МОШ, 2004/05, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(F = mg\left(1 + \dfrac{m_2}{2m_1}\right) = 88\) Н.

Решение

На прикреплённый к середине бруска груз массой \(m_2\) действуют сила \(\vec F\) со стороны верёвки и некоторая сила \(\vec F_1\) со стороны бруска, направленная в противоположную сторону. Так как брусок лёгкий, то сумма всех действующих на него сил должна быть равна нулю. Поэтому на каждый из прикреплённых к концам бруска одинаковых грузов массой \(m_1\) действует сила \(-\vec F_1/2\). Так как ускорения всех трёх грузов одинаковы, то можно записать: \[\dfrac{F - F_1}{m_2} = \dfrac{F_1/2}{m_1}.\] Отсюда \[F = F_1\left(1 + \dfrac{m_2}{2m_1}\right).\] Из условия задачи следует, что брусок ломается, когда сила, действующая на его середину со стороны груза \(m_2\), равна \(F_1 = mg\). С учётом этого, полагая \(g = 10\) м/с\(^2\), получаем: \[F = mg\left(1 + \dfrac{m_2}{2m_1}\right) = 88\text{ Н}.\]

Ответ

\(t_1 = \dfrac{1}{\sqrt{kg}}\left(\dfrac{\pi}{2} - \operatorname{arctg}\left(\dfrac{\mu_0}{v_0}\sqrt{\dfrac{g}{k}}\right)\right)\).

Решение

Шайба, попадая на берег, начинает тормозиться под действием силы трения, равной по величине \(\mu mg\). Уравнение движения шайбы имеет вид: \(ma = m\dfrac{d^2x}{dt^2} = -\mu mg = -(\mu_0 + kx)mg\), откуда \[\dfrac{d^2x}{dt^2} + kg\left(x + \dfrac{\mu_0}{k}\right) = 0.\] Обозначая \(kg\) через \(\omega^2\) и вводя новую переменную \(z = x + \dfrac{\mu_0}{k}\), получаем для \(x > 0\) уравнение гармонических колебаний: \[\dfrac{d^2z}{dt^2} + \omega^2z = 0.\] Решением этого уравнения является функция \(z = A\sin(\omega t + \varphi_0)\), так что \(x = A\sin(\omega t + \varphi_0) - \dfrac{\mu_0}{k}\), а скорость шайбы \(v = \dfrac{dx}{dt} = A\omega\cos(\omega t + \varphi_0)\). Из условия задачи следует, что при \(t = 0\) координата шайбы \(x = 0\), а её скорость \(v = v_0\). Поэтому \(\mu_0/k = A\sin\varphi_0\) и \(v_0 = A\omega\cos\varphi_0\), откуда \[\operatorname{tg}\varphi_0 = \dfrac{\omega\mu_0}{kv_0} = \dfrac{\mu_0}{v_0}\sqrt{\dfrac{g}{k}}.\] Шайба остановится при достижении «максимального отклонения» \(x_0 = A - (\mu_0/k)\), когда её скорость упадёт до нуля. Это произойдёт в момент времени \(t_1\), когда \(\omega t_1 + \varphi_0 = \pi/2\), откуда \[t_1 = \dfrac{1}{\omega}\left(\dfrac{\pi}{2} - \varphi_0\right) = \dfrac{1}{\sqrt{kg}}\left(\dfrac{\pi}{2} - \operatorname{arctg}\left(\dfrac{\mu_0}{v_0}\sqrt{\dfrac{g}{k}}\right)\right).\]

Ответ

\(\Delta T = \dfrac{T}{5}\left(\sqrt{1 + \dfrac{5}{3}\left(\dfrac{\Delta p}{p}\right)^2} - 1\right)\).

Решение

Обозначим площадь цилиндра через \(S\), массу поршня через \(m\), объём цилиндра через \(2V\), а количество содержащегося в нём газа — через \(2\nu\). Тогда для газа в исходном состоянии справедливо уравнение Менделеева — Клапейрона: \[pV = \nu RT.\] Пусть после освобождения поршня он перешёл в положение равновесия, опустившись на расстояние \(h\). При этом температура газа увеличилась на величину \(\Delta T\), давление в нижней части цилиндра возросло по сравнению с исходным на некоторую величину \(\Delta p_1\), а в верхней — уменьшилось на некоторую величину \(\Delta p_2\). После опускания поршня уравнение Менделеева — Клапейрона для порций газа, находящихся под поршнем и над ним, имеет вид: \[(p + \Delta p_1)(V - Sh) = \nu R(T + \Delta T),\] \[(p - \Delta p_2)(V + Sh) = \nu R(T + \Delta T).\] Так как поршень после опускания находится в равновесии, то \[\Delta p_1 + \Delta p_2 = \Delta p = \dfrac{mg}{S}.\] При опускании поршня изменение его потенциальной энергии в поле силы тяжести \(mgh\) пошло на изменение внутренней энергии газов \((3/2)\cdot 2\nu\cdot R\Delta T\). Следовательно, \(mgh = 3\nu R\Delta T\), откуда \[h = 3\nu R\Delta T/(mg).\] Решим полученную систему, состоящую из пяти уравнений. Для этого выразим из первого уравнения объём \(V\), из четвёртого — площадь \(S\), и преобразуем второе и третье уравнения с учётом пятого: \[(p + \Delta p_1)\left(\dfrac{T}{p} - \dfrac{3\Delta T}{\Delta p}\right) = T + \Delta T,\qquad (p - \Delta p_2)\left(\dfrac{T}{p} + \dfrac{3\Delta T}{\Delta p}\right) = T + \Delta T.\] Деля эти уравнения на выражения \(\left(\dfrac{T}{p} \mp \dfrac{3\Delta T}{\Delta p}\right)\) и затем вычитая получившиеся уравнения друг из друга, получим: \[\begin{aligned} \Delta p_1 + \Delta p_2 &= (T + \Delta T)p\Delta p\left(\dfrac{1}{T\Delta p - 3p\Delta T} - \dfrac{1}{T\Delta p + 3p\Delta T}\right) =\\ &= \dfrac{(T + \Delta T)6p^2\Delta T\Delta p}{T^2(\Delta p)^2 - 9p^2(\Delta T)^2} = \Delta p. \end{aligned}\] Преобразовывая последнее соотношение, получим квадратное уравнение относительно искомой величины \(\Delta T\): \[15p^2(\Delta T)^2 + 6p^2T\Delta T - T^2(\Delta p)^2 = 0.\] Дискриминант этого уравнения равен \[D = 36p^4T^2 + 60p^2T^2(\Delta p)^2 = 36p^4T^2\left(1 + \dfrac{5}{3}\cdot\left(\dfrac{\Delta p}{p}\right)^2\right),\] а интересующий нас положительный корень: \[\Delta T = \dfrac{1}{30p^2}\left(-6p^2T + 6p^2T\sqrt{1 + \dfrac{5}{3}\cdot\left(\dfrac{\Delta p}{p}\right)^2}\right) = \dfrac{T}{5}\left(\sqrt{1 + \dfrac{5}{3}\cdot\left(\dfrac{\Delta p}{p}\right)^2} - 1\right).\]

Ответ

\(\mathcal{E} = (n - 1)U\).

Решение

Обозначим через \(R\) сопротивление каждого из вольтметров, а через \(r\) и \(\mathcal{E}\) — внутреннее сопротивление и ЭДС каждой из батареек. Тогда сила тока, текущего через \(k\)-й вольтметр, равна \(\dfrac{U}{Rn^k}\), а сила тока, текущего через \(k\)-ю батарейку, равна \[I_k = \dfrac{U}{R}\left(1 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2} + \cdots + \dfrac{1}{n^k}\right) = \dfrac{U}{R}\cdot\dfrac{1 - (1/n)^{k+1}}{1 - (1/n)},\] где \(k = 0, 1, 2, \ldots\)

Рассмотрим замкнутый участок исходной цепи, включающий в себя \(k\)-ю батарейку и два соседних с нею вольтметра (см. рис. 3.57).

Как следует из закона Ома, ЭДС должна равняться сумме падений напряжения на всех трёх участках этой цепи: \[\mathcal{E} = I_kr + \dfrac{U}{Rn^k}\cdot R - \dfrac{U}{Rn^{k+1}}\cdot R = U\left(\dfrac{1}{n^k} - \dfrac{1}{n^{k+1}} + \dfrac{r}{R}\cdot\dfrac{1 - (1/n)^{k+1}}{1 - (1/n)}\right),\] или \[\mathcal{E} = \dfrac{Ur}{R}\cdot\dfrac{1}{1 - (1/n)} + \dfrac{U}{n^k}\left(1 - \dfrac{1}{n} - \dfrac{r}{R}\cdot\dfrac{1/n}{1 - (1/n)}\right).\] Поскольку полученное равенство должно быть справедливым для любого \(k\), то заключённое в скобки выражение равно нулю: \[1 - \dfrac{1}{n} - \dfrac{r}{R}\cdot\dfrac{1/n}{1 - (1/n)} = 0.\] Отсюда \(\dfrac{r}{R} = \dfrac{(n - 1)^2}{n}\), и искомая ЭДС равна \[\mathcal{E} = \dfrac{Ur}{R}\cdot\dfrac{n}{n - 1} = U\cdot\dfrac{(n - 1)^2}{n}\cdot\dfrac{n}{n - 1} = (n - 1)U.\]

Ответ

\(L = \dfrac{g}{\omega^2}\left(1 + \dfrac{m}{M}\right)\).

Решение

Если нить 1 всё время остаётся строго вертикальной, то на систему из двух шариков и нити 2 внешние силы в горизонтальном направлении не действуют, и центр масс этой системы по горизонтали не смещается. Направим ось \(X\) горизонтально, в направлении колебаний тележки, а начало координат поместим в точке, где находится центр масс системы из двух шариков: \(x_{\text{цм}} = 0\). Обозначим координату шарика массой \(M\) через \(X(t)\), а шарика массой \(m\) — через \(x(t)\). Тогда \(mx + MX = 0\).

При малых колебаниях угол \(\alpha\) наклона нити 2 по отношению к вертикали мал: \(|\alpha| \ll 1\), так что \[|\alpha| \approx \sin|\alpha| = \dfrac{|x| + |X|}{L} = \dfrac{m + M}{mL}|X|.\] Пусть \(T\) — сила натяжения нити 2. Тогда для шарика массой \(m\) получаем: \[mg = T\cos\alpha \approx T,\qquad T\sin|\alpha| \approx T|\alpha| = M\left|\dfrac{d^2X}{dt^2}\right| = M\omega^2|X|.\] Отсюда \(mg\dfrac{m + M}{mL} = M\omega^2\), и \[L = \dfrac{g}{\omega^2}\left(1 + \dfrac{m}{M}\right).\]

Ответ

Объём увеличивается при \(\dfrac{Q_1}{T_1} + \dfrac{Q_3}{T_3} - \dfrac{Q_1 + Q_3}{T_2} > 0\); уменьшается при \(\dfrac{Q_1}{T_1} + \dfrac{Q_3}{T_3} - \dfrac{Q_1 + Q_3}{T_2} < 0\); остаётся неизменным при \(\dfrac{Q_1}{T_1} + \dfrac{Q_3}{T_3} - \dfrac{Q_1 + Q_3}{T_2} = 0\).

Решение

Прежде всего, отметим, что хотя получаемое газом суммарное количество теплоты равно нулю и конечная температура газа равна начальной, газ не обязательно вернётся в прежнее состояние, то есть точки 1 и 7 на диаграмме состояния не обязательно совпадут. Поэтому на \(pV\)-диаграмме график этого процесса может быть и незамкнутым (см. рис. 2.57).

График процесса на этой диаграмме состоит из изотермы 1–2 (температура \(T_1\), газ получает количество теплоты \(Q_1\)), адиабаты 2–3 (температура газа возрастает от \(T_1\) до \(T_3\), теплообмен отсутствует), изотермы 3–4 (температура \(T_3\), газ получает количество теплоты \(Q_3\)), адиабаты 4–5 (температура газа убывает от \(T_3\) до \(T_2\)), изотермы 5–6 (температура \(T_2\), газ отдаёт количество теплоты \(Q_1 + Q_3\)) и адиабаты 6–7 (температура газа убывает от \(T_2\) до \(T_1\)).

Обозначим на графике цифрой 8 точку пересечения адиабаты 2–3 и изотермы 5–6. Тогда замкнутый процесс \(8 \to 3 \to 4 \to 5 \to 8\) будет являться циклом Карно. В соответствии с формулой для КПД такого цикла, количество теплоты, отданное газом на изотермическом участке 5–8, равно \(Q_3\dfrac{T_2}{T_3}\). Следовательно, на изотермическом участке 8–6 газ отдаёт количество теплоты, равное \(Q_1 + Q_3 - Q_3\dfrac{T_2}{T_3}\).

При \(V_7 > V_1\) процесс \(6 \to 7 \to 2 \to 8 \to 6\) замкнут и является циклом Карно, проводимым в «обратную» сторону, то есть холодильным циклом. При этом на участке 7–2 газ получает количество теплоты, равное \(\dfrac{T_1}{T_2}\left(Q_1 + Q_3 - Q_3\dfrac{T_2}{T_3}\right)\), и в рассматриваемом случае замкнутого цикла оно должно быть меньше \(Q_1\). Следовательно, объём газа увеличивается (\(V_7 > V_1\)), если \[\dfrac{Q_1 + Q_3}{T_2} - \dfrac{Q_3}{T_3} < \dfrac{Q_1}{T_1},\quad\text{или}\quad \dfrac{Q_1}{T_1} + \dfrac{Q_3}{T_3} - \dfrac{Q_1 + Q_3}{T_2} > 0.\] Далее, \(V_7 = V_1\), если \[\dfrac{Q_1}{T_1} + \dfrac{Q_3}{T_3} - \dfrac{Q_1 + Q_3}{T_2} = 0,\] и \(V_7 < V_1\) при \[\dfrac{Q_1}{T_1} + \dfrac{Q_3}{T_3} - \dfrac{Q_1 + Q_3}{T_2} < 0.\]