МОШ, 2016/17, отборочный этап, 11 класс

Что начнёт скользить первой: доска по столу или брусок по доске? В пограничном случае сила трения на бруске максимальна, а ускорения бруска, доски и груза одинаковы.

\(M = \dfrac{15\mu}{4-\mu}\,m\).

Максимально возможная сила трения, действующая на доску со стороны стола, равна \(3\mu mg\). Максимально возможная сила трения, действующая на брусок со стороны доски, равна \(4\mu mg\). Значит, при увеличении массы \(M\) сначала начнёт проскальзывать доска, а на брусок ещё какое-то время будет действовать сила трения покоя. В случае минимальной массы \(M\) груза возникает пограничная ситуация: на брусок действует максимально возможная сила трения, но ускорения доски и бруска ещё одинаковы. Сила трения, действующая на брусок, в этом случае направлена в ту же сторону, куда и ускорение системы «брусок – доска». Запишем второй закон Ньютона для бруска, доски и груза соответственно: \[4\mu mg - T = ma, \qquad 2T - 4\mu mg - 3\mu mg = 2ma, \qquad Mg - T = Ma,\] где \(T\) – сила реакции со стороны нити. Отсюда получаем: \[M = \frac{15\mu}{4-\mu}\,m .\]

Выразите изменение импульса и изменение энергии через начальную и конечную скорости и разделите одно на другое. Что получится в отношении?

\(s = \dfrac{\Delta w}{\Delta p}\,\tau = 12{,}5\) м.

Из условия \[\begin{cases} m(v_2 - v_1) = \Delta p,\\ \dfrac{1}{2}\,m(v_2^2 - v_1^2) = \Delta w. \end{cases}\] Деля второе равенство на первое, получим значение средней скорости за время действия силы: \[v_{\text{ср}} = \frac{v_1 + v_2}{2} = \frac{\Delta w}{\Delta p} = 2{,}5\text{ м/с}.\] Окончательно получаем \[s = v_{\text{ср}}\tau = \frac{\Delta w}{\Delta p}\,\tau = 12{,}5\text{ м}.\]

Где газ отдаёт теплоту? Прямая 3–1 продолжается в начало координат, значит, \(p \propto V\) – это политропный процесс; найдите его молярную теплоёмкость.

\(\eta \approx 10{,}7\,\%\).

Газ отдаёт холодильнику теплоту в процессе 3–1. Этот процесс является политропным (\(pV^{-1} = \text{const}\), где показатель политропы равен \(n = -1\)) с молярной теплоёмкостью \(c = \dfrac{c_V + c_p}{2} = 2R\), значит, \[|Q_{31}| = \nu c\,(T_3 - T_1).\] КПД цикла равен: \[\eta = \frac{A}{A + |Q_{31}|} = \frac{A}{A + \nu\,\dfrac{c_V + c_p}{2}\,(T_3 - T_1)} = 10{,}7\,\%.\]

Есть ли поле внутри внутренней сферы? Чему тогда равен потенциал в центре \(O\) после заземления? Запишите его по принципу суперпозиции.

\(Q = \dfrac{1}{6}\,q\).

Внутри сферы радиусом \(R\) нет зарядов, значит, в этой области поле отсутствует. Тогда потенциал внутренней сферы равен потенциалу точки \(O\). После заземления потенциал сферы (значит, и точки \(O\)) становится равным нулю. Из принципа суперпозиции находим \[\varphi_O = k\,\frac{Q}{R} - k\,\frac{q}{2R} + k\,\frac{q}{3R} = 0 \quad\Rightarrow\quad Q = \frac{1}{6}\,q .\] На внутренней поверхности сферы радиусом \(R\) нет зарядов. Толща большой сферы экранирует поля, созданные точечным зарядом \(q\) и зарядами с внешней поверхности сферы радиусом \(2R\). Поэтому на внешней поверхности малой сферы и внутренней поверхности большой сферы индуцируются заряды \(Q\) и \(-Q\) соответственно, распределившись равномерно по этим поверхностям. На внешней поверхности большой сферы неравномерно распределится заряд \(Q - q\).

Частица движется по дуге окружности. Как радиус этой окружности связан с шириной слоя \(d\) и углом поворота \(\alpha\)?

\(B = \dfrac{mv\sin\alpha}{qd}\).

Так как начальная скорость частицы \(\vec v \perp \vec B\), то движение её будет происходить в перпендикулярной полю плоскости. Действительно, сила Лоренца всегда перпендикулярна полю, а потому продольная её составляющая равна нулю. Не может появиться, следовательно, и продольная составляющая скорости. Далее, так как в магнитном поле всегда \(v = \text{const}\) и \(\vec v \perp \vec B\), то \(F_{\text{л}} = qvB = \text{const}\).

Таким образом, частица будет двигаться с постоянной по модулю скоростью под действием постоянной по модулю силы, перпендикулярной скорости. Это – движение по дуге окружности. Записывая второй закон Ньютона для этого движения, получим \[m\,\frac{v^2}{R} = qvB \quad\Rightarrow\quad B = \frac{mv}{qR} = \frac{mv\sin\alpha}{qd}.\]