МОШ, 2015/16, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Лёд с дробинкой начнёт тонуть, когда их средняя плотность сравняется с плотностью воды. Сколько льда к этому моменту должно растаять? Для уровня воды сравните силу давления на дно до и после.

Ответ

Нужно подвести \(Q \approx 60{,}3\) кДж; масса льда в момент начала погружения \(M_1 \approx 820\) г; уровень воды понизится.

Решение

Когда средняя плотность оставшегося льда и дробинки станет больше плотности воды, дробинка начнёт тонуть, т. е. \[\frac{M_1 + m}{V} = \frac{M_1 + m}{\dfrac{M_1}{\rho_\text{л}} + \dfrac{m}{\rho_\text{с}}} = \rho_\text{в},\] следовательно, \[M_1 = m\,\frac{(\rho_\text{с} - \rho_\text{в})\,\rho_\text{л}}{(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})\,\rho_\text{с}} \approx 820\text{ г},\] где \(M_1\) "— масса оставшегося льда, \(m\) "— масса дробинки. Растаять должна масса льда \(\Delta M = M - M_1\), где \(M\) "— первоначальная масса льда. Значит, необходимо подвести количество теплоты \[Q = \lambda\,\Delta M = \lambda\left(M - m\,\frac{(\rho_\text{с} - \rho_\text{в})\,\rho_\text{л}}{(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})\,\rho_\text{с}}\right) \approx 60\text{ кДж}.\]

Так как оставшийся лёд с дробинкой опустятся на дно бака и будут давить на него с некоторой силой, то, следовательно, сила давления воды на дно должна уменьшиться, чтобы суммарная сила давления на дно осталась неизменной. Значит, уровень воды понизится.

Подсказка

Подумайте, как соотносятся площади шести частей, на которые медианы делят треугольник. Тогда средняя плотность зависит только от того, сколько частей сделано из каждого металла.

Ответ

\(\bar\rho = 9{,}32\) г/см\(^3\); 10 вариантов; \(\bar\rho_{\min} = 8{,}46\) г/см\(^3\), \(\bar\rho_{\max} = 10{,}36\) г/см\(^3\).

Решение

Легко доказывается, что медианы делят треугольник на 6 равновеликих частей. Поэтому средняя плотность равна «среднему арифметическому» плотностей используемых металлов: \[\bar\rho = \frac{m}{S} = \frac{\sum_{i=1}^{6} \rho_i \dfrac{S}{6}}{S} = \frac{\sum_{i=1}^{6} \rho_i}{6}.\] Так как все виды металлов были использованы по два раза, средняя плотность получившегося треугольника принимает только одно возможное значение \(\bar\rho = \dfrac{11{,}40 + 8{,}96 + 7{,}60}{3} = 9{,}32\) г/см\(^3\).

Если каждый металл нужно использовать не меньше одного раза, то возможных вариантов с различной средней плотностью 10 (каждое число в фигурных скобках соответствует количеству частей треугольника определённой плотности): \(\{4, 1, 1\}\) "— три варианта, \(\{2, 2, 2\}\) "— один вариант, \(\{3, 2, 1\}\) "— шесть вариантов. \[\bar\rho_{\min} = \frac{4\cdot 7{,}6 + 8{,}96 + 11{,}4}{6} = 8{,}46\text{ г/см}^3,\] \[\bar\rho_{\max} = \frac{4\cdot 11{,}4 + 7{,}6 + 8{,}96}{6} = 10{,}36\text{ г/см}^3.\]

Подсказка

Рассмотрите отдельно два случая: резистор 4 Ом стоит в диагонали моста или в одном из плеч. Если в диагонали, то ток по ней сначала не течёт; если в плече, то нужно понять, через какой резистор течёт наибольший ток.

Ответ

Нужно рассмотреть два случая: когда резистор с сопротивлением 4 Ом включён в диагональ моста и когда нет. В первом случае нужно отключить любой резистор с сопротивлением 1 Ом, изменение показаний амперметра равно 2 А. Во втором случае нужно отключить резистор с сопротивлением 1 Ом, подключённый к тому же полюсу батарейки, что и резистор с сопротивлением 4 Ом; изменение показаний \(\approx 2{,}4\) А.

Решение

Если резистор 4 Ом включён в диагональ моста, то его не имеет смысла вытаскивать, потому что показания амперметра при этом не изменятся. То есть в этом случае надо отключить любой резистор 1 Ом. Найдём изменение показаний амперметра в этом случае.

Вначале ток через диагональ моста не течёт и сопротивление всей цепи равно \[R_1 = \left(\frac{1}{2\text{ Ом}} + \frac{1}{2\text{ Ом}}\right)^{-1} = 1\text{ Ом}.\] После отключения одного из резисторов сопротивлением 1 Ом полное сопротивление всей цепи будет равно \[R_2 = 1\text{ Ом} + \left(\frac{1}{1\text{ Ом}} + \frac{1}{5\text{ Ом}}\right)^{-1} = \frac{11}{6}\text{ Ом} \approx 1{,}83\text{ Ом}.\] Абсолютная величина изменения показаний амперметра равна \[\frac{U}{R_1} - \frac{U}{R_2} = 2\text{ А}.\]

Если же резистор 4 Ом подключён, например, к плюсу батарейки (это на самом деле не принципиально), то нужно отключить резистор 1 Ом, который тоже подключён к плюсу батарейки, так как через него течёт самый большой ток. Найдём изменение показаний амперметра в этом случае.

Найдём сопротивление цепи до отключения резистора. Для определённости положим, что резистор сопротивлением 4 Ом подключён между точками 1 и 2 (в силу симметрии сопротивление цепи будет таким же и в 3 остальных случаях). Пусть потенциал в точке 1 \(\varphi_1 = 0\), тогда потенциал в точке 4 равен \(\varphi_4 = U\). Пусть \(\varphi_2\) и \(\varphi_3\) "— потенциалы точек 2 и 3 соответственно. Для узлов 2 и 3 запишем условие равенства нулю суммы всех вытекающих токов: \[\begin{cases} \dfrac{\varphi_2}{4\text{ Ом}} + \dfrac{\varphi_2 - \varphi_3}{1\text{ Ом}} + \dfrac{\varphi_2 - U}{1\text{ Ом}} = 0,\\[2mm] \dfrac{\varphi_3}{1\text{ Ом}} + \dfrac{\varphi_3 - \varphi_2}{1\text{ Ом}} + \dfrac{\varphi_3 - U}{1\text{ Ом}} = 0; \end{cases} \iff \begin{cases} \dfrac{9}{4}\varphi_2 - \varphi_3 = 4{,}5\text{ В},\\[2mm] -\varphi_2 + 3\varphi_3 = 4{,}5\text{ В}; \end{cases} \iff \begin{cases} \varphi_2 \approx 3{,}1\text{ В},\\ \varphi_3 \approx 2{,}5\text{ В}. \end{cases}\] Сила тока в цепи равна \[I_1 = \frac{\varphi_2}{4\text{ Ом}} + \frac{\varphi_3}{1\text{ Ом}} \approx 3{,}32\text{ А}.\] После отключения резистора сила тока в цепи будет равна \[I_2 = \frac{U}{4\text{ Ом} + \dfrac{2}{3}\text{ Ом}} \approx 0{,}96\text{ А}.\] Абсолютная величина изменения показаний амперметра равна \[I_1 - I_2 \approx 2{,}4\text{ А}.\]

Подсказка

Что происходит с полем внутри толщи проводника? Подумайте, какой заряд должен выступить на внутренней поверхности, чтобы поле в металле было нулевым, и что останется на внешней. Как выглядит поле снаружи?

Ответ

На внутренней поверхности сферы заряд \(-q\) распределён неравномерно, на внешней поверхности заряд \(Q + q\) распределится равномерно; \(\varphi = k\,\dfrac{Q + q}{3R}\). Качественная картина силовых линий показана на рисунке в решении (направление силовых линий не указано, поскольку неизвестны знаки зарядов).

Решение

Толща проводника экранирует для наружной области поле, имеющееся внутри сферы, поэтому, хотя на внутренней поверхности сферы заряд \(-q\) распределён неравномерно, на внешней поверхности заряд \(Q + q\) распределится равномерно. Данная задача эквивалентна случаю, если мы внутренность сферы со всем её «содержимым» заменим сплошным проводником, оставив на поверхности заряд \(Q + q\) (так можно сделать, потому что система зарядов на внутренней поверхности сферы вместе с точечным зарядом \(q\) вне сферы поля не создаёт).

Подсказка

Куда «полетит» центр масс осколков, пока нет внешних сил, кроме тяжести? Где он находится в тот момент, когда осколки оказались на одной вертикали?

Ответ

\(s = \dfrac{3}{4}\,\dfrac{v_0^2 \sin^2\alpha}{g}\), при заданных числах \(s = 360\) м; горизонтальные составляющие скоростей осколков после разрыва одинаковы: \(v_{1x} = v_{2x} = v_0\cos\alpha = 40\) м/с.

Решение

Центр масс двух осколков «полетит» по той же параболической траектории, по которой двигался снаряд при первом выстреле: его ускорение по теореме о движении центра масс определяется суммой всех сил тяжести, приложенных к осколкам, и общей их массой, т. е. тем же уравнением, что и движение целого снаряда. Как только первый осколок ударится о землю, к внешним силам "— силам тяжести "— добавится сила реакции земли, и движение центра масс исказится. Но в нашем случае необходимо найти расстояние \(s\) между двумя осколками к моменту падения первого осколка, когда второй находился строго над ним, а это означает, что осколки и центр масс будут лежать на одной вертикали. К этому моменту центр масс системы находится на расстоянии \(L/2\) от пушки и на высоте \[H = \frac{v_0^2 \sin^2\alpha}{2g} = 240\text{ м}.\] Значит, расстояние между двумя осколками к моменту падения первого осколка равно \[s = \frac{3}{2}H = \frac{3}{2}\cdot\frac{v_0^2 \sin^2\alpha}{2g} = 360\text{ м}.\]

Так как второй осколок к моменту падения первого находился строго над ним, следовательно, горизонтальные составляющие скорости осколков после разрыва снаряда равны: \(v_0\cos\alpha = 40\) м/с.

Подсказка

Невесомый блок не может нести ненулевую разность натяжений, а к невесомому блоку 4 прикреплена нить от оси блока 5. Выясните, какие нити не натянуты, а затем запишите связь координат блоков через длину нерастяжимой нити.

Ответ

\(a_1 = a_2 = a_3 = 0\), \(a_5 = g\), \(a_4 = -2g\) (ось \(x\) направлена вниз, т. е. ось блока 4 движется вверх с ускорением \(2g\)); \(\omega_1 = \omega_3 = 0\); блок 4 вращается по часовой стрелке, блоки 2 и 5 "— против.

Решение

Поскольку блок 4 невесом, сила натяжения нижней нити (прикреплённой к оси блока 5) равна нулю, и \(a_5 = g\). Из невесомости блоков 2 и 3 следует равенство нулю силы натяжения также и верхней нити, перекинутой через блоки 1 и 3. Стало быть, массивный блок 1 вращаться не будет, и положения блоков 2 и 3 будут неизменными. Блок 3, очевидно, вращаться тоже не будет. Для определения ускорения оси блока 4 и направлений вращения блоков 2, 4 и 5 выразим длину \(l\) нити, перекинутой через блоки 2, 4 и 5, через координаты соответствующих блоков: \[l = x_4 - x_3 + x_4 - x_2 + x_5 - x_2 + x_5 - x_4 + \delta = -2x_2 - x_3 + x_4 + 2x_5 + \delta,\] где \(\delta\) "— сумма длин полуокружностей блоков 2, 4 и 5, а \(x_2\) и \(x_3\) постоянны.

Дважды дифференцируя это равенство по времени, получим: \[\ddot x_4 + 2\ddot x_5 = 0,\] откуда \[\ddot x_4 = -2\ddot x_5 = -2g.\]

Подсказка

Работу за цикл найдите как долю площади прямоугольника \(p_0V_0\). Для пункта Б запишите отданное тепло через КПД и подумайте, какое тепло в трёх циклах одно и то же.

Ответ

А) \(\eta = \dfrac{\pi}{\pi + 22} \approx 12{,}5\,\%\) (работа за цикл \(A = \dfrac{\pi}{4}\,p_0V_0 \approx 0{,}78\) кДж); Б) \(\eta_2 = \dfrac{\eta - \eta_1}{1 - \eta_1} = \dfrac{\dfrac{\pi}{\pi+22} - \eta_1}{1 - \eta_1}\).

Решение

А) Площадь прямоугольника, в который вписан данный цикл, соответствует работе \(p_0V_0\) (при данном выборе масштабов этот прямоугольник выглядит как квадрат). Работа, которую совершил газ за цикл \(11'231\), во столько раз меньше \(p_0V_0\), во сколько раз площадь четверти круга меньше площади квадрата. Поэтому \[A = p_0V_0\left(\frac{\frac{1}{4}\pi R^2}{R^2}\right) = \frac{1}{4}\pi p_0V_0 = \frac{1}{4}\pi\nu R T_0 \cong 0{,}78\text{ кДж}.\] КПД цикла \(11'231\) посчитаем по формуле \(\eta = \dfrac{A}{A + |Q_-|}\). Газ отдавал теплоту в процессе \(231\). По первому началу термодинамики \[|Q_-| = \frac{c_V}{R}\,(4p_0V_0 - 2p_0V_0) + \frac{c_p}{R}\,(2p_0V_0 - p_0V_0) = p_0V_0\left(2\cdot\frac{3}{2} + \frac{5}{2}\right) = \frac{11}{2}\,p_0V_0 \cong 5{,}5\text{ кДж}.\] Тогда \[\eta = \frac{A}{A + |Q_-|} = \frac{\frac{1}{4}\pi p_0V_0}{\frac{1}{4}\pi p_0V_0 + \frac{11}{2}\,p_0V_0} = \frac{\pi}{\pi + 22} \cong 12{,}5\,\%.\]

Б) Из формулы для КПД следует: \(|Q_-| = Q_+(1 - \eta)\). Тогда для цикла \(11'22'1\): \(|Q_{22'1}| = Q_{11'2}(1 - \eta_2)\). Для цикла \(12'231\): \(|Q_{231}| = Q_{12'2}(1 - \eta_1)\). Для цикла \(11'231\): \(|Q_{231}| = Q_{11'2}(1 - \eta)\). Значит, \((1 - \eta_1)(1 - \eta_2) = 1 - \eta\), откуда \[\eta_2 = \frac{\eta - \eta_1}{1 - \eta_1} = \frac{\dfrac{\pi}{\pi + 22} - \eta_1}{1 - \eta_1}.\]

Подсказка

Выделите два соседних контура с источниками и посмотрите на симметрию: течёт ли ток по красным и зелёным резисторам, соединяющим эти контуры? Что тогда остаётся от схемы?

Ответ

В общем виде: \(R_1 = r\), мощность на красных и зелёных нагрузках \(P_\text{к} = P_\text{з} = 0\) Вт, \(P_\text{с} = \dfrac{\varepsilon^2}{4R_1}\); в частном случае \(R_1 = r = 1\) Ом и \(P_\text{с} = \dfrac{\varepsilon^2}{4R_1} = 1\) Вт.

Решение

Если рассмотреть два любых соседних контура (с источниками), которые соединены красными и зелёными нагрузками так, как показано на рисунке, то из симметрии следует, что по этим нагрузкам ток не течёт.

Следовательно, во всей цепочке ток через красные и зелёные нагрузки течь не будет. Значит, \(P_\text{к} = P_\text{з} = 0\) Вт. Остаётся рассмотреть схему, изображённую на рисунке.

На нагрузке \(4R_1\) выделяется мощность, равная \[P_\text{с} = \left(\frac{\varepsilon}{r + R_1}\right)^2 R_1.\]

Если изучить функцию \(P_\text{с}(R_1)\), то оказывается, что максимальное значение эта функция принимает при \(r = R_1 = 1\) Ом. При этом на одном синем резисторе будет выделяться мощность, равная \(P_\text{с} = \dfrac{\varepsilon^2}{4R_1} = 1\) Вт. Качественно график \(P_\text{с}(R_1)\) выглядит следующим образом:

Подсказка

Какая сила действует на участки провода, параллельные полю? Разбейте дугу на малые элементы тока и просуммируйте силы: чему равна сумма векторов \(\Delta\vec l_i\) для дуги?

Ответ

А) \(F_1 = 2I_1R_1B_1\); Б) \(F_2 = I_2\cdot 2\sqrt2\,R_2\cdot B_2\cdot\sin\dfrac{\pi}{4} = 6\) Н.

Решение

А) На провода, параллельные вектору индукции магнитного поля \(\vec B\), не действует сила Ампера. Разобьём проволочную полуокружность на элементы тока. На каждый элемент тока действует сила Ампера, равная \(\vec F_i = I\,[\Delta\vec l_i\times\vec B]\). Сила, действующая на весь проводник, равна векторной сумме сил, действующих на элементы тока: \[\vec F = \sum_i \vec F_i = \sum_i I\,[\Delta\vec l_i\times\vec B] = I\left[\sum_i\Delta\vec l_i\times\vec B\right] = I\,[\Delta\vec l\times\vec B],\] где \(\Delta\vec l\) "— вектор, соединяющий начальную и конечную точки проволочной полуокружности.

Окончательно получаем: \[F_1 = I_1\cdot 2R_1\cdot B_1\cdot\sin\frac{\pi}{2} = 2I_1R_1B_1.\]

Б) Аналогично предыдущему пункту получаем (см. рис.):

\[F_2 = I_2\cdot 2\sqrt2\,R_2\cdot B_2\cdot\sin\frac{\pi}{4} = 30\cdot 2\sqrt2\cdot 0{,}1\cdot 1\cdot\frac{\sqrt2}{2} = 6\text{ Н}.\]

Подсказка

В системе отсчёта снаряда скорость орудия равна минус скорости снаряда, а ракеты "— скорость ракеты минус скорость снаряда. Постройте векторную диаграмму: как меняется скорость снаряда со временем и когда два вектора могут оказаться перпендикулярными?

Ответ

\(60^\circ \le \alpha < 90^\circ\) (при \(\alpha = 60^\circ\) перпендикулярность достигается через \(\tau = 7{,}5\) с).

Решение

Из рисунка видно, что угол \(\alpha\) должен лежать в диапазоне от \(60^\circ\) (включительно) до \(90^\circ\) (не включительно) (на рисунке диапазон изображён серой штриховкой).

При \(\alpha = 60^\circ\) имеем \[g\tau = v_0\sin\alpha - \frac{v_0}{2} = v_0\left(\sin\alpha - \frac{1}{2}\right),\] откуда \[\tau = \frac{v_0}{g}\left(\sin\alpha - \frac{1}{2}\right) = \frac{v_0}{2g}\left(\sqrt3 - 1\right) = 7{,}5\text{ с}.\]

Подсказка

Доска длинная, поэтому наклон мал, и погружённый объём можно разбить на две части с известными точками приложения силы Архимеда. Запишите уравнение моментов относительно подходящей точки.

Ответ

\(m = \dfrac{M}{8} = 0{,}5\) кг.

Решение

Так как длина доски много больше её толщины, угол наклона доски очень мал. На рисунке изображены силы для случая, когда ворона пересела на один из концов доски.

Светло-серая часть доски имеет вдвое меньший объём, чем у всей доски, значит, на эту часть действует сила Архимеда, равная \(\dfrac{2}{3}(M + m)g\) (так как в первом случае, когда ворона сидела посередине доски, доска была на три четверти погружена в воду), а точка приложения этой силы расположена на расстоянии трети доски от её правого конца (см. рисунок). Точка приложения силы Архимеда, действующей на оставшуюся погружённую часть доски, отстоит от левого конца также на треть. Запишем уравнение моментов относительно точки приложения силы \(F_A'\): \[Mg\cdot\frac{1}{6}\,l + mg\cdot\frac{4}{6}\,l - \frac{2}{3}(M + m)g\cdot\frac{1}{3}\,l = 0 \quad\Rightarrow\quad m = \frac{M}{8} = 0{,}5\text{ кг},\] где \(l\) "— длина доски, \(m\) "— масса вороны.

Запишем уравнение моментов относительно точки приложения силы \(\dfrac{2}{3}(M + m)g\) (см. рисунок): \[Mg\cdot\frac{1}{6}\,l - mg\cdot\frac{1}{3}\,l - F_A'\cdot\frac{1}{3}\,l = 0 \quad\Rightarrow\quad F_A' = \frac{3}{8}\,Mg.\] Значит, суммарная сила Архимеда, действующая на доску, равна \[F_A = F_A' + \frac{2}{3}(M + m)g = \frac{3}{8}\,Mg + \frac{2}{3}(M + m)g = \frac{27}{24}\,Mg \cong 44\text{ Н}.\]

Подсказка

Перерисуйте процесс на \(pV\)-диаграмму. Какой вид имеет каждый участок (изобара, изохора, изотерма)? Работу на участке 3–4 оцените сверху площадью подходящей трапеции.

Ответ

Работа максимальна на участке 1–2.

Решение

Изобразим процесс на \(pV\)-диаграмме.

Работа газа на участке 1–2 (изобара) равна \(A_{12} = p_1V_0\), а на участке 2–3 (изохора) равна нулю. Работу на изотермическом участке 3–4 оценим сверху как площадь трапеции (площадь под отрезком жирной штриховой линии): \[A_{34} < (p_1 + p_3)\left(\sqrt2 - 1\right)V_0.\] Из уравнения состояния для точек 3 и 4 находим, что \(p_3 = \sqrt2\,p_1\). Стало быть, \(A_{34} < p_1V_0\). Следовательно, работа газа максимальна на участке 1–2.

Подсказка

Лёгкий шарик разгоняется гораздо быстрее тяжёлых. Подумайте, как можно разделить процесс на два этапа и записать закон сохранения энергии для каждого.

Ответ

Скорость шарика с зарядом \(100q\): \(v_1 = \dfrac{10\,q}{\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}}\); скорости шариков с зарядами \(q\): \(v_2 = \dfrac{q}{20\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}}\).

Решение

В начальном состоянии энергия взаимодействия шариков равна \[W_1 = \frac{1}{2}\left(q\left[k\frac{100q}{R} + k\frac{q}{R}\right] + q\left[k\frac{100q}{R} + k\frac{q}{R}\right] + 100q\left[k\frac{q}{R} + k\frac{q}{R}\right]\right) = 201\,k\frac{q^2}{R}\] (шарики маленькие, следовательно, их собственная энергия в процессе движения не поменяется).

Так как масса шарика с зарядом \(100q\) много меньше масс двух остальных шариков, он улетит на далёкие расстояния очень быстро (два остальных не успеют разогнаться), поэтому из закона сохранения энергии получаем \[W_1 = \frac{m v_1^2}{2} + k\frac{q^2}{R} \quad\Rightarrow\quad v_1 = \frac{10\,q}{\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}},\] где \(v_1\) "— скорость шарика с зарядом \(100q\).

Запишем закон сохранения энергии для двух оставшихся шариков: \[k\frac{q^2}{R} = 2\cdot\frac{100\,m v_2^2}{2} \quad\Rightarrow\quad v_2 = \frac{q}{20\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}},\] где \(v_2\) "— скорость шариков с зарядами \(q\).

Подсказка

Если бусинка смещена от центра на малое расстояние, часть стержня справа и слева от неё притягивает её с одинаковой силой. Какой остаток стержня даёт ненулевую результирующую?

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L^3}{8GM}} = \pi\sqrt{\dfrac{L^3}{2GM}}\).

Решение

Когда бусинка отклонена от положения равновесия на малое расстояние \(x\), то в силу симметрии со стороны «белой» части стержня не действует сил (см. рисунок), а со стороны кусочка длиной \(2x\) действует сила, равная \(G\,\dfrac{m\left(\frac{2x}{L}M\right)}{(L/2)^2}\), где \(m\) "— масса бусинки.

Запишем второй закон Ньютона для бусинки: \[m\ddot x = -G\,\frac{m\left(\frac{2x}{L}M\right)}{(L/2)^2} \quad\Rightarrow\quad \ddot x + \left(G\,\frac{8M}{L^3}\right)x = 0,\] откуда получаем \[T = 2\pi\sqrt{\frac{L^3}{8GM}} = \pi\sqrt{\frac{L^3}{2GM}}.\]

Подсказка

Найдите, на какое расстояние вдоль плоскости сместился центр масс бруска, и воспользуйтесь законом сохранения энергии (или найдите ускорение вдоль плоскости).

Ответ

\(v = \sqrt{2g\left(h - \dfrac{b}{2}\cos\alpha - \dfrac{a\cos\alpha}{\operatorname{tg}2\alpha}\right)}\).

Решение

Сначала нужно определить перемещение центра масс бруска. Из геометрии находим, что начальная координата центра масс бруска относительно ребра двугранного угла \(l_0 = \dfrac{h}{\cos\alpha}\), а конечная (см. рисунок) \[l = \frac{b}{2} + \frac{a}{\operatorname{tg}2\alpha}.\]

1-й способ (динамический). Согласно второму закону Ньютона, ускорение бруска равно \[a = \frac{F}{m} = \frac{mg\cos\alpha}{m} = g\cos\alpha = 8{,}5\text{ м/с}^2.\]

Путь \(l_0 - l\) брусок прошёл за время \(t\): \[l_0 - l = (g\cos\alpha)\,\frac{t^2}{2} \quad\Rightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2(l_0 - l)}{g\cos\alpha}} = 0{,}46\text{ с}.\] Скорость бруска в конце пути: \[v = (g\cos\alpha)\cdot t = \sqrt{2g\left(h - \frac{b}{2}\cos\alpha - \frac{a\cos\alpha}{\operatorname{tg}2\alpha}\right)}.\]

2-й способ (энергетический). Из-за отсутствия диссипации (трения) полная механическая энергия сохраняется. Поэтому \[mgh = mgl\cos\alpha + \frac{mv^2}{2} \quad\Rightarrow\quad v^2 = 2g(l_0 - l)\cos\alpha \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{2g\left(h - \frac{b}{2}\cos\alpha - \frac{a\cos\alpha}{\operatorname{tg}2\alpha}\right)}.\]

Подсказка

Свяжите скорость в нижней точке с амплитудой через закон сохранения энергии, а потом сделайте то же для удвоенной скорости.

Ответ

\(\varphi_1 = \arccos(4\cos\varphi_0 - 3) \approx 0{,}2\) рад.

Решение

Пусть \(v\) "— скорость маятника в нижней точке траектории. Из закона сохранения энергии \[\frac{v^2}{2} = gl\,(1 - \cos\varphi_0) \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{2gl\,(1 - \cos\varphi_0)} = 0{,}3\text{ м/с}.\] После того как скорость маятника увеличили, \[2v^2 = gl\,(1 - \cos\varphi_1).\] Значит, \[1 - \cos\varphi_1 = 4(1 - \cos\varphi_0) \quad\Longrightarrow\quad \varphi_1 = \arccos(4\cos\varphi_0 - 3) \approx 0{,}2\text{ рад}.\]

Подсказка

Запишите удельную теплоёмкость смеси через доли массы атомарного и двухатомного газа. Удельные теплоёмкости удобно выразить через молярную массу одноатомного газа.

Ответ

Диссоциировала половина молекул: \(\alpha = 0{,}5\).

Решение

Пусть \(m\) "— масса всей смеси, \(\alpha\) "— коэффициент диссоциации, тогда \(\alpha m\) "— масса диссоциированных молекул. Удельная теплоёмкость одноатомного газа \(C_1 = \dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{R}{\mu}\), двухатомного \(C_2 = \dfrac{5}{2}\cdot\dfrac{R}{2\mu}\), где \(\mu\) "— молярная масса одноатомного газа. Удельная теплоёмкость смеси равна \[C = \alpha C_1 + (1 - \alpha)C_2 = \frac{3}{2}\cdot\frac{R}{\mu}\cdot\alpha + \frac{5}{2}\cdot\frac{R}{2\mu}\cdot(1 - \alpha).\] По условию \(C = 1{,}1\,C_2\). Откуда получаем \(\alpha = 0{,}5\).

Подсказка

Упростите схему: оставьте точки, к которым подключены элементы с амперметром \(A_1\) и вольтметром, и сравните потенциалы этих точек, используя симметрию трёх одинаковых ветвей.

Ответ

\(I_1 = 0\).

Решение

Упростив схему, приходим к картине, изображённой на рисунке, где к точкам \(A\), \(B\) и \(C\) подключены два резистора с сопротивлениями \(R\), резистор с сопротивлением \(2R\), амперметр \(A_1\) и вольтметр (эти элементы не изображены на рисунке).

Из симметрии следует, что потенциалы точек \(A\), \(B\) и \(C\) равны. Следовательно, показание амперметра \(A_1\) равно \(I_1 = 0\), показание вольтметра равно \(U_V = 0\), а показание амперметра \(A_2\) равно \(I_2 = \dfrac{\varepsilon}{8R} = 1{,}25\) А.

Подсказка

Источник в фокусе даёт за линзой параллельный пучок. Куда повернётся этот пучок после отражения от наклонного зеркала и где он снова соберётся?

Ответ

Расстояние между источником и его изображением равно \(F\operatorname{tg}2\alpha\).

Решение

Так как источник \(S\) находится в фокусе, то после линзы лучи от него будут представлять параллельный пучок. Каждый такой луч падает на зеркало под углом падения \(\alpha\), угол отражения также равен \(\alpha\), поэтому угол между отражённым от зеркала лучом и оптической осью будет \(2\alpha\). Получаем параллельный пучок под углом \(2\alpha\) к оптической оси, который опять должен собраться в фокальной плоскости линзы. Положение точки сбора лучей определяется лучом, проходящим через центр линзы, который не преломляется.

Таким образом, расстояние между источником и его изображением равно \(F\operatorname{tg}2\alpha\).