МОШ, 1998/99, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(a_A = \dfrac{3}{2}g - \dfrac{m_1 + 4m_2}{4m_1m_2}F\).

Решение

Введём прямоугольную систему координат с началом в точке крепления нити к потолку, направим координатную ось \(X\) вниз и запишем уравнения движения грузов \(m_1\), \(m_2\) и блока \(A\) в проекциях на эту ось (см. рис. 1.54). Учтём при этом, что ввиду невесомости нити и блоков сила натяжения \(T\) по всей её длине одинакова.

\[m_1a_1 = m_1g - 2T,\quad m_2a_2 = m_2g - T,\quad F = 2T.\] Здесь \(a_1\) и \(a_2\) — ускорения грузов \(m_1\) и \(m_2\) соответственно.

Для того, чтобы решить данную систему, необходимо получить уравнение, связывающее эти ускорения — уравнение кинематической связи. Это можно сделать, воспользовавшись нерастяжимостью нити. Обозначим координаты оси нижнего блока, груза \(m_2\) и оси верхнего блока через \(x_1\), \(x_2\) и \(x_A\) соответственно. Тогда длина нити \(L\) выразится следующим образом: \[L = x_1 + \pi R_1 + (x_1 - x_A) + \pi R_2 + (x_2 - x_A).\] Отметим, что радиусы нижнего и верхнего блоков \(R_1\) и \(R_2\) являются постоянными величинами. Данное соотношение справедливо для любого момента времени.

Пусть за малый промежуток времени \(\Delta t\) координаты оси нижнего блока, груза \(m_2\) и оси верхнего блока изменились и стали равны \(x_1'\), \(x_2'\) и \(x_A'\) соответственно. Тогда можно записать: \[L = x_1' + \pi R_1 + (x_1' - x_A') + \pi R_2 + (x_2' - x_A').\] Вычитая друг из друга два последних уравнения, деля разность на \(\Delta t\) и учитывая, что отношение \((x' - x)/\Delta t\) представляет собой скорость, найдём связь между скоростями оси нижнего блока, груза \(m_2\) и оси верхнего блока: \(2v_1 + v_2 = 2v_A\). Рассматривая аналогичным образом малые изменения скоростей за время \(\Delta t\), можно убедиться, что ускорения \(a_1\) и \(a_2\) и \(a_A\) связаны аналогичным соотношением: \[2a_1 + a_2 = 2a_A.\] Это и есть уравнение кинематической связи.

Решая уравнения движения с учётом полученного уравнения кинематической связи, найдём ускорение оси верхнего блока: \[a_A = \dfrac{3}{2}g - \dfrac{m_1 + 4m_2}{4m_1m_2}F.\] Отметим, что при некоторых соотношениях величин \(m_1\), \(m_2\) и \(F\) (в частности, при очень малых \(F\)) ускорение точки \(A\) может быть больше ускорения свободного падения \(g\). Это связано с тем, что блок невесо́м, и на него действуют силы \(F\) и \(2T\), равные в сумме нулю, так что его ускорение может быть как меньше, так и больше \(g\).

Ответ

\(a_2 = g + \left(\dfrac{v_2}{v_1}\right)^2\sqrt{a_1^2 - g^2} \approx 11{,}9\) м/с\(^2\).

Решение

Из условия задачи известно, что сила сопротивления воздуха, действующая на мяч, пропорциональна квадрату его скорости: \(F = kv^2\), где \(k\) — некоторый коэффициент пропорциональности. Пусть масса мяча равна \(m\). Запишем применительно к мячу второй закон Ньютона для момента непосредственно перед ударом, когда мяч летел горизонтально, и сразу после удара, когда он полетел вертикально вверх: \[(ma_1)^2 = (mg)^2 + (kv_1^2)^2,\quad ma_2 = mg + kv_2^2.\] Здесь \(a_2\) — искомое ускорение мяча сразу после удара. Решая полученную систему уравнений и полагая \(g = 9{,}8\) м/с\(^2\), найдём это ускорение: \[a_2 = g + \left(\dfrac{v_2}{v_1}\right)^2\sqrt{a_1^2 - g^2} \approx 11{,}9\text{ м/с}^2.\]

Ответ

Вокруг оси Б: время поворота на \(90^\circ\) равно \(t = \sqrt{\dfrac{\pi rm}{F}}\) и тем меньше, чем меньше радиус \(r\) дуги, по которой перемещается двигатель.

Решение

Для упрощения рассмотрим два двигателя, находящиеся по разные стороны от оси корабля, вокруг которой происходит вращение (ясно, что наличие двух остальных симметрично расположенных двигателей не повлияет на результат). Понятно, что манёвр должен совершаться следующим образом: сначала двигатели разгоняют вращение корабля вокруг оси, а когда он повернётся на \(90^\circ\), они должны начинать тормозить корабль так, чтобы он, повернувшись ещё на \(90^\circ\), остановился. Так как двигатели развивают постоянную силу тяги, то времена разгона и торможения одинаковы. Таким образом, чтобы решить задачу, нам необходимо найти время разворота на \(90^\circ\).

Очевидно, что при развороте двигатели перемещаются по дугам окружностей одинакового радиуса \(r\). Так как силы \(F\), возникающие при работе двигателей, направлены по касательным к этим окружностям, то тангенциальное ускорение каждого двигателя равно \(a_\tau = F/m\), где \(m\) — масса двигателя. При повороте на \(90^\circ\) двигатель проходит путь, равный четверти длины дуги окружности: \(\dfrac{\pi r}{2} = \dfrac{a_\tau t^2}{2}\). Подставляя сюда выражение для \(a_\tau\), найдём время поворота на \(90^\circ\): \[t = \sqrt{\dfrac{\pi rm}{F}}.\] Из полученного выражения видно, что время разворота тем меньше, чем меньше радиус дуги окружности, по которой перемещается двигатель. Значит, разворот выгоднее совершать вокруг оси Б.

Задачу можно решать, пользуясь и энергетическими соображениями. Действительно, при повороте на \(90^\circ\) сила тяги, развиваемая одним двигателем, совершает работу \(A = F\cdot\dfrac{\pi r}{2}\). В результате этого кинетическая энергия двигателя возрастает на величину \[\Delta W = \dfrac{mv^2}{2} = A = F\cdot\dfrac{\pi r}{2},\] где \(v\) — линейная скорость двигателя в конце поворота на \(90^\circ\). Отсюда \(v = \sqrt{\dfrac{\pi rF}{m}}\). Далее, пользуясь тем, что \(\dfrac{\pi r}{2} = \dfrac{a_\tau t^2}{2} = \dfrac{vt}{2}\), с учётом выражения для \(v\) приходим к прежнему ответу для времени \(t\).

Ответ

\(T = 0\,^\circ\text{C} + \dfrac{\lambda(m_2 - m_0)}{C_1m_0 + C_2m_1} \approx -7{,}7\,^\circ\)C.

Решение

После того, как в переохлаждённую воду бросили сосульку, в воде начался процесс кристаллизации. Так как после его окончания в бутылке осталась вода, то конечная температура системы равна \(0\,^\circ\)C. Из условия задачи следует, что в лёд превратилась масса воды, равная \(m_0 - m_2\). При этом выделилось количество теплоты \(\lambda(m_0 - m_2)\). Эта теплота пошла на нагрев сосульки и имевшейся вначале воды от температуры \(T\) до \(0\,^\circ\)C, то есть на величину \(\Delta T = 0\,^\circ\text{C} - T\). Запишем уравнение теплового баланса: \[\lambda(m_0 - m_2) = C_1m_0\Delta T + C_2m_1\Delta T =\] \[= (C_1m_0 + C_2m_1)\Delta T = -(C_1m_0 + C_2m_1)(T - 0\,^\circ\text{C}).\] Отсюда для температуры \(T\) получаем: \[T = 0\,^\circ\text{C} + \dfrac{\lambda(m_2 - m_0)}{C_1m_0 + C_2m_1} =\] \[= \dfrac{3{,}4\cdot10^5\text{ (Дж/кг)}\cdot(0{,}9\text{ кг} - 1\text{ кг})}{4200\text{ (Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C))}\cdot1\text{ кг} + 2100\text{ (Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C))}\cdot0{,}1\text{ кг}} \approx -7{,}7\,^\circ\text{C}.\]

Ответ

\(\alpha(x) = \dfrac{m}{2(X - x)}\), где \(X\) — положительная постоянная (расстояние до полной остановки).

Решение

Так как тело движется вдоль оси \(x\), то его ускорение, в соответствии со вторым законом Ньютона, равно \[a_x = \dfrac{f_x}{m} = -\dfrac{\alpha(x)}{m}v^2.\] Из условия задачи следует, что тело, пущенное в начальный момент времени из начала координат с начальной скоростью \(v_0\), движется равнозамедленно. Обозначим ускорение тела \(a_x\) при данных начальных условиях через \(-a = \text{const}\). Координата тела \(x\) и его скорость \(v\) зависят от времени \(t\) следующим образом: \[x = v_0t - \dfrac{at^2}{2},\quad v = v_0 - at.\] Отсюда, с учётом предыдущей формулы, имеем: \[a = \dfrac{\alpha(x)}{m}(v_0 - at)^2.\] Поэтому \[\alpha(x) = \dfrac{ma}{(v_0 - at)^2} = \dfrac{m}{\dfrac{v_0^2}{a} - 2v_0t + at^2} = \dfrac{m}{2\left(\dfrac{v_0^2}{2a} - x\right)}.\] Таким образом, тело, пущенное из начала координат со скоростью \(v_0\), может двигаться равнозамедленно только тогда, когда зависимость \(\alpha(x)\) имеет вид: \[\alpha(x) = \dfrac{m}{2(X - x)},\] где \(X = \dfrac{v_0^2}{2a}\) — некоторое положительное число.

Отметим, что \(X\) имеет смысл расстояния, которое проходит тело от начала координат до полной остановки, и зависит только от свойств среды. При этом последнюю формулу следует понимать в том смысле, что тело, пущенное с некоторой скоростью \(v_0\), движется с ускорением \(a = v_0^2/(2X)\), которое определяется начальной скоростью и свойствами среды.

Нас не должно удивлять наличие в выражении для \(\alpha(x)\) массы тела \(m\). При другой массе \(m'\), но тех же размерах, форме и начальной скорости тела его движение в среде с зависимостью \(\alpha(x)\), соответствующей массе \(m\), уже не будет равнозамедленным!

Ответ

\(H = \left(\dfrac{L^3}{4l^3} - 1\right)L\).

Решение

Пусть сетка, закреплённая на обруче радиусом \(R\), состоит из \(N\) радиальных нитей, а жёсткость каждой из них равна \(k\). При смещении центра сетки вниз на расстояние \(\Delta x \ll R\) сила упругости \(F\), действующая со стороны сетки на находящегося в её центре гимнаста, в силу центральной симметрии направлена вертикально вверх (см. рис. 1.123) и равна \[F = NF_1\sin\alpha \approx NF_1\dfrac{\Delta x}{R} = Nk\left(\sqrt{R^2 + (\Delta x)^2} - R\right)\dfrac{\Delta x}{R} =\] \[= Nk\left(\left(1 + \left(\dfrac{\Delta x}{R}\right)^2\right)^{1/2} - 1\right)\Delta x \approx \dfrac{Nk(\Delta x)^3}{2R^2}\] (для преобразования квадратного корня использована формула, приведённая в условии задачи). Здесь \(F_1\) — сила упругости, действующая на гимнаста со стороны каждой из нитей.

Из условия известно, что когда гимнаст лежит в центре сетки неподвижно, она прогибается на величину \(l\). При этом действующая на гимнаста сила тяжести \(mg\) уравновешивается силой \(F\). Значит, условие равновесия гимнаста имеет вид: \[mg = \dfrac{Nkl^3}{2R^2}.\] Рассмотрим далее падение гимнаста с высоты \(H\). В момент времени перед падением его потенциальная энергия (относительно уровня ненатянутой сетки) была равна \(mgH\). В момент же максимального прогиба сетки она складывалась из энергии в поле силы тяжести \(-mgL\) (она отрицательна) и энергии упругой деформации сетки, которая равна \[E_{\text{деф.}} = \dfrac{Nk}{2}\left(\sqrt{R^2 + L^2} - R\right)^2 =\] \[= \dfrac{NkR^2}{2}\left(\left(1 + \left(\dfrac{L}{R}\right)^2\right)^{1/2} - 1\right)^2 \approx \dfrac{NkL^4}{8R^2}.\] С учётом этого, из закона сохранения механической энергии получаем: \(mgH = -mgL + \dfrac{NkL^4}{8R^2}\). Отсюда, используя записанное ранее условие равновесия, окончательно находим искомую высоту: \[H = \left(\dfrac{L^3}{4l^3} - 1\right)L.\]

Ответ

Квадрат с вершинами в серединах сторон пластинки (рис. 1.181.3).

Решение

Введём прямоугольную систему координат с началом в одном из углов пластинки и направим координатные оси \(X\) и \(Y\) вдоль её сторон. Нарисуем вид пластинки сверху (см. рис. 1.181.1) и обозначим через \(N_1\), \(N_2\), \(N_3\) и \(N_4\) силы натяжения нитей, \(L\) — длину стороны пластинки, \(m\) — массу груза.

Пусть груз находится в точке с координатами \((x, y)\). Запишем условия равновесия пластинки. Первое уравнение представляет собой условие равенства нулю суммы всех сил, действующих на пластинку: \[N_1 + N_2 + N_3 + N_4 = mg.\qquad(1)\] Далее, сумма моментов всех сил относительно осей, параллельных осям координат и проходящих через точку, в которой находится груз, также должна быть равна нулю. Отсюда имеем ещё два уравнения: \[(N_1 + N_4)y = (N_2 + N_3)(L - y),\qquad(2)\] \[(N_1 + N_2)x = (N_3 + N_4)(L - x).\qquad(3)\] Полученная система уравнений неполна. Для того, чтобы получить ещё одно уравнение, нужно найти, как связаны друг с другом величины малых деформаций нитей, возникших после того, как на пластинку положили тело. Пусть первая нить деформировалась на величину \(\Delta l_1\), а три остальные — на величины \(\Delta l_2\), \(\Delta l_3\) и \(\Delta l_4\) соответственно. Тогда центр пластинки сместился на некоторую величину \(h\), которая равна \[h = \dfrac{1}{2}(\Delta l_1 + \Delta l_3) = \dfrac{1}{2}(\Delta l_2 + \Delta l_4).\] Поскольку \(N_i \sim \Delta l_i\) и все нити одинаковы, то из последнего соотношения получаем недостающее уравнение: \[N_1 + N_3 = N_2 + N_4.\qquad(4)\] Решим полученную систему. Из уравнений (1) и (4) следует, что \[N_1 + N_3 = N_2 + N_4 = \dfrac{mg}{2}.\qquad(5)\] Преобразовывая уравнения (2) и (3) с учётом (1), получаем: \[(N_1 + N_2 + N_3 + N_4)y = mgy = (N_2 + N_3)L,\] \[(N_1 + N_2 + N_3 + N_4)x = mgx = (N_3 + N_4)L.\] Складывая их, с учётом (5) имеем \[mg(x + y) = (N_2 + 2N_3 + N_4)L = \left(\dfrac{mg}{2} + 2N_3\right)L,\] откуда \[N_3 = \dfrac{mg}{2}\left(\dfrac{x + y}{L} - \dfrac{1}{2}\right).\] Так как по условию все нити натянуты, то \(N_3 > 0\), то есть \(y > \dfrac{L}{2} - x\). Область пластинки, удовлетворяющая этому условию, изображена на рисунке 1.181.2.

Таким образом, для того, чтобы третья нить была натянута, груз должен лежать в заштрихованной части пластинки. Поскольку все нити одинаковы и пластинка квадратная, то из соображений симметрии следует, что область, в которую можно положить точечный груз для того, чтобы все нити были натянуты, представляет собой квадрат с вершинами, находящимися в серединах сторон пластинки (заштрихован на рисунке 1.181.3).

Ответ

\(\eta = \dfrac{QA}{mZFU} \approx 0{,}75\), то есть \(\eta \approx 75\%\).

Решение

При электролизе воды происходит поляризация электродов, в результате чего ячейка устройства становится гальваническим элементом. Работа действующих в этом элементе сторонних сил расходуется при электролизе на образование водорода, при сгорании которого выделяется теплота в количестве, равном данной работе. Это позволяет найти ЭДС такого элемента. В соответствии с законом электролиза Фарадея, для получения \(m\) граммов водорода через ячейку должен протечь заряд \[q = \dfrac{mZeN_A}{A} = \dfrac{mZF}{A}.\] Здесь \(A = 1\) г/моль — атомная масса водорода, \(e = 1{,}6\cdot10^{-19}\) Кл — модуль заряда электрона, \(N_A = 6{,}02\cdot10^{23}\) моль\(^{-1}\) — число Авогадро, \(Z = 1\) — валентность, \(F = eN_A = 9{,}65\cdot10^4\) Кл/моль — постоянная Фарадея. Поскольку при этом, как уже говорилось, сторонними силами должна быть совершена работа \(A_{\text{стор}}\), равная \(Q\), то ЭДС равна \[\mathcal{E} = \dfrac{A_{\text{стор}}}{q} = \dfrac{Q}{q} = \dfrac{QA}{mZF}.\] Полезным эффектом при работе рассматриваемого устройства для электролиза является выделение тепла \(Q = A_{\text{стор}} = q\mathcal{E}\), а затратами — работа источника \(A_{\text{затр}} = qU\). Поэтому КПД ячейки (он равен КПД соответствующего гальванического элемента) и всего устройства для электролиза воды: \[\eta = \dfrac{Q}{A_{\text{затр}}} = \dfrac{q\mathcal{E}}{qU} = \dfrac{QA}{mZFU} \approx 0{,}75,\quad\text{то есть}\quad\eta \approx 75\%.\]