МОШ, 1999/00, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(\Delta t = \dfrac{N}{2m(\mu g)^2} + \dfrac{mv^2}{2N} \approx 4{,}2\) с.

Решение

Разгон автомобиля будет проходить в два этапа. На первом этапе колёса автомобиля будут проскальзывать, часть развиваемой двигателем мощности будет превращаться в тепло, а остальная — уходить на его разгон. При этом автомобиль будет двигаться с постоянным ускорением, величина которого определяется величиной силы трения скольжения: \(a = \mu mg/m = \mu g\).

Так будет продолжаться до тех пор, пока мощность двигателя не станет равна мощности силы трения \(N = \mu mgu\), где \(u = \dfrac{N}{\mu mg} \approx 10\) м/с — скорость автомобиля, при которой прекратится проскальзывание колёс. Этой скорости автомобиль достигнет за время \[\Delta t_1 = \dfrac{u}{a} = \dfrac{N}{m(\mu g)^2} \approx 1{,}7\text{ с}.\] На втором этапе проскальзывания колёс не будет, и вся мощность двигателя будет расходоваться на разгон автомобиля, то есть превращаться в его кинетическую энергию. Из закона изменения механической энергии можно найти время \(\Delta t_2\), за которое автомобиль разгонится от скорости \(u\) до скорости \(v\): \(N\Delta t_2 = \dfrac{mv^2}{2} - \dfrac{mu^2}{2}\), откуда \[\Delta t_2 = \dfrac{m(v^2 - u^2)}{2N} = \dfrac{m}{2N}\left(v^2 - \dfrac{N^2}{(\mu mg)^2}\right) \approx 2{,}5\text{ с}.\] В итоге полное время разгона автомобиля от старта до скорости \(v = 20\) м/с составляет \[\Delta t = \Delta t_1 + \Delta t_2 = \dfrac{N}{m(\mu g)^2} + \dfrac{m}{2N}\left(v^2 - \dfrac{N^2}{(\mu mg)^2}\right) = \dfrac{N}{2m(\mu g)^2} + \dfrac{mv^2}{2N} \approx 4{,}2\text{ с}.\]

Ответ

\(\Delta t = \dfrac{4abh}{\pi d^2\sqrt{2g(c - h)}} \approx 7{,}6\cdot 10^6\) с \(\approx 88\) сут \(\approx 3\) мес.

Решение

Так как действующая на баржу выталкивающая сила равна весу вытесненной ею воды, то при заполнении баржи сила, действующая со стороны воды, находящейся вне баржи, будет расти пропорционально количеству затёкшей воды. Покажем, что при погружении баржи разность уровней воды внутри и вне баржи не будет изменяться со временем.

Обозначим массу баржи, не заполненной водой, через \(m\). Тогда условие плавания баржи, в которой нет воды, имеет вид: \(mg = \rho gab(c - h)\). Пусть теперь баржа погрузилась так, что высота её бортов над поверхностью воды стала равна \(h_1\), а толщина слоя воды внутри баржи стала равна \(l\) (см. рисунок). Тогда условие плавания принимает вид \(mg + \rho gabl = \rho gab(c - h_1)\). Из записанных соотношений получаем: \[c - h_1 - l = c - h,\] то есть пока баржа плавает, разность уровней воды внутри и вне её в любой момент времени постоянна и равна разности высоты баржи и начальной высоты её борта над уровнем воды. Следовательно, вода будет поступать в баржу с постоянной скоростью, которую можно рассчитать при помощи уравнения Бернулли.

Примем уровень поверхности воды в водоёме за нулевой уровень потенциальной энергии. Тогда для трубки тока, которая начинается на уровне воды в водоёме и заканчивается на срезе отверстия в трюме, можно записать: \(p_0 = (p_0 + \rho gl) - \rho g(c - h_1) + \dfrac{\rho v^2}{2}\), где \(p_0\) — атмосферное давление, \(\rho\) — плотность воды, \(v\) — скорость воды в момент её затекания в баржу. Из двух последних уравнений, полагая \(g \approx 10\) м/с\(^2\), имеем: \(v = \sqrt{2g(c - h)} \approx 5\) м/с.

Баржа затонет тогда, когда её борта сравняются с поверхностью воды, то есть уровень воды над дном баржи достигнет величины \(h\). В этот момент внутри баржи будет содержаться объём воды \(V = abh = Sv\Delta t\), где \(S = \pi d^2/4\) — площадь отверстия, \(\Delta t\) — искомое время, за которое объём воды в барже станет равен \(V\). Отсюда, с учётом выражений для \(S\) и \(v\), окончательно находим: \[\Delta t = \dfrac{4abh}{\pi d^2\sqrt{2g(c - h)}} \approx 7{,}6\cdot 10^6\text{ с} \approx 2111\text{ час.} \approx 88\text{ сут.} \approx 3\text{ мес.}\]

Ответ

\(C \approx 4\pi\varepsilon_0R\) (совпадает с ёмкостью уединённого шара).

Решение

Так как плоскость бесконечна, то её потенциал совпадает с потенциалом бесконечно удалённых точек, то есть может быть принят равным нулю. Значит, можно считать плоскость заземлённой и решать эту задачу с использованием метода изображений. Согласно этому методу, поле между шариком и плоскостью эквивалентно полю, которое создаётся двумя одинаковыми разноимённо заряженными шариками, расположенными так, что второй шарик является зеркальным отражением первого в плоскости (см. решение задачи 3.10). Пренебрегая эффектами взаимной электрической индукции, то есть перераспределением зарядов на шарике под действием поля другого шарика (это можно сделать ввиду того, что размеры шариков малы по сравнению с расстоянием до плоскости), найдём разность потенциалов между поверхностью положительно заряженного шарика и плоскостью: \[\Delta\varphi = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{R} - \dfrac{1}{L}\right) - \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{2L - R} - \dfrac{1}{L}\right) =\] \[= \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{R} - \dfrac{1}{2L - R}\right) = \dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0R}\cdot\dfrac{1 - (R/L)}{2 - (R/L)} \approx \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0R}.\] Здесь мы учли, что \(R \ll L\), и пренебрегли отношением \(R/L\) по сравнению со слагаемыми порядка единицы. Для получения ответа воспользуемся определением ёмкости: \(C = \dfrac{Q}{\Delta\varphi} \approx 4\pi\varepsilon_0R\). Отметим, что ответ совпадает с выражением для ёмкости уединённого шара.

Ответ

\(n = 71\): между резисторами \(71R\) и \(72R\).

Решение

Пусть второй провод, идущий от батарейки, подключён между резисторами \(nR\) и \((n + 1)R\). Тогда схему, описанную в условии задачи, можно перерисовать в эквивалентном виде, показанном на рисунке, где \[\tilde R = R + 2R + \dots + 100R = \dfrac{100\cdot 101}{2}R,\quad r = R + 2R + \dots + nR = \dfrac{n(n + 1)}{2}R.\]

Тогда сила тока, протекающего через батарейку, равна \[I = \dfrac{\mathcal{E}}{r} + \dfrac{\mathcal{E}}{\tilde R - r} = \dfrac{\mathcal{E}\tilde R}{r(\tilde R - r)}.\] Далее минимально возможное значение силы тока \(I\) можно искать разными способами. Например, можно рассматривать знаменатель последнего выражения как квадратный трёхчлен: \(y(r) = -r^2 + r\tilde R\). Функция \(y(r)\) достигает максимума при \(r = \tilde R/2\). Отсюда получаем условие на величину \(n\): \[\dfrac{n(n + 1)}{2}R = \dfrac{100\cdot 101}{2\cdot 2}R,\] которое сводится к квадратному уравнению \[n^2 + n - 5050 = 0.\] Решая его, находим \(n \approx 70{,}565\). Поскольку \(n\) может принимать только целые значения, то в качестве ответа следует принять наиболее близкое к \(70{,}565\) целое число, то есть \(n = 71\).

Другой способ отыскания минимума выражения для тока, протекающего через батарейку, состоит в алгебраическом преобразовании знаменателя \(y(r)\) к следующему виду: \[y(r) = r(\tilde R - r) = \left(\dfrac{\tilde R}{2} + \left(r - \dfrac{\tilde R}{2}\right)\right)\left(\dfrac{\tilde R}{2} - \left(r - \dfrac{\tilde R}{2}\right)\right) = \left(\dfrac{\tilde R}{2}\right)^2 - \left(r - \dfrac{\tilde R}{2}\right)^2.\] Видно, что знаменатель можно представить в виде разности двух величин, одна из которых постоянная, а другая зависит от \(r\). Понятно, что знаменатель достигает максимума (а сила тока минимума) тогда, когда второе слагаемое обращается в ноль, то есть при \(r = \tilde R/2\). Дальнейший ход решения описан выше.

Ответ

\(v_{\text{узелка}} = \sqrt{v^2\sin^2\alpha + \left(\dfrac{vL\cos\alpha + ul\sin\alpha}{L + l}\right)^2}\).

Решение

Разложим движение мальчика со змеем на два более простых движения и рассмотрим их по отдельности. Сначала представим себе, что мальчик покоится, а змей движется (нить при этом сматывается с катушки). Так как нить прямолинейна, то проекции скоростей всех точек нити на её направление одинаковы. Значит, составляющая скорости узелка вдоль нити равна \(V_{\parallel} = v\sin\alpha\).

Так как мальчик покоится, то в данный момент времени можно считать, что движение нити складывается из двух движений — движения вдоль самой себя со скоростью \(V_{\parallel}\) и вращения вокруг катушки с угловой скоростью \(\omega_1 = \dfrac{v\cos\alpha}{L + l}\). Тогда составляющая скорости узелка в направлении, перпендикулярном нити, равна \(V_{\perp 1} = \omega_1L = \dfrac{vL\cos\alpha}{L + l}\).

Далее представим себе, что покоится змей, а мальчик движется. В этом случае в данный момент времени нить вращается по окружности вокруг точки крепления к змею с угловой скоростью \(\omega_2 = \dfrac{u\sin\alpha}{L + l}\). Значит, узелок имеет скорость, перпендикулярную нити и равную \(V_{\perp 2} = \omega_2l = \dfrac{ul\sin\alpha}{L + l}\), составляющая же скорости узелка вдоль направления нити равна нулю.

Так как движение мальчика и змея представляет собой сумму двух рассмотренных простых движений, то скорость узелка можно найти, пользуясь правилом сложения скоростей: \[v_{\text{узелка}} = \sqrt{V_{\parallel}^2 + (V_{\perp 1} + V_{\perp 2})^2} = \sqrt{v^2\sin^2\alpha + \left(\dfrac{vL\cos\alpha + ul\sin\alpha}{L + l}\right)^2}.\]

Ответ

\(N = \left[\dfrac{gt^2}{4S} + \dfrac{1}{2}\right]\), где квадратные скобки обозначают целую часть числа.

Решение

Рассмотрим второй, вспомогательный шарик, который начинает двигаться с той же высоты, что и первый, но не падает свободно, а движется равномерно таким образом, что он одновременно с первым шариком ударяется о плоскость и одновременно с ним достигает максимальной высоты.

Пусть к моменту времени \(t\) первый шарик прошёл путь \(S\), а второй шарик прошёл путь \(S_2\). Тогда число ударов второго шарика может быть найдено при помощи формулы: \(N = \left[\dfrac{t + T}{2T}\right]\), где \(T\) — время, в течение которого шарики проходят от верхней до нижней точки траектории, а квадратными скобками обозначена операция выделения целой части числа. С учётом того, что \(S_2 = \dfrac{gT}{2}t\), где \(\dfrac{gT}{2}\) — скорость равномерного движения вспомогательного шарика, получаем: \(N = \left[\dfrac{gt^2 + 2S_2}{4S_2}\right]\).

Поскольку к моменту, когда первый шарик пройдёт путь \(S\), количество его ударов о плоскость будет равно количеству ударов к тому моменту, когда второй шарик пройдёт путь \(S_2\), то в последней формуле можно заменить \(S_2\) на \(S\). В итоге получим: \[N = \left[\dfrac{gt^2 + 2S}{4S}\right] = \left[\dfrac{gt^2}{4S} + \dfrac{1}{2}\right].\]

Ответ

\(\eta = \dfrac{2(T_2 - T_1)}{3T_1 + 5T_2}\).

Решение

Введём ряд вспомогательных обозначений для объёма, давления и температуры газа (см. рисунок).

По определению, КПД цикла есть отношение полезной работы \(A\), совершаемой рабочим телом, к количеству теплоты \(Q\), отобранному рабочим телом от нагревателя. Совершённая газом работа численно равна площади цикла: \[A = (p_2 - p_1)(V_2 - V_1) = p_2V_2 - p_2V_1 - p_1V_2 + p_1V_1 = p_1V_1\left(\dfrac{p_2}{p_1}\dfrac{V_2}{V_1} - \dfrac{p_2}{p_1} - \dfrac{V_2}{V_1} + 1\right).\] Из первого начала термодинамики следует, что в нашем случае газ поглощал тепло на левой изохоре и верхней изобаре. В изохорическом процессе газ не совершал работы, и всё поглощённое им тепло \(Q_1\) шло на увеличение внутренней энергии газа, которую можно выразить через введённые вспомогательные значения давлений и объёмов, воспользовавшись уравнением Менделеева — Клапейрона: \[Q_1 = \dfrac{3}{2}\nu R(T_4 - T_3) = \dfrac{3}{2}(p_2 - p_1)V_1.\] В изобарическом процессе часть полученного газом тепла уходила на увеличение внутренней энергии газа, а за счёт остатка совершалась работа: \[Q_2 = \dfrac{3}{2}\nu R(T_5 - T_4) + p_2(V_2 - V_1) = \dfrac{5}{2}p_2(V_2 - V_1).\] Таким образом, полное количество теплоты, полученное газом от нагревателя, равно \[Q = Q_1 + Q_2 = \dfrac{3}{2}(p_2 - p_1)V_1 + \dfrac{5}{2}p_2(V_2 - V_1) = \dfrac{3}{2}p_1V_1\left(\dfrac{p_2}{p_1} - 1\right) + \dfrac{5}{2}p_2V_1\left(\dfrac{V_2}{V_1} - 1\right).\] Запишем уравнение Менделеева — Клапейрона для газа в состояниях, соответствующих серединам изохор и изобар: \[\dfrac{p_1 + p_2}{2}V_1 = \nu RT_1,\quad \dfrac{p_1 + p_2}{2}V_2 = \nu RT_2,\quad p_1\dfrac{V_1 + V_2}{2} = \nu RT_1,\quad p_2\dfrac{V_1 + V_2}{2} = \nu RT_2.\] Деля друг на друга уравнения, записанные в каждой из строк, получим: \[\dfrac{V_2}{V_1} = \dfrac{T_2}{T_1},\quad \dfrac{p_2}{p_1} = \dfrac{T_2}{T_1}.\] Используя эти соотношения, найдём КПД цикла: \[\eta = \dfrac{A}{Q} = \dfrac{p_1V_1\left(\dfrac{p_2}{p_1}\dfrac{V_2}{V_1} - \dfrac{p_2}{p_1} - \dfrac{V_2}{V_1} + 1\right)}{\dfrac{3}{2}p_1V_1\left(\dfrac{p_2}{p_1} - 1\right) + \dfrac{5}{2}p_2V_1\left(\dfrac{V_2}{V_1} - 1\right)} = \dfrac{\left(\dfrac{T_2}{T_1}\right)^2 - 2\dfrac{T_2}{T_1} + 1}{\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{T_2}{T_1} - 1\right) + \dfrac{5}{2}\dfrac{T_2}{T_1}\left(\dfrac{T_2}{T_1} - 1\right)} = \dfrac{\dfrac{T_2}{T_1} - 1}{\dfrac{3}{2} + \dfrac{5}{2}\dfrac{T_2}{T_1}} = \dfrac{2(T_2 - T_1)}{3T_1 + 5T_2}.\]

Ответ

\(\tilde F = F\dfrac{a^2}{b^2}\).

Решение

Будем решать задачу при помощи метода размерностей. В формулу, выражающую силу притяжения заряда к кубу, должны входить величина заряда \(Q\), расстояние от заряда до вершины куба \(a\) (эта же величина — длина ребра куба) и электрическая постоянная \(\varepsilon_0\). Данные величины имеют следующие размерности: \([Q] = [\text{Кл}]\), \([a] = [\text{м}]\), \([\varepsilon_0] = \left[\dfrac{\text{Кл}^2}{\text{Н}\cdot\text{м}^2}\right]\). Из данных величин можно составить только одну единственную комбинацию, имеющую размерность силы \([\text{Н}]\): \(F = \alpha\dfrac{Q^2}{\varepsilon_0a^2}\), где \(\alpha\) — безразмерный постоянный коэффициент. Эта формула справедлива для любых размеров куба и для любых величин заряда, расположенного относительно куба так, как описано в условии задачи. Следовательно, тот же заряд, расположенный на расстоянии \(b\) от каждой из вершин одной из граней куба с длиной ребра \(b\), будет притягиваться к нему с силой \[\tilde F = \alpha\dfrac{Q^2}{\varepsilon_0b^2} = F\dfrac{a^2}{b^2}.\]

Ответ

\(I_{1000R} \approx \dfrac{\mathcal{E}}{18000R}\) (относительная погрешность оценки около \(0{,}45\%\); точное значение \(\dfrac{\mathcal{E}}{18055R}\)).

Решение

Сопротивление резисторов \(1000R\) и \(2000R\) намного превышает сопротивление остальных резисторов. Поэтому в первом приближении токами, текущими через резисторы \(1000R\) и \(2000R\), можно пренебречь по сравнению с другими токами в цепи, то есть считать, что резисторов \(1000R\) и \(2000R\) в схеме просто нет. Тогда исходная схема сведётся к более простой (см. рис. 1).

Обозначим через \(I_1\) ток, текущий в упрощённой схеме через резисторы \(R\), \(3R\) и \(5R\), а через \(I_2\) — ток, текущий через резисторы \(2R\), \(4R\) и \(6R\). Тогда \[I_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{R + 3R + 5R} = \dfrac{\mathcal{E}}{9R};\quad I_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{2R + 4R + 6R} = \dfrac{\mathcal{E}}{12R}.\] Для напряжения между точками схемы 1 и 2, а также между точками 1 и 3 (см. рис. 1) имеем: \[U_{12} = RI_1 = \mathcal{E}/9;\quad U_{13} = 2RI_2 = \mathcal{E}/6.\] Значит, напряжение между точками схемы 2 и 3 равно \[U_{23} = U_{13} - U_{12} = \mathcal{E}/18.\] Из-за малости токов, текущих через резисторы \(1000R\) и \(2000R\), напряжение между точками 2 и 3 в упрощённой схеме практически совпадает с напряжением между этими же точками в исходной схеме. Значит, в качестве оценки для величины тока, текущего через резистор \(1000R\), можно взять величину \[I_{1000R} = \dfrac{U_{23}}{1000R} = \dfrac{\mathcal{E}}{18000R}.\] Величину погрешности нашего результата можно оценить следующим образом. Обозначим токи, текущие в исходной схеме через резисторы \(R\), \(2R\), \(1000R\) и \(2000R\) через \(\tilde I_1\), \(\tilde I_2\), \(I_a\) и \(I_b\) соответственно (см. рис. 2).

Тогда, в соответствии с законом Ома для участка цепи, содержащего ЭДС, имеем: \[\tilde I_1R_1 + (\tilde I_1 + I_a)R_2 + (\tilde I_1 + I_a + I_b)R_3 = \mathcal{E},\] где \(R_1 = R\), \(R_2 = 3R\), \(R_3 = 5R\). Отсюда \[\tilde I_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{R_1 + R_2 + R_3} - \dfrac{I_a(R_2 + R_3) + I_bR_3}{R_1 + R_2 + R_3} = I_1 - \dfrac{I_a(R_2 + R_3) + I_bR_3}{R_1 + R_2 + R_3}.\] Аналогично, \[\tilde I_2R_4 + (\tilde I_2 - I_a)R_5 + (\tilde I_2 - I_a - I_b)R_6 = \mathcal{E},\] где \(R_4 = 2R\), \(R_5 = 4R\), \(R_6 = 6R\). Отсюда \[\tilde I_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{R_4 + R_5 + R_6} + \dfrac{I_a(R_5 + R_6) + I_bR_6}{R_4 + R_5 + R_6} = I_2 + \dfrac{I_a(R_5 + R_6) + I_bR_6}{R_4 + R_5 + R_6}.\] Таким образом, токи, рассчитанные приближённым способом, отличаются по абсолютной величине от токов, рассчитанных точно, на величины \[\Delta I_1 = |I_1 - \tilde I_1| \leqslant |I_a|\dfrac{R_2 + R_3}{R_1 + R_2 + R_3} + |I_b|\dfrac{R_3}{R_1 + R_2 + R_3} < |I_a| + |I_b|,\] \[\Delta I_2 = |I_2 - \tilde I_2| \leqslant |I_a|\dfrac{R_5 + R_6}{R_4 + R_5 + R_6} + |I_b|\dfrac{R_6}{R_4 + R_5 + R_6} < |I_a| + |I_b|,\] то есть абсолютная погрешность каждого из токов \(I_1\) и \(I_2\) не превосходит сумму абсолютных величин токов \(|I_a| + |I_b|\). Учитывая, что ток \(I_b\) приближённо равен \[I_b = \dfrac{5RI_1 - 6RI_2}{2000R} = \dfrac{(5\mathcal{E}/9) - (\mathcal{E}/2)}{2000R} = \dfrac{\mathcal{E}}{36000R},\] а ток \(I_a = I_{1000R}\) был оценён нами ранее, получим оценку для абсолютных погрешностей токов \(I_1\) и \(I_2\): \[\Delta I_{1,2} < \dfrac{\mathcal{E}}{18000R} + \dfrac{\mathcal{E}}{36000R} = \dfrac{\mathcal{E}}{12000R}.\] Значит, абсолютная погрешность напряжения \(U_{23}\) не превышает \[\Delta U_{23} < R\Delta I_1 + 2R\Delta I_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{4000R}.\] Так как сила тока, текущего через резистор \(1000R\), пропорциональна \(U_{23}\), то относительные погрешности определения этого тока и напряжения \(U_{23}\) одинаковы и составляют \[\dfrac{\Delta I_{1000R}}{I_{1000R}} = \dfrac{\Delta U_{23}}{U_{23}} = \dfrac{18}{4000} = 0{,}045 = 0{,}45\%,\] что удовлетворяет условию задачи.

В заключение отметим, что данную задачу можно решить точно. В этом случае после проведения всех необходимых вычислений получается ответ \(I_{1000R} = \dfrac{\mathcal{E}}{18055R}\), от которого наша оценка отличается примерно на \(0{,}3\%\).