МОШ, 2007/08, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Удобно взять оси вдоль дна коробки и перпендикулярно ему: в такой системе ускорение свободного падения раскладывается на две составляющие, и по оси, перпендикулярной дну, прыжок "— это подъём на высоту \(h\).

Ответ

\(\alpha = \arccos\dfrac{V_0^2}{2gh} \approx 30^\circ\).

Решение

Выберем координатные оси \(X\) и \(Y\), как показано на рисунке.

Тогда в момент \(t_{\text{п}}\) преодоления кузнечиком края коробки проекция его скорости на ось \(Y\) должна быть равна нулю, а координата \(y = h\), и можно записать следующие соотношения: \[V_{0y} + a_y t_{\text{п}} = 0;\qquad V_{0y}t_{\text{п}} + \dfrac{a_y t_{\text{п}}^2}{2} = h,\] где \(a_y = -g\cos\alpha\) и \(V_{0y}\) — проекции векторов ускорения и начальной скорости кузнечика на ось \(Y\). Отсюда \(h = \dfrac{V_{0y}^2}{2g\cos\alpha}\).

При фиксированных значениях угла \(\alpha\) и начальной скорости \(V_0\) максимальная высота подъёма над дном коробки достигается при \(V_{0y} = V_0\), то есть кузнечику следует прыгать перпендикулярно дну коробки. При этом \[\cos\alpha = \dfrac{V_0^2}{2gh} \approx 0{,}87,\qquad \alpha = \arccos\dfrac{V_0^2}{2gh} \approx 30^\circ.\] Вдоль оси \(X\) кузнечик за время \(t_{\text{п}}\) сместится на расстояние \(l = a_x t_{\text{п}}^2/2\), где \(a_x = g\sin\alpha\). Отсюда \(l = \dfrac{V_0^2\sin\alpha}{2g\cos^2\alpha} \approx 30\) см.

Таким образом, размеры дна коробки достаточно велики для того, чтобы кузнечик мог <<стартовать>> на нужном удалении от стенки.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Кубик всё время почти в равновесии: рассмотри, как за малое время \(\Delta t\) меняются сила упругости и сила Архимеда, и приравняй сумму их изменений нулю.

Ответ

\(V_2 = V_1\dfrac{\rho g a^2}{\rho g a^2 + k}\).

Решение

При медленном повышении уровня воды в сосуде можно считать, что в любой момент времени кубик находится в равновесии. Учитывая, что на кубик действуют силы тяжести \(m\vec g\), упругости \(\vec F_{\text{упр}}\) и Архимеда \(\vec F_{\text{А}}\), запишем условие равновесия кубика: \[F_{\text{упр}} + F_{\text{А}} = mg.\] За время \(\Delta t\) пружина станет короче на \(V_2\Delta t\), а объём погружённой в воду части кубика увеличится на \((V_1 - V_2)\Delta t\,a^2\). Поэтому сила упругости изменится на \(\Delta F_{\text{упр}} = -kV_2\Delta t\), а сила Архимеда — на \(\Delta F_{\text{А}} = (V_1 - V_2)\Delta t\,a^2\rho g\). Учитывая, что \(\Delta F_{\text{упр}} + \Delta F_{\text{А}} = 0\), получим после преобразований \[V_2 = V_1\dfrac{\rho g a^2}{\rho g a^2 + k}.\] С такой скоростью кубик будет <<всплывать>>, пока он целиком не окажется под водой, то есть при \(t \leqslant \dfrac{a}{V_1 - V_2} = \dfrac{a}{V_1}\left(1 + \dfrac{\rho g a^2}{k}\right)\). При дальнейшем заполнении сосуда водой скорость кубика будет равна нулю.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сравни ускорения грузов 1, 2 и доски с шайбой сразу после обрыва нити: какие тела можно считать неподвижными, пока шайба разгоняется?

Ответ

\(h \approx 100\dfrac{Mg}{k}\).

Решение

В положении равновесия удлинения пружин равны \(Mg/k\). После обрыва нити, на которой висит груз 3, ускорения грузов 1 и 2 оказываются примерно в 200 раз меньше ускорения доски с шайбой. Поэтому будем считать грузы 1 и 2 неподвижными в течение времени разгона шайбы. С такой же точностью можно в течение этого времени пренебречь силой тяжести, действующей на шайбу, по сравнению с силой упругости пружин. В рамках такой модели шайба с лёгкой доской движутся только под действием силы упругости двух пружин; максимальную высоту \(h\) подъёма шайбы можно оценить с помощью закона сохранения механической энергии: потенциальная энергия пружин \(U = 2\cdot k\cdot\dfrac{(Mg/k)^2}{2}\) переходит в потенциальную энергию шайбы \(W = 0{,}01Mgh\). Отсюда \(h \approx 100\dfrac{Mg}{k}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Давление аргона не меняется, поэтому его плотность обратно пропорциональна объёму; найди, как изменилась сила Архимеда, действующая на шар.

Ответ

\(\Delta N = -\rho\dfrac{S\Delta h}{S(h + \Delta h) - V_{\text{ш}}}\,gV_{\text{ш}} \approx -1{,}0\cdot10^{-3}\) Н.

Решение

При передвижении поршня объём аргона изменился со значения \(V = Sh - V_{\text{ш}}\) до значения \(V + S\Delta h\), увеличившись в \(\dfrac{V + S\Delta h}{V}\) раз. В такое же количество раз уменьшилась плотность аргона — в конце процесса она равна \(\rho\dfrac{V}{V + S\Delta h}\). Следовательно, выталкивающая сила, действующая на шар, уменьшилась на величину \[\Delta F = \left(\rho - \rho\dfrac{V}{V + S\Delta h}\right)gV_{\text{ш}} = \rho\dfrac{S\Delta h}{V + S\Delta h}\,gV_{\text{ш}} = \rho\dfrac{S\Delta h}{S(h + \Delta h) - V_{\text{ш}}}\,gV_{\text{ш}}.\] На такую же величину уменьшилась и сила натяжения нити, удерживающей шар. Поэтому изменение этой силы равно \[\Delta N = -\rho\dfrac{S\Delta h}{S(h + \Delta h) - V_{\text{ш}}}\,gV_{\text{ш}} \approx -1{,}0\cdot10^{-3}\text{ Н},\] если только оно не превышает по величине начальной силы натяжения нити, то есть если шар в конце нагревания не ляжет на дно цилиндра. Проверим это: вначале сила натяжения нити \(N\) была равна разности силы Архимеда и веса шара с гелием: \(N = (\rho V_{\text{ш}} - m)g = 5\cdot10^{-3}\text{ Н} > |\Delta N|\). Значит, нить в конце останется натянутой, и наш ответ справедлив.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Замени плоскость зарядами-изображениями и сложи силы Кулона, действующие на два заряда стержня.

Ответ

\(F = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{77Q^2}{144R^2}\).

Решение

Создаваемое в рассматриваемой системе электрическое поле слева от проводящей плоскости будет, согласно методу электростатических изображений, таким же, как и в системе зарядов, показанной на рисунке (заряд 4 является изображением заряда 1, а заряд 3 — изображением заряда 2).

Направим ось \(X\) вдоль стержня к плоскости. Тогда все силы взаимодействия зарядов будут направлены вдоль этой оси, и со стороны электрического поля на заряды 1 и 2 действуют силы с проекциями на ось \(X\), равными \[F_{1x} = -\dfrac{kQ^2}{R^2} + \dfrac{kQ^2}{(3R)^2} + \dfrac{kQ^2}{(4R)^2}\quad\text{и}\quad F_{2x} = \dfrac{kQ^2}{R^2} + \dfrac{kQ^2}{(2R)^2} + \dfrac{kQ^2}{(3R)^2},\] где \(k = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\) — электрическая постоянная. Складывая эти силы, находим суммарную силу, действующую на стержень с зарядами со стороны плоскости: \[F = F_{1x} + F_{2x} = \dfrac{kQ^2}{R^2}\left(\dfrac19 + \dfrac1{16} + \dfrac14 + \dfrac19\right) = \dfrac{77kQ^2}{144R^2} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{77Q^2}{144R^2}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Выразите через угол между скоростью второго школьника и радиусом связь расстояния до центра с угловой скоростью первого, а затем найдите, за какое время этот угол меняется на малую величину.

Ответ

\(t = \dfrac{\pi R}{6u} = 5\) с.

Решение

Обозначим через \(\omega = u/R\) угловую скорость движения первого школьника, \(r\) — расстояние от второго школьника до центра, \(\varphi\) — угол между направлением скорости второго школьника и радиусом (см. рисунок).

Поскольку составляющая скорости второго школьника, перпендикулярная радиусу, равна \(\omega r\), а модуль его скорости равен \(v = 2u = 2\omega R\), имеем: \[\sin\varphi = \dfrac{\omega r}{2\omega R} = \dfrac{r}{2R}.\] Следовательно, в процессе погони угол \(\varphi\) изменяется от начального значения, равного нулю, до конечного значения, равного \(\varphi_0 = \arcsin\dfrac12 = \dfrac{\pi}{6}\).

Найдём промежуток времени \(\Delta t\), за который угол \(\varphi\) изменяется на некоторую малую величину \(\Delta\varphi\). Для этого заметим, что за данный промежуток времени второй школьник удаляется от центра окружности на расстояние \[\Delta r = 2R\cdot\Delta(\sin\varphi) = 2R(\sin(\varphi + \Delta\varphi) - \sin\varphi) = 2R\cdot2\cos\left(\varphi + \dfrac{\Delta\varphi}{2}\right)\sin\dfrac{\Delta\varphi}{2}.\] Учтём, что синус малого угла приближённо равен его радианной мере: \[\Delta r \approx 2R\cdot2\cos\varphi\cdot\dfrac{\Delta\varphi}{2} = 2R\cos\varphi\cdot\Delta\varphi.\] Поскольку радиальная составляющая скорости второго школьника равна \(2\omega R\cos\varphi\), он удалится от центра окружности на расстояние \(\Delta r\) за время \[\Delta t = \dfrac{\Delta r}{2\omega R\cos\varphi} = \dfrac{2R\cos\varphi\cdot\Delta\varphi}{2\omega R\cos\varphi} = \dfrac{\Delta\varphi}{\omega},\] пропорциональное изменению угла.

Следовательно, время, которое займёт погоня, составит \[t = \dfrac{\varphi_0}{\omega} = \dfrac{\pi}{6\omega} = \dfrac{\pi R}{6u} = 5\text{ с}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Ускорение груза в горизонтальной плоскости неизвестно: найди его из условия, что скорость груза относительно верхнего конца нерастяжимой нити всё время перпендикулярна нити.

Ответ

\(T = \dfrac{ma\cdot\operatorname{ctg}\alpha}{\sin\alpha} + \dfrac{mv^2}{l\sin^2\alpha}\),  \(N = mg - ma\cdot\operatorname{ctg}^2\alpha - \dfrac{mv^2\operatorname{ctg}\alpha}{l\sin\alpha}\).

Решение

Пусть \(a_1\) — составляющая ускорения груза, направленная к центру окружности. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на вертикальное и горизонтальное направления в вертикальной плоскости, проходящей через нить: \[T\cos\alpha - mg + N = 0,\qquad T\sin\alpha = ma_1.\] Отсюда \[T = \dfrac{ma_1}{\sin\alpha},\qquad N = mg - ma_1\operatorname{ctg}\alpha.\] Для получения ответа остаётся найти величину \(a_1\). Поместим начало прямоугольной системы координат в центр окружности, по которой движется груз (см. рисунок).

Обозначим через \(\vec r_1\) радиус-вектор конца нити, прикреплённого к грузу, \(\vec r_2\) — радиус-вектор конца нити, прикреплённого к платформе, \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\) — скорости концов нити, \(\vec a_1\) и \(\vec a_2\) — ускорения концов нити. Введём также обозначения для относительных величин: \(\vec R = \vec r_1 - \vec r_2\) (модуль этой величины равен длине нити), \(\vec V = \vec v_1 - \vec v_2\) (скорость груза относительно верхнего конца нити), \(\vec A = \vec a_1 - \vec a_2\). Заметим, что \[\dfrac{\Delta\vec V}{\Delta t} = \dfrac{\Delta\vec v_1}{\Delta t} - \dfrac{\Delta\vec v_2}{\Delta t} = \vec a_1 - \vec a_2 = \vec A.\] Так как нить нерастяжима и в процессе движения груза всё время натянута, то скорость груза относительно верхнего конца нити всегда направлена перпендикулярно нити. Это означает, что скалярное произведение \(\vec R\cdot\vec V = 0\).

Пусть за малое время \(\Delta t\) векторы \(\vec R\) и \(\vec V\) получили малые приращения \(\Delta\vec R\) и \(\Delta\vec V\). Запишем для момента времени \(t + \Delta t\) полученное выше условие перпендикулярности: \[\left(\vec R + \Delta\vec R\right)\cdot\left(\vec V + \Delta\vec V\right) = 0.\] Раскрывая скобки, пренебрегая малой величиной \(\Delta\vec R\cdot\Delta\vec V\) и деля обе части на \(\Delta t\), с учётом того, что \(\vec R\cdot\vec V = 0\), получим: \[\vec V\cdot\vec V + \vec R\cdot\vec A = 0.\] Сразу после начала движения платформы \(\vec v_1 = \vec v\), \(\vec v_2 = 0\) и \[\vec V\cdot\vec V = v^2,\qquad \vec R\cdot\vec A = \vec R\cdot\vec a_1 - \vec R\cdot\vec a_2 = -la_1\cdot\sin\alpha + la\cdot\cos\alpha.\] Следовательно, \(v^2 - la_1\cdot\sin\alpha + la\cdot\cos\alpha = 0\), и \(a_1 = a\cdot\operatorname{ctg}\alpha + \dfrac{v^2}{l\cdot\sin\alpha}\). Подставляя найденное ускорение \(a_1\) в полученные выше формулы для сил, приходим к ответу: \[T = \dfrac{ma\cdot\operatorname{ctg}\alpha}{\sin\alpha} + \dfrac{mv^2}{l\sin^2\alpha},\qquad N = mg - ma\cdot\operatorname{ctg}^2\alpha - \dfrac{mv^2\operatorname{ctg}\alpha}{l\sin\alpha}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Запиши первое начало термодинамики для всего процесса и вспомни, что внутренняя энергия газа не может стать отрицательной.

Ответ

\(A_{\max} = \dfrac45U_0 = 1{,}2\,p_0V_0 = 120\) Дж.

Решение

Пусть \(U_0\) и \(U\) — начальное и конечное значения внутренней энергии газа. Переданная окружающей среде энергия равна \(U_0 - U\). Согласно первому началу термодинамики, она складывается из количества теплоты \(Q = A/4\) и работы \(A\); отсюда \(U_0 - U = (5/4)A\). Конечная внутренняя энергия гелия не может быть отрицательна, поэтому работа \(A\) не может превосходить \((4/5)U_0\). При указанных в задаче численных данных гелий находится в газообразном состоянии. Считая одноатомный газ идеальным, находим: \(U_0 = (3/2)p_0V_0\).

Следовательно, максимально возможная работа гелия равна \[A_{\max} = (4/5)U_0 = 1{,}2\,p_0V_0 = 120\text{ Дж}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Поверните систему зарядов на угол \(2\pi/N\), удвойте заряды и смените их знаки, а затем наложите новую систему на исходную: почти все заряды сократятся.

Ответ

\(E = \dfrac{q\left(2^N - 1\right)}{4\pi\varepsilon_0R^2\sqrt{5 - 4\cos\dfrac{2\pi}{N}}}\).

Решение

Пронумеруем вершины многоугольника как \(A_0\), \(A_1\), …, \(A_{N-1}\); тогда в вершине \(A_k\) находится заряд \(2^kq\). Проведём с исходной системой зарядов 1 следующие преобразования: повернём её на угол \(\dfrac{2\pi}{N}\) так, чтобы заряд из точки \(A_k\) перешёл в точку \(A_{k+1}\); увеличим величины зарядов в два раза и изменим их знаки — получим систему зарядов 2 (см. рисунок):

Напряжённость электрического поля в центре многоугольника, создаваемую системой 1, обозначим как \(\vec E_1\), системой 2 — как \(\vec E_2\). Вектор \(\vec E_2\) получается из \(\vec E_1\) поворотом на угол \(\dfrac{2\pi}{N}\), растяжением в два раза и изменением направления на противоположное.

Наложим теперь системы зарядов 1 и 2 друг на друга, получив систему зарядов <<1+2>>. Все заряды, кроме расположенных в точке \(A_0\), будут компенсированы, поэтому система <<1+2>> состоит из одного заряда величиной \(-q\left(2^N - 1\right)\). Следовательно, система <<1+2>> создаёт в центре многоугольника электрическое поле с величиной напряжённости \(\left|\vec E_{1+2}\right| = \dfrac{q\left(2^N - 1\right)}{4\pi\varepsilon_0R^2}\). С другой стороны, вектор напряжённости \(\vec E_{1+2}\) можно получить, складывая векторы \(\vec E_1\) и \(\vec E_2\) по правилу параллелограмма, как показано на рисунке. Используя теорему косинусов, находим: \[|\vec E_{1+2}|^2 = |\vec E_1|^2 + |\vec E_2|^2 - 2|\vec E_1|\cdot|\vec E_2|\cdot\cos\dfrac{2\pi}{N} = E^2 + 4E^2 - 4E^2\cos\dfrac{2\pi}{N} = E^2\left(5 - 4\cos\dfrac{2\pi}{N}\right).\] Следовательно, \[E\sqrt{5 - 4\cos\dfrac{2\pi}{N}} = \dfrac{q\left(2^N - 1\right)}{4\pi\varepsilon_0R^2},\qquad E = \dfrac{q\left(2^N - 1\right)}{4\pi\varepsilon_0R^2\sqrt{5 - 4\cos\dfrac{2\pi}{N}}}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Касательные к графику в начале зарядки и в начале разрядки дают скорость изменения напряжения, а она связана с током через резистор.

Ответ

\(\mathcal{E} \approx 27\) В, \(C \approx 50\) мкФ, \(r \approx 10\) кОм.

Решение

Рассмотрим процессы, происходящие в цепи. При замыкании ключа К в положение 1 конденсатор \(C\) заряжается через сопротивление \(R\) от батареи с некоторой ЭДС \(\mathcal{E}\) и внутренним сопротивлением \(r\), что, очевидно, соответствует участку графика от 0 до 7 с. При переключении ключа в положение 2 происходит постепенная разрядка конденсатора через сопротивление \(R\), что видно на участке графика от 7 до 10 с. Запишем уравнения для этих переходных процессов. При зарядке конденсатора \[\mathcal{E} = R\cdot I + r\cdot I + \dfrac{Q}{C}.\] Очевидно, что в начальный момент времени заряд \(Q\) на конденсаторе равен нулю. Потому ток, протекающий через резистор в начальный момент, с одной стороны, равен \(I = \dfrac{\mathcal{E}}{R + r}\), а с другой стороны, он является скоростью изменения заряда на конденсаторе: \(I = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \dfrac{\Delta U}{\Delta t}C\). Если мы определим угловой коэффициент касательной к графику \(U(t)\) в точке \(t = 0\) с, то есть начальную скорость роста напряжения на конденсаторе \(\dfrac{\Delta U}{\Delta t}\), то сможем найти значение выражения \(\dfrac{\mathcal{E}}{(R + r)C}\).

Далее, из графика видно, что к моменту времени \(t = 7\) с напряжение на конденсаторе уже почти не меняется, то есть ток очень мал, и можно утверждать, что напряжение на конденсаторе стало практически равно ЭДС батареи \(\mathcal{E}\), а заряд на конденсаторе стал равен \(\mathcal{E}C\).

После переключения ключа в положение 2 уравнение разрядки конденсатора выглядит так: \[0 = R\cdot I + \dfrac{Q}{C}.\] Ток, протекающий через резистор в первый момент после переключения ключа, с одной стороны, равен \(I = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\), а с другой стороны, как уже отмечалось, он является скоростью уменьшения заряда на конденсаторе: \(I = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \dfrac{\Delta U}{\Delta t}C\). Если мы определим величину углового коэффициента касательной к графику разрядки \(U(t)\) в точке \(t = 7\) с, то есть сразу после переключения ключа в положение 2, то сможем найти значение выражения \(\dfrac{\mathcal{E}}{RC}\).

Построим обе касательные к графику \(U(t)\) и асимптоту, к которой он стремится на этапе зарядки конденсатора (см. рисунок).

Из этого построения получаем, что ЭДС батареи \(\mathcal{E} \approx 27\) В, а величины угловых коэффициентов равны \(\dfrac{\mathcal{E}}{(R + r)C} \approx 18\) В/с и \(\dfrac{\mathcal{E}}{RC} \approx 27\) В/с. По этим данным далее находим \((R + r)C \approx 1{,}5\) с, \(RC \approx 1\) с, откуда \(C \approx 50\) мкФ и \(r \approx 10\) кОм. Аккумуляторная батарея у школьников получилась очень плохая — видимо, она была собрана из <<севших>> гальванических элементов.

Заметим, что задачу можно решать и несколько по-другому, если знать, что зарядка и разрядка конденсатора через резистор происходят по экспоненциальному закону. При этом величина разности текущего значения \(U(t)\) напряжения на конденсаторе и предельного значения \(U(t \to \infty)\) в конце процесса (то есть \(\mathcal{E}\) при зарядке и 0 при разрядке) уменьшается с течением времени по закону \(e^{-t/\tau}\), где постоянная времени \(\tau\) при зарядке равна \((R + r)\cdot C\), а при разрядке \(R\cdot C\). Если провести упомянутые выше касательные и асимптоты, то расстояния по времени от точек начала касательных до точек их пересечения с асимптотами будут равны соответствующим постоянным времени \(\tau\), что позволяет сразу же найти из построения величины \(\mathcal{E} \approx 27\) В, \(\tau_1 = (R + r)\cdot C \approx 1{,}5\) с и \(\tau_2 = R\cdot C \approx 1\) с, и далее \(C\) и \(r\). Из построения видно также, что спустя время \(\tau\) после начала процесса зарядки или разрядки конденсатора разность текущего и конечного значения напряжения уменьшается по величине в \(e \approx 2{,}7\) раза по сравнению с начальным её значением, то есть от 27 В до 10 В.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.