МОШ, 2000/01, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(W = mgR_{\text{З}} - A\) при \(\dfrac{mgR_{\text{З}}}{2} \leqslant A \leqslant mgR_{\text{З}}\) (прямая линия со спадающим графиком).

Решение

Потенциальная энергия спутника массой \(m\) на поверхности Земли равна \(U_1 = -\dfrac{GmM_{\text{З}}}{R_{\text{З}}}\), где \(G\) — гравитационная постоянная, \(M_{\text{З}}\) — масса Земли. Пусть спутник вывели на круговую орбиту радиусом \(r\), сообщив ему при этом скорость \(v\). Тогда уравнение движения спутника по орбите имеет вид: \(\dfrac{mv^2}{r} = \dfrac{GmM_{\text{З}}}{r^2}\), а потенциальная и кинетическая энергии спутника равны, соответственно, \(U_2 = -\dfrac{GmM_{\text{З}}}{r}\) и \(W_2 = \dfrac{mv^2}{2}\).

Работа ракетоносителя равна изменению полной механической энергии спутника: \[A = W_2 - W_1 + U_2 - U_1 = \dfrac{mv^2}{2} - 0 - \dfrac{GmM_{\text{З}}}{r} + \dfrac{GmM_{\text{З}}}{R_{\text{З}}}.\] Здесь учтено, что на поверхности Земли перед стартом кинетическая энергия спутника \(W_1 = 0\), поскольку мы пренебрегаем вращением Земли. С учётом уравнения движения из последнего соотношения получаем: \[W_2 = \dfrac{GmM_{\text{З}}}{R_{\text{З}}} - A = mgR_{\text{З}} - A,\] так как выражение для ускорения свободного падения на поверхности Земли имеет вид: \(g = GM_{\text{З}}/R_{\text{З}}^2\).

Это и есть искомая зависимость. График \(W = W_2(A)\) изображён на рисунке.

Он начинается из точки, соответствующей минимально возможной работе \(A_{\min} = mgR_{\text{З}}/2\), которую нужно совершить для того, чтобы вывести спутник на самую низкую орбиту, расположенную у поверхности Земли. При этом совершённая работа пойдёт на разгон спутника до скорости, которая необходима ему для того, чтобы держаться на этой орбите. Максимальная же работа, которую может совершить ракетоноситель, равна \(A_{\max} = mgR_{\text{З}}\). Она должна быть совершена для выведения спутника на самую высокую орбиту, которая бесконечно удалена от Земли. Скорость движения по такой орбите будет равна нулю.

Ответ

\(F = \dfrac{mgh}{l}\) (эффективный коэффициент трения \(\mu = h/l\)).

Решение

Рассмотрим сдвиг верхнего тела вдоль горизонтальной поверхности нижнего тела на ширину \(l\) одного ребра (см. рисунок).

Пусть для того, чтобы сдвинуть тело на половину ширины ребра («приподнять» его), нам нужно приложить в горизонтальном направлении силу \(f\). Так как по условию задачи верхнее тело движется с постоянной (в среднем) скоростью, то тангенциальная (параллельная поверхности ребра) компонента силы \(f\) должна уравновешивать тангенциальную компоненту силы тяжести \(mg\). Обозначив угол между образующими ребро гранями через \(\alpha\), получаем: \[f\cos\left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\alpha}{2}\right) = mg\cos\dfrac{\alpha}{2},\quad\text{откуда}\quad f = mg\operatorname{ctg}\dfrac{\alpha}{2}.\] Работа силы \(f\) на данном участке пути равна \(A = f\dfrac{l}{2}\).

На второй половине пути, когда верхнее тело «скатывается под горку», для его смещения на вторую половину ширины ребра не нужно прикладывать никаких внешних сил — тело движется под действием силы тяжести, а запасённая на первом участке потенциальная энергия при соударении переходит в тепло. Следовательно, средняя сила, необходимая для перемещения тела на ширину \(l\) ребра, равна \[F = \dfrac{A}{l} = \dfrac{f}{2} = \dfrac{mg}{2}\operatorname{ctg}\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{mgh}{l}.\] Заметим, что эффективный коэффициент трения равен \[\mu = \dfrac{F}{mg} = \dfrac{h}{l} = nh,\] где \(n = 1/l\) — число рёбер на единицу длины поверхности.

Ответ

Соль превращает снег в жижу; над ней плотность насыщенных паров выше, чем над снегом, поэтому влажность воздуха в городе выше, а при высокой влажности человек мёрзнет сильнее.

Решение

Соль заставляет снег растаять, и дороги покрываются солёной жижей. Известно, что теплота испарения вещества из твёрдой фазы (снега) больше, чем из жидкой (воды). Это объясняется тем, что теплота испарения из твёрдой фазы равна сумме теплот плавления и испарения из жидкой фазы. Поэтому плотность насыщенных паров над солёной жижей значительно выше, чем над снегом, и влажность воздуха в городе становится гораздо выше, чем за городом. Это и вызывает ощущение более пронизывающего холода, так как при повышенной влажности человек мёрзнет сильнее. Действительно, при влажности, близкой к 100%, в воздухе появляются капельки воды — туман. Попадая на тёплую поверхность кожи лица, рук или в лёгкие, эти капельки испаряются, отнимая от организма большое количество теплоты. Известно, например, что зимой в Якутии, где воздух сухой и погода безветренная, мороз в \(-50\,^\circ\text{C}\) переносится легче, чем \(-20\,^\circ\text{C}\) в Петербурге при высокой влажности и с ветром — тут запросто можно обморозить нос и уши. А в тумане даже при плюсовой температуре не следует находиться долго — можно получить воспаление лёгких.

Ответ

\(x = R\).

Решение

Пусть \(\mathcal{E}\) — ЭДС батарейки, \(r\) — её внутреннее сопротивление, \(x\) — искомое сопротивление неизвестного резистора. Запишем для каждого из трёх описанных в условии задачи случаев закон Ома для полной цепи: \[\mathcal{E} = I(r + R),\] \[\mathcal{E} = \dfrac{3}{4}I(r + R + x),\] \[\mathcal{E} = \dfrac{6}{5}I\left(r + \dfrac{Rx}{R + x}\right).\] Полученная система уравнений сводится к квадратному уравнению \(x^2 + Rx - 2R^2 = 0\) относительно \(x\). Решая его, находим, что \(x = R\).

Отметим, что данную задачу нельзя решать в предположении, что у источника отсутствует внутреннее сопротивление. Действительно, при этом получается система из трёх уравнений с двумя неизвестными, которая не имеет решений.

Ответ

Если \(v < \sqrt{2\Delta W/m}\), то \(\alpha_{\max} = \pi\); если \(v > \sqrt{2\Delta W/m}\), то \(\cos\alpha_{\max} = \dfrac{mv^2 - 2\Delta W}{mv^2 + 2\Delta W}\); при \(v = \sqrt{2\Delta W/m}\) угол разлёта равен \(\pi/2\) (для всех направлений, кроме \(\beta = 0\)).

Решение

В системе отсчёта, движущейся вместе со снарядом, в соответствии с законом сохранения импульса скорости осколков сразу после взрыва одинаковы: \(\vec v_{1c} = -\vec v_{2c}\). В неподвижной системе отсчёта скорости первого и второго осколков равны \(\vec v_1 = \vec v + \vec v_{1c}\) и \(\vec v_2 = \vec v + \vec v_{2c}\) соответственно (см. рисунок). Согласно условию задачи, \[\Delta W = \dfrac{mv_1^2}{4} + \dfrac{mv_2^2}{4} - \dfrac{mv^2}{2}.\] Из записанных соотношений получаем: \(v_{1c}^2 = 2\Delta W/m\).

Обозначим через \(\alpha\) угол разлёта осколков, а через \(\beta\) — угол между векторами \(\vec v\) и \(\vec v_{1c}\).

Тогда по теореме косинусов (см. рисунок) \[v_1^2 = v^2 + v_{1c}^2 + 2vv_{1c}\cos\beta,\] \[v_2^2 = v^2 + v_{1c}^2 - 2vv_{1c}\cos\beta,\] \[(2v_{1c})^2 = v_1^2 + v_2^2 - 2v_1v_2\cos\alpha,\] откуда получаем: \[\cos\alpha = \dfrac{v^2 - v_{1c}^2}{\sqrt{\left(v^2 + v_{1c}^2\right)^2 - 4v^2v_{1c}^2\cos^2\beta}}.\] Максимальный угол разлёта осколков \(\alpha_{\max}\) лежит в пределах от 0 до \(\pi\), а \(\cos\alpha_{\max}\) — в пределах от 1 до \(-1\). Если \(v < v_{1c} = \sqrt{2\Delta W/m}\), то из полученной формулы следует, что \(\cos\alpha < 0\), и \(\alpha_{\max} = \pi\) достигается при \(\beta = 0\), то есть осколки летят в разные стороны вдоль первоначального направления полёта снаряда. Если \(v = v_{1c}\), то \(\alpha = \pi/2\) при всех \(\beta\), кроме \(\beta = 0\), когда один из осколков останавливается (\(v_2 = 0\)), и угол разлёта не определён. Если же \(v > v_{1c} = \sqrt{2\Delta W/m}\), то \(\cos\alpha > 0\), и \(\alpha_{\max}\) достигается при минимальном значении \(\cos\alpha\), то есть при \(\beta = \pi/2\). При этом \[\cos\alpha_{\max} = \dfrac{v^2 - v_{1c}^2}{v^2 + v_{1c}^2} = \dfrac{mv^2 - 2\Delta W}{mv^2 + 2\Delta W}.\]

Ответ

\(N = mg\sqrt{1 - \dfrac{5}{9}\sin^2\alpha}\); сила направлена под углом \(\varphi = \arcsin\dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{9 - 5\sin^2\alpha}}\) к стержню.

Решение

Пусть за малый промежуток времени \(\Delta t\) после отпускания маятник повернулся на малый угол \(\Delta\alpha\). При этом его потенциальная энергия уменьшилась, поскольку суммарная потенциальная энергия грузов №1 и №2 не изменилась, а груз №3 опустился на высоту \[\Delta h = L\cos(\alpha - \Delta\alpha) - L\cos\alpha = L\cos\alpha\cos\Delta\alpha + L\sin\alpha\sin\Delta\alpha - L\cos\alpha.\] Так как угол \(\Delta\alpha\) мал, то \(\cos\Delta\alpha \approx 1\), \(\sin\Delta\alpha \approx \alpha\), и \(\Delta h \approx L\Delta\alpha\sin\alpha\). Следовательно, изменение потенциальной энергии маятника за рассматриваемый промежуток времени равно \(\Delta U = -mg\Delta h = -mgL\Delta\alpha\sin\alpha\).

Ввиду жёсткости маятника во время движения величины смещений, скоростей и ускорений всех трёх грузов одинаковы. За время \(\Delta t\) первоначально покоившиеся грузы, двигаясь с одинаковыми ускорениями \(a\), приобретают одинаковые по величине скорости \(v = a\Delta t\) и смещаются на малые расстояния \[\Delta x = L\Delta\alpha = \dfrac{a(\Delta t)^2}{2} = \dfrac{v\Delta t}{2},\] откуда \(\Delta\alpha = \dfrac{v\Delta t}{2L}\). При этом маятник приобретает кинетическую энергию, равную \(\Delta W = 3\cdot\dfrac{mv^2}{2}\).

По закону сохранения механической энергии \[\Delta W + \Delta U = \dfrac{3mv^2}{2} - mgL\Delta\alpha\sin\alpha = 0.\] Подставляя в это уравнение выражение для \(\Delta\alpha\), получаем: \[mgL\cdot\dfrac{v\Delta t}{2L}\cdot\sin\alpha = \dfrac{3mv^2}{2},\] откуда \(a = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} = \dfrac{v}{\Delta t} = \dfrac{g\sin\alpha}{3}\).

Таким образом, сразу после отпускания маятника на груз №3 действует сила \(F = ma = \dfrac{mg\sin\alpha}{3}\), направленная перпендикулярно третьему стержню, по касательной к траектории движения груза (см. рисунок). Эта сила равна сумме силы тяжести \(m\vec g\) и искомой силы реакции со стороны стержня \(\vec N\). Из треугольника сил по теореме косинусов получаем: \[N = \sqrt{F^2 + (mg)^2 - 2Fmg\cos\left(\dfrac{\pi}{2} - \alpha\right)} = mg\sqrt{\left(\dfrac{\sin\alpha}{3}\right)^2 + 1 - 2\cdot\dfrac{\sin\alpha}{3}\cdot\sin\alpha} = mg\sqrt{1 - \dfrac{5}{9}\sin^2\alpha}.\] Из рисунка видно, что сила \(\vec N\) направлена под таким углом \(\varphi\) к стержню, что \[N\sin\varphi = mg\sin\alpha - F = \dfrac{2}{3}mg\sin\alpha.\] Отсюда \[\varphi = \arcsin\left(\dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{9 - 5\sin^2\alpha}}\right).\]

Ответ

\(p_{\text{общ}} = p_0\dfrac{T_2}{T_1} + np_0 + (1 - n)p \approx 1{,}9\cdot 10^5\) Па.

Решение

При данной температуре с единицы плоской поверхности чистой жидкости за единицу времени вылетает определённое количество молекул. В закрытом сосуде устанавливается такое давление пара этого вещества (насыщенный пар!), что из пара на поверхность жидкости возвращается такое же количество молекул в единицу времени. Если мы имеем дело с раствором с объёмной концентрацией \(n = 40\%\), то на единице поверхности такого раствора находится только 40% от количества молекул, соответствующего чистой жидкости. Предположим, что вероятность покинуть поверхность раствора для каждой молекулы на этой поверхности не изменилась. Значит, покидают поверхность и возвращаются на неё за единицу времени тоже 40% от того количества молекул, что было у чистого вещества. Это рассуждение относится ко всем компонентам раствора. Следовательно, давление насыщенного пара над раствором складывается из 40% давления насыщенных паров спирта и 60% давления насыщенных паров воды при данной температуре. Давление над жидкостью внутри закрытой бутылки при температуре \(T_2\) создаётся воздухом, объём которого при нагревании от \(T_1 = 273\) К до \(T_2 = 350\) К не изменяется, парами воды и парами спирта. Так как по условию задачи чистый спирт кипит при температуре \(T_2\), то давление его насыщенных паров при этой температуре равно атмосферному давлению \(p_0\), и общее давление над жидкостью будет равно: \[p_{\text{общ}} = p_0\dfrac{T_2}{T_1} + np_0 + (1 - n)p \approx 1{,}9\cdot 10^5\text{ Па}.\]

Ответ

\(U_{\max} = 2\mathcal{E}\dfrac{C_1 + 3C_2}{C_1 + C_2} = 4{,}4\) В (процедура описана в решении).

Решение

Ясно, что для получения максимально возможного напряжения нужно зарядить оба конденсатора и соединить их последовательно с батарейкой. Если многократно проделать такую процедуру: зарядить до напряжения батареи конденсатор меньшей ёмкости \(C_1 = 2\) мкФ, соединить его последовательно с батареей, и зарядить от них конденсатор большей ёмкости \(C_2 = 3\) мкФ, то напряжение на этом конденсаторе \(C_2\) будет стремиться к величине \(2\mathcal{E}\). Затем к последовательно соединённым батарее и заряженному описанным способом конденсатору ёмкости \(C_2\) можно последовательно подключить заряженный до напряжения батареи \(\mathcal{E}\) конденсатор меньшей ёмкости. В результате получим разность потенциалов \(U = 4\mathcal{E} = 4\) В. Однако эта величина не является максимально возможной!

Последняя операция, с помощью которой можно получить ещё бо́льшую разность потенциалов, такова: подключим последовательно соединённые батарею и заряженный до напряжения \(2\mathcal{E}\) конденсатор большей ёмкости параллельно с заряженным от батареи конденсатором меньшей ёмкости (см. рисунок).

При этом после замыкания ключа \(K\) по цепи протечёт заряд \(\Delta Q\), и снижение разности потенциалов на конденсаторе большей ёмкости будет меньше, чем повышение разности потенциалов на конденсаторе меньшей ёмкости. Заряд \(\Delta Q\) можно найти из условия выравнивания потенциалов точек \(A\) и \(B\) цепи: \[\mathcal{E} + 2\mathcal{E} - \dfrac{\Delta Q}{C_2} = \mathcal{E} + \dfrac{\Delta Q}{C_1},\quad\text{откуда}\quad \Delta Q = 2\mathcal{E}\dfrac{C_1C_2}{C_1 + C_2}.\] Затем вновь соединим батарею и конденсаторы последовательно друг с другом. В этом случае получится максимальная разность потенциалов: \[U_{\max} = \mathcal{E} + 2\mathcal{E} - \dfrac{\Delta Q}{C_2} + \mathcal{E} + \dfrac{\Delta Q}{C_1} = 4\mathcal{E} + 2\mathcal{E}\dfrac{C_2 - C_1}{C_1 + C_2} = 2\mathcal{E}\dfrac{C_1 + 3C_2}{C_1 + C_2} = 4{,}4\text{ В}.\]

Ответ

\(\dfrac{2\pi}{101} < \alpha < \dfrac{2\pi}{100}\) или \(\dfrac{2\pi}{100} < \alpha \leqslant \dfrac{2\pi}{99}\).

Решение

Все изображения лежат на окружности с центром на ребре двугранного угла, образованного зеркалами, и проходящей через источник света \(P\) (см. рисунок). Пусть \(\alpha\) — угол между зеркалами, \(\Omega\) — заштрихованная область (не включая границы), \(W\) — незаштрихованная область (включая границы). Совпадающие изображения будем считать, согласно условию, за одно изображение.

Изображения, лежащие под прямой \(AC\), дают изображения в зеркале \(AO\), которые лежат над прямой \(AC\). Изображения, лежащие над прямой \(BD\), дают изображения в зеркале \(BO\), которые лежат под прямой \(BD\). Отсюда следует, что изображения, лежащие в области \(W\) без границ, дают своё изображение; изображения, лежащие в \(\Omega\), не дают своих изображений.

Обозначим через \(\alpha\) угол, который образуют лучи, проведённые из точки \(O\) к двум соседним изображениям. Из рисунка видно, что в области \(W\) лежит ровно \[2\left[\dfrac{\angle POD}{\alpha}\right] = 2\left[\dfrac{\pi - (\alpha/2)}{\alpha}\right]\] изображений (квадратными скобками обозначена операция выделения целой части числа). При этом возможны три следующих случая.

1) В \(\Omega\) не лежит ни одного изображения. Это имеет место тогда и только тогда, когда есть изображения, находящиеся на лучах \(OD\) и \(OC\). Это условие эквивалентно тому, что \(\dfrac{\pi - (\alpha/2)}{\alpha}\) является положительным целым числом. Тогда общее число различных изображений будет равно \[N = 2\cdot\dfrac{\pi - (\alpha/2)}{\alpha}.\] Приравнивая в этом выражении \(N = 100\), получаем: \[\alpha = \dfrac{2\pi}{N + 1} = \dfrac{2\pi}{101}.\] 2) В \(\Omega\) лежит ровно одно изображение, находящееся на луче \(OK\). Это имеет место тогда и только тогда, когда \(\dfrac{\pi}{\alpha}\) является целым положительным числом. При этом общее число изображений будет равно \[N = 2\left[\dfrac{\pi - (\alpha/2)}{\alpha}\right] + 1.\] Это число не может быть равно 100 ни при каком \(\alpha\), так как является нечётным, то есть второй случай не удовлетворяет условию задачи.

3) В \(\Omega\) лежат ровно 2 изображения. Это имеет место тогда и только тогда, когда \(\dfrac{\pi - (\alpha/2)}{\alpha}\) и \(\dfrac{\pi}{\alpha}\) не являются целыми положительными числами. Тогда общее число изображений будет равно \[N = 2\left[\dfrac{\pi - (\alpha/2)}{\alpha}\right] + 2.\] Приравнивая в этом выражении \(N = 100\), получаем \[\left[\dfrac{\pi - (\alpha/2)}{\alpha}\right] = \dfrac{N - 2}{2} = 49.\] Это уравнение эквивалентно неравенству \[\dfrac{N - 2}{2} = 49 \leqslant \dfrac{\pi - (\alpha/2)}{\alpha} < 50 = \dfrac{N}{2},\] откуда следует, что \[\dfrac{2\pi}{N + 1} = \dfrac{2\pi}{101} < \alpha \leqslant \dfrac{2\pi}{99} = \dfrac{2\pi}{N - 1}.\] Учтя указанные выше условия, при которых возможен третий случай, получаем, что угол \(\alpha = 2\pi/N = 2\pi/100\) должен быть исключён из последнего неравенства.

Объединяя все случаи, получаем ответ: \[\dfrac{2\pi}{101} < \alpha < \dfrac{2\pi}{100};\qquad \dfrac{2\pi}{100} < \alpha \leqslant \dfrac{2\pi}{99}.\]