МОШ, 1997/98, заключительный этап, 11 класс

Ответ

Кабриолет поворачивал по окружности радиусом \(r \approx 20\) футов; из \(g > \mu g = v^2/r\) получаем \(v < \sqrt{gr} \approx 8\) м/с \(= 18\) миль/час.

Решение

Поскольку в начале поворота автомобиля в течение некоторого времени солнечный «зайчик» от его бокового стекла попадал в одну точку, то боковое стекло двигалось по некоторой поверхности, фокусирующей лучи Солнца в этой точке. Считая Солнце точечным бесконечно удалённым источником, расположенным на линии горизонта, можно утверждать, что это — поверхность цилиндрического зеркала с фокусным расстоянием 10 футов (\(\sim 3\) метра).

Рассмотрим участок цилиндрического зеркала \(OA\) (см. рис. 1.77). Пусть один луч падает в точку \(O\), проходя через ось цилиндра — точку \(R\), и при отражении меняет своё направление на противоположное. Другой луч, параллельный первому, падает в точку \(A\) и после отражения проходит через точку \(F\). На рисунке обозначены три равных угла: угол падения, угол отражения и угол между первым лучом и нормалью к цилиндрической поверхности, проведённой из точки падения второго луча. Треугольник \(AFR\) равнобедренный. Отсюда следует, что расстояние от точки \(O\) до точки \(F\) при малых углах равно половине радиуса цилиндрического зеркала.

Следовательно, радиус окружности, по которой двигался кабриолет, примерно в два раза больше расстояния от него до столба, на который попадал «зайчик»: у цилиндрического зеркала фокусное расстояние в два раза меньше радиуса его кривизны.

Максимальное центростремительное ускорение, сообщаемое силой трения, не может превосходить \(\mu g\), то есть заведомо меньше ускорения свободного падения. Обозначив скорость кабриолета через \(v\) и предполагая, что кабриолет двигался по окружности радиусом \(r = 20\) футов, получим: \(g > \mu g = v^2/r\), откуда \(v < \sqrt{gr} \approx 8\) м/с \(= 18\) миль/час.

Холмс, как всегда, оказался прав!

Ответ

\(l = L\dfrac{2\operatorname{tg}\alpha}{\mu + \operatorname{tg}\alpha} - \dfrac{v^2}{2\mu g}\cdot\dfrac{\operatorname{tg}\alpha - \mu}{\operatorname{tg}\alpha + \mu}\).

Решение

Понятно, что начальная кинетическая энергия шайбы равна по величине работе, которую совершает сила трения от начала движения шайбы до её полной остановки: \(W = |A_{\text{тр}}|\). Так как по условию \(v > \sqrt{2\mu gL}\), то шайба в момент достижения наклонной плоскости будет иметь некоторую скорость и поэтому не остановится, а начнёт подниматься по плоскости вверх. С другой стороны, так как \(\operatorname{tg}\alpha > \mu\), то шайба, остановившись на наклонной плоскости, начнёт соскальзывать по ней обратно. Таким образом, шайба до полной остановки пройдёт расстояние \(L\), двигаясь от своего начального положения до наклонной плоскости, затем поднимется по наклонной плоскости на некоторую высоту \(h\), спустится с наклонной плоскости и, наконец, пройдёт расстояние \((L - l)\) от наклонной плоскости до своего конечного положения (см. рис. 1.164).

Поэтому \[W = \dfrac{mv^2}{2} = |A_{\text{тр}}| = \mu mgL + 2\mu mg\cos\alpha\cdot\dfrac{h}{\sin\alpha} + \mu mg(L - l).\] Высота \(h\) определяется из условия остановки шайбы: \[\dfrac{mv^2}{2} = \mu mgL + \mu mg\cos\alpha\cdot\dfrac{h}{\sin\alpha} + mgh,\] откуда \(h = \dfrac{(v^2/(2g)) - \mu L}{1 + \mu\operatorname{ctg}\alpha}\). Заметим, что так как \(v > \sqrt{2\mu gL}\), то \(h > 0\).

Подставляя выражение для \(h\) в предыдущее уравнение, сокращая на \(m\) и деля обе части на \(\mu g\), получаем: \[\dfrac{v^2}{2\mu g} = 2L - l + 2\operatorname{ctg}\alpha\cdot\dfrac{\dfrac{v^2}{2g} - \mu L}{1 + \mu\operatorname{ctg}\alpha}.\] Отсюда окончательно имеем: \[l = L\dfrac{2\operatorname{tg}\alpha}{\mu + \operatorname{tg}\alpha} - \dfrac{v^2}{2\mu g}\cdot\dfrac{\operatorname{tg}\alpha - \mu}{\operatorname{tg}\alpha + \mu}.\]

Ответ

\(q = Q\left(1 - e^{-1}\right) \approx 0{,}63Q\): маленькие конденсаторы по очереди подсоединяют к большому, а затем соединяют параллельно в батарею.

Решение

Прежде всего, понятно, что максимально возможная ёмкость будет у батареи тогда, когда все маленькие конденсаторы будут соединены параллельно. Вопрос состоит только в том, как проводить процедуру зарядки и соединения маленьких конденсаторов.

Можно, например, сначала соединить все маленькие конденсаторы параллельно, а затем присоединить получившуюся батарею параллельно к большому конденсатору. В этом случае разность потенциалов между обкладками конденсаторов после соединения будет равна: \[\Delta\varphi = \dfrac{Q}{C + N\cdot(C/N)} = \dfrac{Q}{2C},\] а заряд, который приобретёт батарея, будет равен \(q' = Q/2\). Здесь учтено, что ёмкость маленького конденсатора в \(N = 1000\) раз меньше ёмкости большого конденсатора: \(C_1 = C/N\). Таким образом, при этом способе зарядки заряд большого конденсатора просто делится пополам.

Однако, можно сначала заряжать маленькие конденсаторы, а потом собирать из них батарею. Ясно, что заряжать конденсаторы нужно так, чтобы заряд каждого был по возможности максимальным. Поэтому бессмысленно подсоединять к большому конденсатору несколько параллельно соединённых маленьких конденсаторов — выгоднее сначала подсоединить их по отдельности, а потом уже соединить их параллельно. Также очевидно, что невыгодно подсоединять к большому конденсатору несколько последовательно соединённых маленьких конденсаторов — ведь снимаемый с большого конденсатора заряд пропорционален ёмкости, а при последовательном соединении конденсаторов ёмкость батареи получается меньше, чем исходная ёмкость любого из составляющих её элементов. Значит, самый выгодный способ создания батареи — по очереди подсоединять к большому конденсатору все маленькие конденсаторы, а уже затем собрать из них батарею.

Найдём разность потенциалов \(\Delta\varphi^{(1)}\) между обкладками большого конденсатора и его заряд \(Q^{(1)}\) после того, как к нему будет подсоединён первый маленький незаряженный конденсатор: \[\Delta\varphi^{(1)} = \dfrac{Q}{C + (C/N)},\qquad Q^{(1)} = C\Delta\varphi^{(1)} = \dfrac{Q}{1 + (1/N)}.\] Аналогично, заряд большого конденсатора после подключения к нему второго маленького незаряженного конденсатора: \[Q^{(2)} = C\Delta\varphi^{(2)} = \dfrac{Q^{(1)}}{1 + (1/N)} = \dfrac{Q}{(1 + (1/N))^2}.\] Продолжая эту процедуру далее, получим, что после подключения \(N\)-го маленького незаряженного конденсатора большой конденсатор будет иметь заряд: \[Q^{(N)} = \dfrac{Q}{(1 + (1/N))^N}.\] Заметим, что поскольку \(N\) достаточно велико, то справедливо следующее приближённое равенство: \(\left(1 + \dfrac{1}{1000}\right)^{1000} \approx e \approx 2{,}72\), где число \(e\) — основание натуральных логарифмов. Итак, после всех манипуляций на большом конденсаторе окажется заряд \(Q/e\), а на маленьких конденсаторах — суммарный заряд \[q = Q\left(1 - e^{-1}\right) \approx 0{,}63Q.\] Заметим, что заряд получившейся батареи больше, чем заряд, оставшийся на большом конденсаторе.

Ответ

\(U_{\text{эфф}} = \sqrt{U_1^2 + U_2^2} \approx 242\) В.

Решение

Описанный в условии задачи вольтметр, очевидно, показывает эффективное значение напряжения, то есть корень квадратный из среднего значения квадрата напряжения: \[U_{\text{эфф}} = \sqrt{\langle U^2(t)\rangle}.\] Здесь угловые скобки \(\langle\ \rangle\) обозначают усреднение по времени. В нашем случае напряжение, подаваемое на вольтметр, определяется как \[U(t) = U_{10}\cos\omega t + U_2,\] где \(U_{10} = \sqrt2U_1\) — амплитудное напряжение переменной составляющей \(U(t)\). Поэтому: \[U_{\text{эфф}}^2 = 2U_1^2\langle\cos^2\omega t\rangle + U_2^2 + 2\sqrt2U_1U_2\langle\cos\omega t\rangle.\] Понятно, что \(\langle\cos\omega t\rangle = 0\) — в силу симметричности функции относительно оси абсцисс. В свою очередь, \[\langle\cos^2\omega t\rangle = \left\langle\dfrac{1 + \cos2\omega t}{2}\right\rangle = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\langle\cos2\omega t\rangle = \dfrac{1}{2},\] поскольку \(\langle\cos2\omega t\rangle = 0\). Учитывая это, для напряжения \(U_{\text{эфф}}\), которое будет показывать вольтметр, окончательно получаем: \[U_{\text{эфф}} = \sqrt{U_1^2 + U_2^2} \approx 242\text{ В}.\]

Ответ

\(F = \dfrac{mv_0}{t_0}\).

Решение

Пусть \(\mu\) — масса угля, которая грузится на поезд за единицу времени. Тогда масса поезда со временем возрастает по закону \(M = m + \mu t\). Из закона изменения импульса, записанного для поезда, имеем: \(\Delta\left((m + \mu t)v\right) = F\Delta t\), где \(F\) — искомая сила тяги локомотива. Отсюда получаем: \((m + \mu t)\Delta v + \mu v\Delta t = F\Delta t\), и \[(m + \mu t)\dfrac{\Delta v}{\Delta t} + \mu v = F.\qquad(1)\] Так как \(v = \dfrac{v_0t}{t + t_0}\), то, дифференцируя, получаем: \(\dfrac{\Delta v}{\Delta t} = \dfrac{v_0t_0}{(t + t_0)^2}\). Подставляя в (1) выражения для \(v\) и \(\dfrac{\Delta v}{\Delta t}\), находим: \[F = (m + \mu t)\dfrac{v_0t_0}{(t + t_0)^2} + \dfrac{\mu v_0t}{t + t_0}.\] Так как в условии сказано, что сила тяги локомотива постоянна, то последнее выражение должно быть справедливо для любого момента времени \(t\), в том числе и для \(t = 0\). Поэтому, полагая \(t = 0\), получаем: \[F = \dfrac{mv_0}{t_0}.\] Существует и другой путь решения. Из (1) следует: \((m + \mu t)\dfrac{\Delta v}{\Delta t} = F - \mu v\). Ясно, что установившаяся скорость поезда (при \(t \to \infty\)) соответствует \(\dfrac{\Delta v}{\Delta t} = 0\). С учётом этого получаем, что \[v_{t\to\infty} = \left(\dfrac{v_0t}{t_0 + t}\right)_{t\to\infty} = v_0 = \dfrac{F}{\mu},\qquad(2)\] и, следовательно, \(F = \mu v_0\). С другой стороны, с учётом (2) ускорение поезда в начальный момент времени равно: \[\left(\dfrac{\Delta v}{\Delta t}\right)_{t=0} = \dfrac{F}{m} = \left(\dfrac{\Delta}{\Delta t}\left(\dfrac{v_0t}{t_0 + t}\right)\right)_{t=0} = \dfrac{v_0}{t_0} = \dfrac{F}{\mu t_0},\] откуда \(\mu = m/t_0\). Подставляя это выражение для \(\mu\) в (2), получаем прежний ответ.

Ответ

\(m_{\text{р}} : m_{\text{в}} : m_{\text{с}} = T_1^2 : (T_2^2 - T_1^2) : (T_3^2 - T_2^2)\).

Решение

Обозначим массы ртути, воды и спирта через \(m_{\text{р}}\), \(m_{\text{в}}\) и \(m_{\text{с}}\) соответственно. Пусть \(S\) — площадь U-образной трубки, а \(x\) — смещение ртути от положения равновесия. Тогда уравнение колебаний ртути в трубке будет иметь вид: \(m_{\text{р}}a = -2\rho_1gSx\), откуда для периода колебаний ртути получаем: \[T_1 = 2\pi\sqrt{\dfrac{m_{\text{р}}}{2\rho_1gS}}.\] Если теперь записать уравнения колебаний для ртути и воды, а затем для ртути, воды и спирта, то получатся аналогичные выражения для периодов колебаний \(T_2\) и \(T_3\), в которых под корнем в числителе будет стоять суммарная масса жидкостей, а знаменатель не изменится. Неизменность знаменателя связана с тем, что вода и спирт не смешиваются со ртутью и не перетекают в другое колено, а значит, возвращающая сила, возникающая при смещении жидкостей из положения равновесия, обусловлена только перетеканием ртути из одного колена в другое. В итоге: \[T_2 = 2\pi\sqrt{\dfrac{m_{\text{р}} + m_{\text{в}}}{2\rho_1gS}},\qquad T_3 = 2\pi\sqrt{\dfrac{m_{\text{р}} + m_{\text{в}} + m_{\text{с}}}{2\rho_1gS}}.\] Из написанных выражений для периодов находим: \[\dfrac{T_2^2}{T_1^2} = \dfrac{m_{\text{р}} + m_{\text{в}}}{m_{\text{р}}},\qquad \dfrac{T_3^2}{T_2^2} = \dfrac{m_{\text{р}} + m_{\text{в}} + m_{\text{с}}}{m_{\text{р}} + m_{\text{в}}}.\] Вычитая из правой и левой частей последних уравнений единицу, получим: \[\dfrac{T_2^2 - T_1^2}{T_1^2} = \dfrac{m_{\text{в}}}{m_{\text{р}}},\qquad \dfrac{T_3^2 - T_2^2}{T_2^2} = \dfrac{m_{\text{с}}}{m_{\text{р}} + m_{\text{в}}}.\] Далее, комбинируя последние четыре уравнения, найдём: \[\dfrac{m_{\text{р}} + m_{\text{в}}}{T_2^2} = \dfrac{m_{\text{с}}}{T_3^2 - T_2^2} = \dfrac{m_{\text{р}}}{T_1^2} = \dfrac{m_{\text{в}}}{T_2^2 - T_1^2}.\] Отсюда \[m_{\text{р}}/m_{\text{в}}/m_{\text{с}} = T_1^2/(T_2^2 - T_1^2)/(T_3^2 - T_2^2).\]

Ответ

\(\eta_{\max} = \dfrac{2}{5} = 40\%\).

Решение

В данном процессе газ получает тепло на участках \(AB\) и \(BC\), а отдаёт тепло на участках \(CD\) и \(DA\) (см. рис. 2.63).

Используя первое начало термодинамики и уравнение Менделеева — Клапейрона, найдём количество теплоты, полученное газом на участках \(AB\) и \(BC\): \[Q_{AB} = \dfrac{3}{2}\nu R(T_B - T_A) = \dfrac{3}{2}(p_2 - p_1)V_1,\] \[Q_{BC} = \dfrac{3}{2}\nu R(T_C - T_B) + p_2(V_2 - V_1) = \dfrac{5}{2}p_2(V_2 - V_1).\] Работа, совершаемая газом за цикл, равна: \[A = (p_2 - p_1)(V_2 - V_1).\] Отсюда для величины \(1/\eta\), где \(\eta\) — КПД, имеем: \[\dfrac{1}{\eta} = \dfrac{Q_{AB} + Q_{BC}}{A} = \dfrac{\dfrac{3}{2}(p_2 - p_1)V_1 + \dfrac{5}{2}p_2(V_2 - V_1)}{(p_2 - p_1)(V_2 - V_1)} =\] \[= \dfrac{\dfrac{3}{2}\Delta pV_1 + \dfrac{5}{2}\Delta Vp_1 + \dfrac{5}{2}\Delta p\Delta V}{\Delta p\Delta V} = \dfrac{5}{2} + \dfrac{3}{2}\dfrac{V_1}{\Delta V} + \dfrac{5}{2}\dfrac{p_1}{\Delta p}.\] Здесь \(\Delta p = p_2 - p_1\), \(\Delta V = V_2 - V_1\). Видно, что максимальное значение КПД (минимальное значение \(1/\eta\)) достигается при \(V_1 \ll \Delta V\), \(p_1 \ll \Delta p\). Графически это означает, что точка \(A\) цикла прижимается к началу координат \(pV\)-диаграммы. В пределе получаем: \[\dfrac{1}{\eta} \to \dfrac{5}{2},\quad\text{и}\quad\eta_{\max} = \dfrac{2}{5} = 40\%.\]

Ответ

\(\dfrac{I_0}{I} = R + \dfrac{T^2}{1 - R}\).

Решение

Обозначим интенсивность света, падающего на систему, через \(I\). При падении на пластину часть света будет отражаться, причём интенсивность отражённого света будет равна \(RI\). Интенсивность света, прошедшего через пластину и отразившегося от зеркала, будет равна \(TI\) (здесь используется то обстоятельство, что зеркало отражает весь падающий на него свет). Этот отражённый поток падает на пластину с другой стороны. При этом часть излучения проходит через пластину (интенсивность прошедшего излучения равна \(T^2I\)), а часть отражается от пластины и возвращается к зеркалу (интенсивность этой части излучения равна \(RTI\)). После второго отражения от зеркала интенсивность излучения, прошедшего через пластину, составит \(RT^2I\). Продолжая рассуждения, аналогично найдём, что после \(k\) отражений от зеркала интенсивность выходящего из системы света равна \(R^{k-1}T^2I\). Таким образом, полная интенсивность света, отразившегося от зеркала и пластины, равна сумме бесконечной геометрической прогрессии: \[I_0 = RI + T^2I + RT^2I + R^2T^2I + \ldots + R^{k-1}T^2I + \ldots = I\left(R + \dfrac{T^2}{1 - R}\right).\] Отметим, что, поскольку \(R + A + T = 1\), то ответ может быть выражен и по-другому.