МОШ, 2002/03, заключительный этап, 10 класс

Ответ

На первом конвейере \(u_1 = 30\) км/ч, на втором \(u_2 = 20\) км/ч.

Решение

Обозначим через \(u_1\) скорость автомобиля относительно первого конвейера, а через \(u_2\) — скорость автомобиля относительно второго конвейера. Тогда время, прошедшее с момента въезда автомобиля на первый конвейер до съезда со второго, равно \(t = \dfrac{L}{v_1 + u_1} + \dfrac{L}{v_2 + u_2}\), а счётчик пройденного автомобилем пути к моменту съезда со второго конвейера показал величину \(L = \dfrac{L}{v_1 + u_1}u_1 + \dfrac{L}{v_2 + u_2}u_2\).

Выразим из второго уравнения скорость \(u_1 = \dfrac{v_1v_2}{u_2}\) и подставим её в первое уравнение: \[\dfrac{t}{L} = \dfrac{1}{v_1 + \dfrac{v_1v_2}{u_2}} + \dfrac{1}{v_2 + u_2} = \dfrac{u_2}{v_1u_2 + v_1v_2} + \dfrac{1}{v_2 + u_2} = \dfrac{1}{v_1}\cdot\dfrac{v_1 + u_2}{v_2 + u_2}.\] Отсюда \[u_2 = \dfrac{v_2t - L}{L - v_1t}\cdot v_1 = 20\text{ км/ч}\quad\text{и}\quad u_1 = \dfrac{v_1v_2}{u_2} = \dfrac{L - v_1t}{v_2t - L}\cdot v_2 = 30\text{ км/ч}.\]

Ответ

\(R_0 = \dfrac{4}{3}\tau v_0\).

Решение

Найдём при помощи графика ускорение корабля в момент времени сразу после выключения двигателя. Для этого проведём касательную к графику в точке \(t = 0\) (см. рис. 1.141).

По определению величина ускорения равна модулю углового коэффициента этой касательной: \(a_0 = \left|\dfrac{\Delta v}{\Delta t}\right| = \dfrac{v_0}{3\tau}\).

Поскольку на корабль после выключения двигателя действует только гравитационная сила со стороны небесного тела, то \(ma_0 = \dfrac{GmM}{R_0^2}\), где \(G\) — гравитационная постоянная, \(m\) — масса корабля, \(M\) — масса небесного тела, \(R_0\) — искомое расстояние.

После удаления корабля на очень большое расстояние от небесного тела скорость корабля уменьшается до величины \(v_1 = v_0/3\) и становится постоянной. Применяя закон сохранения механической энергии для корабля в гравитационном поле планеты, получим: \[\dfrac{mv_1^2}{2} - \dfrac{mv_0^2}{2} = -\dfrac{GmM}{R_0} = -ma_0R_0.\] Отсюда \[R_0 = \dfrac{v_0^2 - v_1^2}{2a_0} = \dfrac{3\tau}{2v_0}(v_0^2 - v_1^2) = \dfrac{3\tau}{2v_0}\left(v_0^2 - \dfrac{v_0^2}{9}\right) = \dfrac{4}{3}\tau v_0.\]

Ответ

\(Q = 5\) Дж.

Решение

Поскольку в условии задана минимальная работа \(A\), то можно считать, что доску перетаскивают через линию медленно, и её кинетическая энергия равна нулю. При этом работа, которую нужно совершить для перетаскивания доски на шероховатую поверхность, частично переходит в тепло (обозначим его \(Q\)), а частично — в потенциальную энергию \(U\) пружины, которая к концу процесса перетаскивания оказывается деформированной. Обозначим массу доски через \(m\), коэффициент трения доски о шероховатую поверхность — через \(\mu\). Тогда в момент, когда на шероховатой поверхности оказалась часть однородной доски длиной \(x\), на неё действует сила трения \[F_{\text{тр}}(x) = \mu\Delta mg = \mu g\dfrac{m}{L}x,\] где \(\Delta m = \dfrac{m}{L}x\) — масса части доски, перетащенной через линию. Видно, что сила трения возрастает пропорционально величине \(x\), которая при перетаскивании меняется от 0 до \(L\). Работа силы трения на малом участке пути \(\Delta x\) равна \[F_{\text{тр}}(x)\Delta x = \dfrac{\mu mg}{L}x\Delta x = \dfrac{\mu mg}{L}\Delta\left(\dfrac{x^2}{2}\right).\] Суммарная работа силы трения по абсолютной величине равна искомому количеству теплоты: \(|A_{\text{тр}}| = Q = \dfrac{\mu mg}{L}\cdot\dfrac{L^2}{2} = \dfrac{\mu mgL}{2}\). Этот результат можно получить несколькими способами: по аналогии с формулой для потенциальной энергии, запасённой в растянутой пружине (сила также пропорциональна смещению); графически, вычисляя работу силы трения, как площадь под графиком зависимости \(F_{\text{тр}}(x)\); наконец, непосредственно, путём интегрирования.

Когда вся доска окажется на шероховатой поверхности, пружина будет растянута на некоторую величину \(l\). При этом сила натяжения пружины будет равна силе трения, действующей со стороны поверхности на всю доску: \(kl = \mu mg\). Отсюда \(l = \mu mg/k\). Потенциальная энергия, запасённая к этому моменту в пружине, будет равна \[U = \dfrac{kl^2}{2} = \dfrac{(\mu mg)^2}{2k} = \dfrac{2Q^2}{kL^2}.\] Таким образом, можно записать: \[A = Q + U = Q + \dfrac{2Q^2}{kL^2}\quad\text{или}\quad \dfrac{2}{kL^2}Q^2 + Q - A = 0.\] Решая полученное квадратное уравнение, найдём \(Q\): \[Q = \dfrac{kL^2}{4}\left(\sqrt{1 + \dfrac{8A}{kL^2}} - 1\right) = 5\text{ Дж}.\] Оставшиеся \(U = A - Q = 12{,}5\) Дж запасаются в виде потенциальной энергии в растянутой пружине.

Ответ

\(A_{\text{тр}} \approx -9\) Дж (силы трения совершат работу около \(-9\) Дж).

Решение

Так как стержень протягивают через щель очень медленно, то сумма всех приложенных к нему сил всё время равна нулю. Значит, внешняя сила, прикладываемая к переднему концу стержня, всегда равна силе трения щёчек о стержень и постоянна по величине: \[F_{\text{вн}} = F_{\text{тр}} = 2\mu F = 2\cdot 0{,}5\cdot 30\text{ Н} = 30\text{ Н}.\] Передний конец стержня, к которому приложена внешняя сила, перемещается на расстояние \(L + \Delta l = 10\text{ см} + 30\text{ см} = 40\text{ см} = 0{,}4\) м. Здесь \(\Delta l = 30\) см — изменение длины стержня к тому моменту, когда он протянут через щёчки практически целиком; оно соответствует приложенной к стержню растягивающей силе \(F_{\text{вн}} = F_{\text{тр}} = 30\) Н и определяется из графика зависимости силы упругости от удлинения.

Работа постоянной внешней силы над системой «стержень + щёчки» равна \[A_{\text{вн}} = F_{\text{вн}}(L + \Delta l) = 30\text{ Н}\cdot 0{,}4\text{ м} = 12\text{ Дж}.\] Эта работа расходуется, во-первых, на увеличение потенциальной энергии стержня \(\Delta U\) при его растяжении, и, во-вторых, на работу против сил трения, которая увеличивает внутреннюю энергию системы, то есть превращается в тепло \(Q\). Таким образом, \[A_{\text{вн}} = \Delta U + Q = \Delta U - A_{\text{тр}},\] где работа сил трения \(A_{\text{тр}} < 0\).

Изменение потенциальной энергии стержня, то есть величина энергии упругой деформации к концу всего процесса, может быть определено из приведённого в условии графика. Оно равно площади области под кривой, ограниченной зависимостью \(f(\Delta l)\), осью абсцисс и вертикальной прямой, соответствующей \(\Delta l = 30\) см. Подсчёт с использованием сетки на графике показывает, что \(\Delta U \approx 3\) Дж. Таким образом, получаем, что \[A_{\text{тр}} = \Delta U - A_{\text{вн}} \approx 3\text{ Дж} - 12\text{ Дж} = -9\text{ Дж}.\] Как видно, эту величину нельзя было бы найти просто как произведение постоянной силы трения \(2\mu F\) на «длину пути», то есть, в данном случае, длину прошедшего через щёчки растянувшегося стержня — эта «длина пути» не соответствует ни начальной, ни конечной длине стержня. Такая ошибка в использовании определения работы возникла из-за того, что контакт щёчек, даже сколь угодно узких, со стержнем, в данной задаче нельзя рассматривать как точечный — на протяжении этого контакта происходят существенные изменения характера движения точек стержня.

Ответ

\(\Delta A = A' - A = 2\mu mgLN^2\).

Решение

Рассмотрим ситуацию, когда магазин расположен крышкой вверх, и в нём находятся \(n\) патронов (см. рис. 1.165). При этом на верхний патрон со стороны крышки действует сила \(F_1\), на следующий патрон со стороны верхнего — сила \(F_2 = F_1 + mg\), на третий патрон со стороны лежащего над ним второго — сила \(F_3 = F_2 + mg = F_1 + 2mg\), и так далее.

На \(n\)-й патрон снизу, со стороны поршня, действует сила \(F_{n+1} = F_1 + nmg\), которая возникает из-за деформации пружины и равна \(F_{n+1} = F_0 + knd\). Здесь \(k\) — коэффициент жёсткости пружины, \(d\) — диаметр патрона, а \(F_0\) — сила, с которой поршень прижимается к крышке при пустом магазине. Отсюда получаем: \(F_1 = F_0 + (kd - mg)n\). Сила трения скольжения, действующая на верхний патрон при его вытаскивании, равна \[F_{\text{тр}} = \mu(F_1 + F_2) = \mu(2F_1 + mg) = \mu\bigl(2F_0 + 2(kd - mg)n + mg\bigr),\] а работа, которую нужно совершить при вытаскивании этого патрона: \[A_n = \mu L\bigl(2F_0 + 2(kd - mg)n + mg\bigr).\] Полная работа, необходимая для опустошения магазина, в данном случае равна \[A = \sum_{n=1}^{N}A_n = \mu LN(2F_0 + mg) + 2\mu L(kd - mg)\sum_{n=1}^{N}n = \mu LN(2F_0 + mg) + 2\mu L(kd - mg)\cdot\dfrac{N(N + 1)}{2} = \mu LN\bigl(2F_0 + kd(N + 1) - mgN\bigr).\] Здесь мы воспользовались формулой для вычисления суммы первых \(N\) членов арифметической прогрессии: \(\sum\limits_{n=1}^{N}n = \dfrac{N(N + 1)}{2}\).

Если перевернуть магазин крышкой вниз, то на рисунке направление силы тяжести изменится на противоположное. Поэтому для того, чтобы найти работу по опустошению магазина во втором случае, нужно в выражении для \(A\) изменить знак перед \(g\). В итоге получим: \[A' = \mu LN\bigl(2F_0 + kd(N + 1) + mgN\bigr).\] Таким образом, во втором случае работа будет больше на величину \(\Delta A = A' - A = 2\mu mgLN^2\).

Ответ

\(a_1 = a_2 = \dfrac{10}{\sqrt{3}}\) м/с\(^2\); ускорение \(a_1\) направлено под углом \(+90^\circ\) к силе \(F\), а ускорение \(a_2\) — под углом \(-30^\circ\) к силе \(F\).

Решение

Поскольку ускорение каждого груза определяется только силой натяжения прикреплённой к нему нити, то величины и направления скоростей грузов не играют в данном случае никакой роли. Всего возможны шесть разных вариантов расположения грузов, нитей и направления действия силы. Они приведены на рисунках:

Так как нити невесомы, то сумма сил натяжения, действующих на узелок, равна нулю. Для того, чтобы ускорения грузов были одинаковы, сила натяжения \(F_1\) нити, действующая на груз массой \(m_1 = 1\) кг, должна быть в два раза меньше силы натяжения \(F_2\), действующей на груз массой \(m_2 = 2\) кг. Этим условиям удовлетворяет только вариант № 6 (см. рис. 1.53.7). С учётом того, что сила, с которой тянут за нить, равна \(F = 10\) Н, получаем:

\[F_1 = F\operatorname{tg}30^\circ = \dfrac{10}{\sqrt{3}}\text{ Н},\qquad F_2 = \dfrac{F}{\cos 30^\circ} = \dfrac{20}{\sqrt{3}}\text{ Н}.\] Поэтому величины ускорений грузов в варианте № 6 равны \[a_1 = a_2 = \dfrac{F_1}{m_1} = \dfrac{F_2}{m_2} = \dfrac{10}{\sqrt{3}}\text{ м/с}^2,\] причём ускорение \(a_1\) направлено под углом \(+90^\circ\) к силе \(F\), а ускорение \(a_2\) — под углом \(-30^\circ\) к силе \(F\).

Ответ

\(h_1 = \left(\dfrac{m_2}{m_1 + m_2}\right)^2 h\).

Решение

Так как нить нерастяжима, то величины ускорений обоих грузов одинаковы. Поскольку блок и нить невесомы и трение отсутствует, то сила натяжения \(T\) вдоль всей нити одинакова. Направим координатную ось вниз и запишем уравнения движения грузов с учётом того, что \(m_1 > m_2\): \[m_1a = m_1g - T,\quad -m_2a = m_2g - T.\] Отсюда следует, что ускорение равно \[a = \dfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}g.\] В момент касания первого груза с плоскостью оба груза разгонятся до скорости \[V = \sqrt{2ah} = \sqrt{2gh\dfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}}.\] После этого груз \(m_1\) остановится (так как удар о плоскость абсолютно неупругий), а груз \(m_2\) полетит вверх со скоростью \(V\) и ускорением \(g\), направленным вниз. Через некоторое время, достигнув максимальной высоты, груз \(m_2\) начнёт падать с ускорением \(g\) и снова натянет нить. В этот момент его скорость будет по величине той же, что и в начале полёта, но направлена она будет уже вниз. Поскольку нить неупругая, а блок невесомый, скорости обоих грузов после рывка выровняются: \(m_2V = (m_1 + m_2)V_1\), откуда начальная скорость движения груза \(m_1\) вверх (а груза \(m_2\) — вниз) будет равна \[V_1 = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2}V = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2}\sqrt{2gh\dfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}}.\] Ускорение грузов при дальнейшем их движении будет прежним, равным \(a = \dfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}g\), а максимальная высота подъёма груза \(m_1\) составит \[h_1 = \dfrac{V_1^2}{2a} = \left(\dfrac{m_2}{m_1 + m_2}\right)^2\cdot\dfrac{2gh\cdot(m_1 - m_2)(m_1 + m_2)}{(m_1 + m_2)\cdot 2g(m_1 - m_2)} = \left(\dfrac{m_2}{m_1 + m_2}\right)^2h.\] При дальнейшем движении в системе будут происходить те же процессы, но после каждого следующего удара о плоскость высота подъёма первого груза будет уменьшаться в \(\left(1 + (m_1/m_2)\right)^2\) раз, так что \(h_1\) действительно является искомой максимальной высотой подъёма.

Ответ

\(\Delta Q = \dfrac{5}{4}V_0\left(p_0 + \dfrac{\rho gV_0}{S}\right)\).

Решение

Для того, чтобы жидкость вытеснялась из трубки медленно, газ также нужно нагревать очень медленно, регулируя количество подводимого тепла так, чтобы вытекающая жидкость в течение всего процесса не приобретала кинетическую энергию. При этом всё сообщаемое газу тепло будет уходить на изменение его внутренней энергии и на совершение им работы при расширении.

В начальном состоянии газ в сосуде находится под атмосферным давлением \(p_0\) и имеет некоторую температуру \(T_0\). Пренебрежём объёмом и высотой столба жидкости, находящейся в полукруглом участке трубки. Тогда длина трубки равна \(V_0/S\). Следовательно, в конечном состоянии объём газа увеличится до величины \(V_1 = 3V_0/2\), его давление станет равно \(p_1 = p_0 + \dfrac{\rho gV_0}{2S}\), а температура изменится до некоторой величины \(T\). Запишем уравнение Клапейрона для начального и конечного состояний газа: \[\dfrac{p_0V_0}{T_0} = \dfrac{\left(p_0 + \dfrac{\rho gV_0}{2S}\right)\cdot\dfrac{3V_0}{2}}{T}.\] Отсюда, с учётом уравнения состояния \(p_0V_0 = \nu RT_0\), получим: \[T - T_0 = \dfrac{T_0}{p_0V_0}\left(\dfrac{3p_0V_0}{2} + \dfrac{3\rho gV_0^2}{4S} - p_0V_0\right) = \dfrac{1}{\nu R}\left(\dfrac{p_0V_0}{2} + \dfrac{3\rho gV_0^2}{4S}\right).\] Таким образом, в течение процесса температура газа увеличится, и его внутренняя энергия возрастёт на величину \[\Delta U = \dfrac{3}{2}\nu R(T - T_0) = \dfrac{3p_0V_0}{4} + \dfrac{9\rho gV_0^2}{8S}.\] Найдём теперь работу, совершаемую газом при расширении. Она пойдёт на увеличение потенциальной энергии жидкости и на совершение работы против силы атмосферного давления. Примем уровень основания трубки за начало отсчёта потенциальной энергии. Тогда в начальном состоянии потенциальная энергия находящейся в трубке жидкости равна \[E_1 = \rho V_0g\cdot\dfrac{V_0}{4S}.\] После того, как половина жидкости вытечет из трубки (а это означает, что она будет вытеснена на высоту \(\dfrac{V_0}{2S}\)), потенциальная энергия жидкости станет равна \[E_2 = \dfrac{\rho V_0}{2}g\dfrac{V_0/S}{4} + \dfrac{\rho V_0}{2}g\dfrac{V_0/S}{2} = \dfrac{3\rho gV_0^2}{8S}.\] Работа против постоянной силы атмосферного давления, совершённая при вытеснении жидкости из трубки, равна \(A_0 = p_0\dfrac{V_0}{2}\). Следовательно, полная работа, совершаемая газом при расширении, равна \[\Delta A = E_2 - E_1 + A_0 = \dfrac{3\rho gV_0^2}{8S} - \dfrac{\rho gV_0^2}{4S} + \dfrac{p_0V_0}{2} = \dfrac{\rho gV_0^2}{8S} + \dfrac{p_0V_0}{2}.\] Искомое количество теплоты теперь можно определить при помощи первого начала термодинамики: \[\Delta Q = \Delta U + \Delta A = \dfrac{5}{4}V_0\left(p_0 + \dfrac{\rho gV_0}{S}\right).\]

Ответ

\(A_1\) — 0,1 мА, \(A_2\) — 0,2 мА, \(A_3\) — 0,3 мА.

Решение

Так как сопротивления амперметров намного меньше сопротивлений резисторов, то можно считать потенциалы точек, к которым подключены амперметры, почти одинаковыми. Тогда схему можно перерисовать так, как показано на рисунке 3.49.1.

В ней сопротивление между точками \(A\) и \(C\) равно \(R_{AC} = \dfrac{1}{3}\cdot 3 = 1\) кОм, а между точками \(C\) и \(B\) сопротивление \(R_{CB} = \left(\dfrac{1}{1} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4}\right)^{-1} = \dfrac{4}{7}\) кОм. Поэтому сопротивление между точками \(A\) и \(B\) равно \(R_{AB} = \dfrac{11}{7}\) кОм, и суммарный ток в цепи равен \(I_{AB} = \dfrac{U}{R_{AB}} = 2{,}1\) мА. При этом напряжение между точками \(A\) и \(C\) равно \(U_{AC} = I_{AB}R_{AC} = 2{,}1\) В, а между точками \(C\) и \(B\) напряжение \(U_{CB} = I_{AB}R_{CB} = 1{,}2\) В. Поэтому токи, текущие через каждый из резисторов с сопротивлением 3 кОм, равны \(I_3 = 0{,}7\) мА, а через остальные резисторы с сопротивлениями 1 кОм, 2 кОм и 4 кОм текут токи \(I_1 = 1{,}2\) мА, \(I_2 = 0{,}6\) мА и \(I_4 = 0{,}3\) мА, соответственно.

Перерисуем теперь исходную схему ещё раз — теперь уже с учётом амперметров (см. рис. 3.49.2).

В каждой из точек соединения проводов сумма токов должна равняться нулю. Поэтому в точку между резисторами с сопротивлениями 3 кОм и 1 кОм должен втекать ток, равный \(I_1 - I_3 = 0{,}5\) мА, из точки между резисторами с сопротивлениями 3 кОм и 2 кОм должен вытекать ток, равный \(I_3 - I_2 = 0{,}1\) мА, а из точки между резисторами с сопротивлениями 3 кОм и 4 кОм должен вытекать ток \(I_3 - I_4 = 0{,}4\) мА. Обозначим ток, текущий через амперметр \(A_1\), через \(I\). Тогда, из тех же соображений, ток через амперметр \(A_2\) будет равен \(I + 0{,}1\) мА, а ток через амперметр \(A_3\) будет составлять \(0{,}4\) мА \(- I\). Обозначим малое сопротивление каждого амперметра через \(R\) и найдём разность потенциалов между точками 1 и 3 схемы: \[U_{13} = (0{,}4\text{ мА} - I)R = U_{12} + U_{23} = IR + (I + 0{,}1\text{ мА})R.\] Отсюда получаем: \(3I = 0{,}3\) мА, и \(I = 0{,}1\) мА. Поэтому ток через второй амперметр равен \(I + 0{,}1\) мА \(= 0{,}2\) мА, а ток через третий амперметр составляет \(0{,}4\) мА \(- I = 0{,}3\) мА.