидно, что \(Q_1 = Q - Q_{1C} + Q_{AB}\), где \(Q_{1C} = \dfrac{3}{2}\nu R(T_C - T_1)\), а \(Q_{AB} = \dfrac{3}{2}\nu R(T_B - T_A)\). Для того, чтобы сравнить \(Q_1\) и \(Q\), выразим \(T_A\), \(T_B\) и \(T_C\) через \(T_1\). По аналогии с циклом 1–2–3–4 и с учётом того, что \(T_B = T_2 = 4T_1\), можно утверждать, что в цикле 1–\(C\)–\(B\)–\(A\)–1 \[T_A = \sqrt{T_1T_B} = \sqrt{T_1T_2} = 2T_1 = T_C.\] Подставив найденные значения температур в выражение для \(Q_1\), получим: \[Q_1 = \dfrac{69}{2}\nu RT_1 - \dfrac{3}{2}\nu R(2T_1 - T_1) + \dfrac{3}{2}\nu R(4T_1 - 2T_1) = \dfrac{72}{2}\nu RT_1.\] Учитывая, что \(\nu RT_1 = \dfrac{2}{69}Q\), приходим к окончательному ответу: \(Q_1 = \dfrac{24}{23}Q\).

Ответ

\(a = \dfrac{q\mathcal{E}}{mRCd}\,t\), то есть ускорение зависит от времени линейно.

Решение

Так как текущий через сопротивление \(R\) ток не превосходит максимального значения \(\mathcal{E}/R\), то конденсатор за время пролёта частицы \(t\) получает заряд не больший, чем \(\mathcal{E}t/R\), то есть падение напряжения на нём не превосходит \(U = \dfrac{\mathcal{E}t}{RC}\). Поскольку \(t \ll RC\), то \(U \ll \mathcal{E}\). Поэтому можно считать, что во время пролёта частицы текущий через сопротивление ток равен \(\mathcal{E}/R\). Действительно, пока падение напряжения на конденсаторе намного меньше ЭДС источника, конденсатор слабо влияет на протекание тока, и сила тока может быть приближённо определена из закона Ома для цепи постоянного тока. При этом заряд конденсатора зависит от времени по закону \(Q(t) = \dfrac{\mathcal{E}t}{R}\), падение напряжения на конденсаторе равно \(U(t) = \dfrac{\mathcal{E}t}{RC}\), а напряжённость поля внутри конденсатора \(E(t) = \dfrac{\mathcal{E}t}{RCd}\).

Ускорение частицы направлено перпендикулярно плоскости пластин и по величине равно \[a = \dfrac{qE}{m} = \dfrac{q\mathcal{E}}{mRCd}t,\] то есть зависит от времени линейно.

Ответ

Да, в баллоне есть содержимое, поглощающее рентгеновские лучи.

Решение

Из приведённого в условии графика ясно, что стенки баллона имеют толщину 1 см, а внешний диаметр баллона \(d = 4\) см. Для того, чтобы получить ответ, достаточно сравнить интенсивность излучения на середине баллона при \(x = 2\) см (в этом месте луч проходит через содержимое баллона и через две его стенки, суммарная толщина которых 2 см) и там, где при проходе сквозь стенку толщина металла на пути луча также равна 2 см. Если они одинаковы, то баллон пуст.

Из геометрических соображений (см. рис. 4.30) следует: \[r^2 = h^2 + (r - x)^2,\] где \(r = d/2 = 2\) см, \(h = 1\) см. Отсюда \[x_1 = 2 - \sqrt3 \approx 0{,}28\text{ см},\qquad x_2 = 2 + \sqrt3 \approx 3{,}72\text{ см}.\] Из графика видно, что при \(x = 2\) см интенсивность излучения составляет около 0,4 ед., а при \(x = x_1\) и при \(x = x_2\) интенсивность равна приблизительно 0,5 ед., то есть несколько больше. Значит, в баллоне есть содержимое, поглощающее рентгеновские лучи.

Ответ

\(V'_{\text{ср}} = \dfrac{4}{3}V_{\text{ср}} = 2\) м/с.

Решение

После включения светофора машины начинают двигаться не одновременно: сначала начинают двигаться машины, стоявшие непосредственно рядом со светофором, затем следующие за ними, и так далее. Таким образом, после включения зелёного света вдоль пробки начинает распространяться «волна», причём реально скорость её распространения сравнима со скоростью движения машин.

Пусть за время \(T_{\text{з}}\), пока горит зелёный свет, мимо светофора проезжает часть пробки длиной \(L\). Величина \(T_{\text{з}}\) складывается из двух промежутков времени: времени, необходимого для того, чтобы волна прошла расстояние \(L\), и времени, необходимого для того, чтобы машина успела это расстояние проехать. Если \(v\) — скорость машины, \(u\) — скорость распространения волны, то \(T_{\text{з}} = \dfrac{L}{v} + \dfrac{L}{u}\). Если за \(T_{\text{к}}\) обозначить время свечения светофора красным светом, то среднюю скорость продвижения по пробке можно вычислить по формуле \(V_{\text{ср}} = \dfrac{L}{T_{\text{к}} + T_{\text{з}}}\).

Из написанных формул получаем: \[V_{\text{ср}} = \dfrac{T_{\text{з}}}{T_{\text{к}} + T_{\text{з}}}\cdot\dfrac{1}{(1/v) + (1/u)}.\] Отсюда при \(T_{\text{з}} = T_{\text{к}}\) находим \(u = \dfrac{2vV_{\text{ср}}}{v - 2V_{\text{ср}}} = 6\) м/с. При увеличении времени \(T_{\text{з}}\) в два раза средняя скорость продвижения машин по пробке будет равна: \[V'_{\text{ср}} = \dfrac{2T_{\text{з}}}{T_{\text{к}} + 2T_{\text{з}}}\cdot\dfrac{1}{(1/v) + (1/u)} = \dfrac{2(T_{\text{к}} + T_{\text{з}})}{T_{\text{к}} + 2T_{\text{з}}}V_{\text{ср}} = \dfrac{4}{3}V_{\text{ср}} = 2\text{ м/с}.\]

Ответ

Возможны три вида траекторий: с возвратом в начальную точку удара о первый клин после отражения от второго клина, и два вида с подъёмом на ту же высоту над другим клином. В наиболее простом (первом) случае \(H = \dfrac{2\operatorname{tg}\alpha(1 + \operatorname{tg}^2\alpha)^2}{(3 - \operatorname{tg}^2\alpha)(1 + 5\operatorname{tg}^2\alpha)}\,l\), при \(\operatorname{tg}\alpha < \sqrt3\), то есть при \(\alpha < \pi/3\).

Решение

Возможны три вида траекторий:

1) с возвратом в начальную точку удара о первый клин после отражения от второго клина (см. рис. 1.104.1);

2–3) с подъёмом на ту же высоту, но над другим клином (см. рис. 1.104.2).

В первом случае расчёт проще, чем во втором или третьем. Проведём его.

Расположим оси координат так, как показано на рисунке 1.104.1. Скорость шарика сразу после первого удара равна по модулю \(v_0 = \sqrt{2gH}\). Законы движения шарика вдоль осей координат между первым и вторым ударами имеют вид: \[x = v_0\cos\left(\dfrac{\pi}{2} - 2\alpha\right)\cdot t,\qquad(1)\] \[y = l\operatorname{tg}\alpha + v_0\sin\left(\dfrac{\pi}{2} - 2\alpha\right)\cdot t - \dfrac{gt^2}{2},\qquad(2)\] где время \(t\) отсчитывается от момента первого удара. Пусть шарик ударился о вторую плоскость в точке с координатами \((x_0, y_0)\). Они связаны между собой соотношением \[y_0 = (x_0 - l)\operatorname{tg}\alpha.\qquad(3)\] Так как после второго удара шарик возвращается к первому клину по участку своей прежней траектории, то перед ударом вектор скорости направлен по нормали к плоскости второго клина. Значит, для составляющих скорости шарика в этот момент справедливо соотношение: \[\dfrac{v_y}{v_x} = -\operatorname{ctg}\alpha.\qquad(4)\] Знак «минус» в (4) появляется из-за того, что при выбранных направлениях осей координат составляющая скорости \(v_y\) перед ударом отрицательна. Составляющие \(v_x\) и \(v_y\) между первым и вторым ударами выражаются формулами: \[v_x = v_0\sin2\alpha,\quad v_y = v_0\cos2\alpha - gt.\qquad(5)\] Время \(t_0\), через которое шарик ударится о второй клин, находим из (1): \(t_0 = \dfrac{x_0}{v_0\sin2\alpha}\). Подставляя (5) в (4), с учётом выражения для \(t_0\), находим \(x_0\): \[x_0 = \dfrac{v_0^2}{g}\sin^22\alpha(\operatorname{ctg}2\alpha + \operatorname{ctg}\alpha).\] Далее, из (2) и (3), с учётом выражения для \(t_0\), получаем: \[y_0 = (x_0 - l)\operatorname{tg}\alpha = l\operatorname{tg}\alpha + x_0\operatorname{ctg}2\alpha - \dfrac{gx_0^2}{2v_0^2\sin^22\alpha}.\] Подставляя в последнее соотношение найденное \(x_0\) и учитывая, что \(v_0^2/g = 2H\), имеем: \[H = \dfrac{2l\operatorname{tg}\alpha}{\sin^22\alpha(\operatorname{ctg}2\alpha + \operatorname{ctg}\alpha)(\operatorname{ctg}\alpha + 2\operatorname{tg}\alpha - \operatorname{ctg}2\alpha)} = \dfrac{2\operatorname{tg}\alpha(1 + \operatorname{tg}^2\alpha)^2}{(3 - \operatorname{tg}^2\alpha)(1 + 5\operatorname{tg}^2\alpha)}\,l.\] Из полученной формулы следует, что данное решение задачи существует при \(\operatorname{tg}\alpha < \sqrt3\), то есть при \(\alpha < \pi/3\).

Ответ

\(p \leqslant \dfrac{2F}{\pi d^2} \approx 1{,}273\cdot10^8\) Па \(\approx 1273\) атм.

Решение

Напряжение при разрыве трубки продольной силой \(F\) составляет, очевидно, \(\sigma_{\text{р}} = \dfrac{F}{h\pi d}\), где \(h\) — толщина ленты.

Рассмотрим условия равновесия выделенного участка поверхности трубки площадью \(\Delta S\) при приложении внутреннего давления \(p\) (см. рис. 1.199).

Если рассматриваемый участок виден с оси трубки под малым углом \(\Delta\alpha\), то, как было показано в решении предыдущей задачи, \(F_1\Delta\alpha = p\Delta S\), причём \(F_1 = \sigma lh\) и \(\Delta S = l\Delta\alpha\cdot d/2\). Отсюда \[p = \dfrac{2\sigma h}{d} \leqslant \dfrac{2\sigma_{\text{р}}h}{d} = \dfrac{2h}{d}\cdot\dfrac{F}{h\pi d} = \dfrac{2F}{\pi d^2} \approx 1{,}273\cdot10^8\text{ Па} \approx 1273\text{ атм}.\] Заметим, что продольное напряжение при приложении внутреннего давления вдвое меньше поперечного: \(\sigma_{\text{пр}} = \dfrac{p\cdot(\pi d^2/4)}{h\pi d} = \dfrac{pd}{4h} = \dfrac{1}{2}\sigma\), так что при превышении предельного давления трубка будет разрываться вдоль оси.

Ответ

\(x = \dfrac{n_{\min}}{n_{\max}} = \operatorname{tg}^2\beta = \dfrac{1 - (1 - \tau_{\min})\sqrt{1 + 2\tau_{\min} - \tau_{\min}^2}}{1 + (1 - \tau_{\min})\sqrt{1 + 2\tau_{\min} - \tau_{\min}^2}}\).

Решение

Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона, концентрация \(n\) атомов гелия определяется его температурой \(T\) и давлением \(p\): \(n = \dfrac{p}{kT}\), где \(k\) — постоянная Больцмана. Отсюда следует, что на \(Tp\)-диаграмме из двух прямых, проходящих через начало координат, большей концентрации атомов соответствует прямая, идущая под меньшим углом к оси \(p\). Поэтому в показанной на рисунке 2.49 диаграмме данного процесса, построенной в приведённых координатах \(\tau = T/T_0\) и \(\pi = p/p_0\), концентрация атомов максимальна в точке \(B\) и минимальна в точке \(A\).

Из чертежа следует, что \(n_{\max} = \dfrac{p_B}{kT_B} = \dfrac{p_0\operatorname{ctg}\beta}{kT_0}\), где \(\beta\) — угол наклона касательной \(BO\) к оси \(\pi\) на приведённой диаграмме. Так как \(\triangle ACO = \triangle BCO\), то угол между касательной \(AO\) и осью \(\tau\) на приведённой диаграмме также равен \(\beta\), и \(n_{\min} = \dfrac{p_A}{kT_A} = \dfrac{p_0\operatorname{tg}\beta}{kT_0}\). Поэтому искомое отношение: \(x = \dfrac{n_{\min}}{n_{\max}} = \operatorname{tg}^2\beta\).

Минимальная приведённая температура \(\tau_{\min} = T_m/T_0\) гелия и радиус \(r\) окружности, соответствующей на диаграмме данному процессу, связаны соотношением \(r = 1 - \tau_{\min}\). Так как \(\triangle CBO\) прямоугольный и его гипотенуза \(OC = \sqrt2\), то \(\sin\alpha = \dfrac{r}{\sqrt2}\). Кроме того, из диаграммы видно, что \(\alpha + \beta = \dfrac{\pi}{4}\). Учитывая всё это, получаем: \[x = \operatorname{tg}^2\beta = \operatorname{tg}^2\left(\dfrac{\pi}{4} - \alpha\right) = \left(\dfrac{1 - \operatorname{tg}\alpha}{1 + \operatorname{tg}\alpha}\right)^2 = \dfrac{1 - \sin2\alpha}{1 + \sin2\alpha} =\] \[= \dfrac{1 - r\sqrt{2 - r^2}}{1 + r\sqrt{2 - r^2}} = \dfrac{1 - (1 - \tau_{\min})\sqrt{2 - (1 - \tau_{\min})^2}}{1 + (1 - \tau_{\min})\sqrt{2 - (1 - \tau_{\min})^2}} =\] \[= \dfrac{1 - (1 - \tau_{\min})\sqrt{1 + 2\tau_{\min} - \tau_{\min}^2}}{1 + (1 - \tau_{\min})\sqrt{1 + 2\tau_{\min} - \tau_{\min}^2}}.\]

Ответ

\(Q_2 = 0\); \(Q_1 = -Q_3 = 2\pi\varepsilon_0r\mathcal{E}\).

Решение

Пусть \(Q_1\), \(Q_2\), \(Q_3\) — заряды шаров после их подсоединения к цепи. Поскольку шары были изначально не заряжены и заряд на электрической цепи и соединительных проводниках мал, то \(Q_1 + Q_2 + Q_3 = 0\). Найдём разность потенциалов между точками 1 и 2, а также между точками 2 и 3 цепи: \[\varphi_1 - \varphi_2 = \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0r} - \dfrac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0\rho} = \dfrac{\mathcal{E}}{2},\qquad \varphi_2 - \varphi_3 = \dfrac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0\rho} - \dfrac{Q_3}{4\pi\varepsilon_0r} = \dfrac{\mathcal{E}}{2}.\] Решая полученную систему уравнений, находим: \[Q_2 = 0;\qquad Q_1 = -Q_3 = 2\pi\varepsilon_0r\mathcal{E}.\]