МОШ, 2017/18, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Три силы, действующие на стержень (две реакции и сила тяжести), уравновешены. Выберите точку, где пересекаются линии действия двух из них, и запишите моменты относительно неё.

Ответ

\(\mu \ge \dfrac{a}{b\,\mathrm{tg}\,\alpha}\).

Решение

На рисунке указаны силы, действующие на стержень. Рассмотрим граничный случай, когда стержень покоится при минимальном значении коэффициента трения \(\mu\). Запишем уравнение моментов относительно точки пересечения линий действия сил \(N_1\) и \(Mg\): \[F_{\text{тр}}\, b\,\mathrm{tg}\,\alpha = N_2\, a .\]

Из закона Амонтона-Кулона \(F_{\text{тр}} = \mu N_2\). Значит, \(\mu = \dfrac{a}{b}\,\mathrm{tg}\,\alpha\). Окончательно получаем \(\mu \ge \dfrac{a}{b}\,\mathrm{tg}\,\alpha\).

Подсказка

Запишите баланс энергии между начальным положением и положением с вдвое большей деформацией: работа внешней силы идёт на изменение упругой энергии и потенциальной энергии в поле тяжести. Массу исключите из условия равновесия.

Ответ

\(k = \dfrac{2A}{9x^2} \approx 800\) Н/м.

Решение

Условие равновесия гири в начальный момент: \(mg = kx\), где \(m\) "— масса гирьки, \(k\) "— жёсткость пружины. Запишем закон сохранения энергии, приняв «нулевой» уровень потенциальной энергии силы тяжести в начальном положении гири: \[\frac{kx^2}{2} + A = 3mgx + \frac{k(2x)^2}{2} \;\Rightarrow\; A = \frac{3}{2}kx^2 + 3kx^2 \;\Rightarrow\; k = \frac{2A}{9x^2} \approx 800\text{ Н/м}.\]

Подсказка

Давление под поршнем в обоих состояниях одинаково. Запишите уравнение состояния для начального и конечного состояний и разделите одно на другое.

Ответ

\(\dfrac{V_2}{V_1} = \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{\mu_1}{\mu_2}\right) = 8{,}5\).

Решение

Запишем два уравнения состояния для начального состояния и для конечного: \[pV_1 = \frac{m}{\mu_1}R\cdot 2T, \qquad pV_2 = \left(\frac{m}{\mu_1} + \frac{m}{\mu_2}\right)R\cdot T .\] Разделив одно уравнение на другое, получаем \[\frac{V_2}{V_1} = \frac{\dfrac{1}{\mu_1} + \dfrac{1}{\mu_2}}{\dfrac{2}{\mu_1}} = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{\mu_1}{\mu_2}\right) = 8{,}5 .\]

Подсказка

Из симметрии призмы узлы с равными потенциалами можно объединить. Перерисуйте сетку в виде лестницы из параллельных и последовательных участков.

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{11}{19}R\).

Решение

Эквивалентная схема представлена на рисунке. Воспользовавшись формулами для параллельного и последовательного соединений, окончательно получаем \[R_{AB} = \frac{11}{19}R .\]

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, поступательно движущуюся вместе с центром колеса: в ней все точки обода движутся по окружности. Не забудьте добавить ускорение этой системы.

Ответ

\(a_A = a_B = \sqrt{5}\,a_0\).

Решение

В поступательно движущейся системе отсчёта, скорость которой совпадает со скоростью центра колеса, все точки движутся по окружностям. В отсутствие проскальзывания тангенциальное ускорение точек обода равно ускорению центра колеса относительно земли. Нормальное ускорение точек обода для указанного в условии момента времени также равно по величине \(a_0\). Следовательно, ускорение точки \(A\) в исходной системе отсчёта в рассматриваемый момент равно векторной сумме направленного вертикально вниз нормального ускорения \(a_0\) и горизонтального ускорения \(2a_0\) и составляет по величине \[a_A = \sqrt{a_0^2 + (2a_0)^2} = \sqrt{5}\,a_0 .\] Ускорение точки \(B\) в исходной системе отсчёта в рассматриваемый момент равно векторной сумме направленного вертикально вверх ускорения \(a_0\) и горизонтального ускорения \(2a_0\) и составляет по величине \(\sqrt{5}\,a_0\).

Подсказка

Нижний конец доски отрывается, когда момент силы давления груза относительно шарнира сравнивается с моментом силы тяжести доски. Найдите, на каком расстоянии от \(O\) это происходит, и дальше используйте закон сохранения энергии.

Ответ

Если \(\dfrac{M}{m} < \dfrac{2h}{l-2h}\), то \(v \ge \sqrt{2g\left(l - h + \dfrac{M}{m}\cdot\dfrac{l-2h}{2}\right)\sin\alpha}\); при \(\dfrac{M}{m} > \dfrac{2h}{l-2h}\) доска не оторвётся ни при какой скорости.

Решение

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на нормаль к доске для груза: \[N = mg\cos\alpha,\] где \(N\) "— нормальная реакция опоры. Запишем уравнение моментов для доски относительно точки \(O\) (груз \(m\) на расстоянии \(x\) от точки \(O\), доска начинает отрываться от пола): \[Mg\cdot\left(\frac{l}{2} - h\right)\cos\alpha = Nx = mgx\cos\alpha \;\Longrightarrow\; x = \frac{M}{m}\cdot\frac{l-2h}{2} .\]

1. Если \[\frac{M}{m}\cdot\frac{l-2h}{2} > h \;\Longrightarrow\; \frac{M}{m} > \frac{2h}{l-2h},\] то не существует таких скоростей, при которых доска оторвётся от пола.

2. Если \[\frac{M}{m} < \frac{2h}{l-2h},\] тогда из закона сохранения энергии следует \[\frac{mv^2}{2} \ge mg(l - h + x)\sin\alpha \;\Longrightarrow\; v \ge \sqrt{2g\left(l - h + \frac{M}{m}\cdot\frac{l-2h}{2}\right)\sin\alpha}.\]

Подсказка

Выразите работу газа через изменение температуры: для процесса \(p = \alpha V\) она пропорциональна \(\Delta T\). Тогда процесс имеет постоянную молярную теплоёмкость, и \(Q\) и \(\Delta U\) связаны через неё.

Ответ

\(Q = 40\) Дж.

Решение

Рассмотрим процесс \(p = \alpha V\). Пусть объём увеличился в \(\beta\) раз. Запишем первое начало термодинамики: \[\begin{gather*} Q = \Delta U + A = c_V\Delta T + \frac{1}{2}(\alpha\beta V_0 + \alpha V_0)(\beta V_0 - V_0) = c_V\Delta T + \frac{1}{2}(\beta^2 - 1)\alpha V_0^2 = \\ = c_V\Delta T + \frac{1}{2}R\,\Delta T = \frac{c_V + c_p}{2}\,\Delta T . \end{gather*}\]

Т.е. это процесс с постоянной молярной теплоёмкостью (политропный процесс), равной \(c_\alpha = \dfrac{c_V + c_p}{2} = 2R\). Так как \[\Delta U + Q = (c_\alpha + c_V)\Delta T \;\Rightarrow\; \Delta T = \frac{\Delta U + Q}{c_\alpha + c_V},\] следовательно, \[Q = c_\alpha\Delta T = c_\alpha\cdot\frac{\Delta U + Q}{c_\alpha + c_V} = \frac{2\cdot 70}{3{,}5} = 40\text{ Дж}.\]

Подсказка

Максимальный угол достигается там, где поле шарика наибольшее, а результирующая напряжённость перпендикулярна напряжённости поля шарика. Нарисуйте векторный треугольник.

Ответ

\(Q = 2\sqrt{3}\,\pi\varepsilon_0 E_0 R^2\).

Решение

Существование максимального угла, меньшего \(180^\circ\), между вектором напряжённости результирующего поля и вектором \(\vec E_0\) означает, что в любой точке напряжённость поля, создаваемого шариком, меньше \(E_0\). При фиксированном значении заряда шарика максимальный угол между вектором напряжённости результирующего поля и вектором \(\vec E_0\) достигается в тех точках, где напряжённость поля шара максимальна (на поверхности шарика) и ориентирована так, что результирующее поле перпендикулярно полю сферы (см. рис.). Из рисунка видно, что

\[E_{\text{сф}} = E_0\cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt3}{2}E_0 .\] Поле равномерно заряженного по объёму шарика на его поверхности равно \[E_{\text{сф}} = k\frac{Q}{R^2} \;\Longrightarrow\; Q = \frac{\sqrt3}{2}\frac{E_0R^2}{k} = 2\sqrt3\,\pi\varepsilon_0E_0R^2 .\]

Подсказка

Проверьте, не образуют ли четыре резистора с сопротивлениями \(r\), \(r\), \(2r\), \(2r\) сбалансированный мост.

Ответ

\(R = r\).

Решение

Сопротивления \(r\), \(r\), \(2r\), \(2r\), \(4r\) образуют сбалансированный мост, значит, через сопротивление \(4r\) ток не течёт.

Эквивалентная схема "— три параллельно соединённых сопротивления \(3r\), \(3r\), \(3r\). Следовательно, общее сопротивление равно \(r\).

Подсказка

На сферу действуют три силы. Две из них вертикальны, значит, и третья вертикальна. Каков при этом угол между реакцией лунки и нормалью в точке касания?

Ответ

\(\mu \ge \dfrac{r}{\sqrt{R^2 - 2Rr}}\).

Решение

Сферическая оболочка находится в равновесии под действием трёх сил: тяжести \(m\vec g\), натяжения \(\vec T\) и реакции чаши \(\vec R\). Две первые направлены вертикально, следовательно, третья тоже должна быть направлена вертикально, отклоняясь от нормали на угол \(\alpha\). Поскольку этот угол не может быть больше угла трения, \(\mu \ge \mathrm{tg}\,\alpha\) и не зависит от распределения масс сферы и воска.

Из рисунка находим: \[\mathrm{tg}\,\alpha = \frac{r}{\sqrt{(R-r)^2 - r^2}} = \frac{r}{\sqrt{R^2 - 2Rr}} \;\Longrightarrow\; \mu \ge \frac{r}{\sqrt{R^2 - 2Rr}} .\]

Подсказка

Поршень невесом, поэтому давление газа постоянно и равно атмосферному: процесс изобарический. Работа газа выражается через \(\Delta V\), а изменение внутренней энергии "— через \(c_V\) и \(\Delta T\).

Ответ

\(\Delta V = 1\) л; \(c_V = 2R\).

Решение

Процесс изобарический, поэтому работа газа равна \(P_A\Delta V\). Из первого начала термодинамики следует: \[Q = \Delta U + P_A\Delta V \;\Rightarrow\; \Delta V = \frac{Q - \Delta U}{P_A} = 1\text{ л}.\] Изменение внутренней энергии равно: \[\Delta U = \nu c_V\Delta T = c_V\frac{P_A\Delta V}{R} \;\Rightarrow\; c_V = \frac{\Delta U\,R}{P_A\Delta V} = 2R .\]

Подсказка

При быстрой перезарядке через провода заряд делится поровну (с потерями на излучение), а через резистор конденсатор разряжается полностью, и выделяется вся его энергия. Сосчитайте энергию, оставшуюся после каждого шага.

Ответ

\(\dfrac{Q_1}{Q_2} = \dfrac{16}{11}\).

Решение

Если сначала замкнуть ключ \(K_1\), то произойдёт быстрая перезарядка конденсаторов, при которой начальный заряд перераспределится поровну между двумя конденсаторами, то есть каждый конденсатор окажется заряженным до напряжения \(2U\). При этом сила текущего через соединительные провода тока будет велика, и ощутимая часть энергии будет потеряна из-за излучения. Количество теплоты, которое затем выделится в резисторе после замыкания ключа \(K_2\), равно \[Q_1 = 2\cdot\frac{1}{2}C(2U)^2 = 4CU^2 .\] Если сначала замкнуть ключ \(K_2\), то в резисторе выделится количество теплоты, равное энергии заряженного конденсатора \(\dfrac{CU^2}{2}\). Если затем замкнуть ключ \(K_1\), то сначала произойдёт быстрая перезарядка конденсаторов, при которой начальный заряд перераспределится поровну между двумя конденсаторами, т.е. каждый конденсатор окажется заряженным до напряжения \(3U/2\). Затем конденсаторы будут разряжаться через резистор. Тогда суммарное выделившееся количество теплоты в этом случае равно: \[Q_2 = \frac{CU^2}{2} + 2\cdot\frac{1}{2}C\left(\frac{3}{2}U\right)^2 = \frac{11}{4}CU^2 .\] Окончательно получаем: \[\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{16}{11} .\]

Подсказка

Скорость постоянна, значит, сумма трёх сил равна нулю. Сила Лоренца перпендикулярна скорости, а сила вязкого трения направлена против скорости: нарисуйте векторный треугольник сил.

Ответ

\(F = \sqrt{(Eq)^2 - (qvB)^2}\).

Решение

Так как частица движется вдоль прямой с постоянной скоростью \(v\), то \[\vec E q + q[\vec v\vec B] + \vec F_{\text{сопр}} = 0 .\] Пусть заряд \(q\) "— положительный. Сила Лоренца \(q[\vec v\vec B]\) перпендикулярна индукции магнитного поля и скорости частицы, сила вязкого трения \(\vec F_{\text{сопр}}\) направлена против скорости частицы, сила \(\vec E q\) направлена вдоль напряжённости электрического поля (см. рисунок).

Используя теорему Пифагора, получаем \[F = \sqrt{(Eq)^2 - (qvB)^2}.\]

Подсказка

Катушка и идеальный источник мощность не потребляют: тепло выделяется только в резисторах. Токи в резисторе и конденсаторе, соединённых параллельно, сдвинуты по фазе на \(90^\circ\) "— сложите их на векторной диаграмме.

Ответ

\(P \approx 191\) Вт.

Решение

Пусть \(U_1\) "— напряжение на параллельно соединённых конденсаторе и резисторе. Векторная диаграмма токов для этих двух элементов цепи изображена на рисунке, где \(I\) "— суммарный ток в цепи. Из теоремы Пифагора следует: \[I^2 = \left(\frac{U_1}{R}\right)^2 + (U_1\omega C)^2 \;\Longrightarrow\; U_1 = \frac{IR}{\sqrt{1 + (R\omega C)^2}} .\]

Средняя тепловая мощность, выделяющаяся в цепи, равна: \[P = I^2R + \frac{U_1^2}{R} = I^2R + \frac{I^2R}{1 + (R\omega C)^2} = I^2R\left(1 + \frac{1}{1 + (2\pi\nu RC)^2}\right) = 191\text{ Вт}.\]

Подсказка

Путь минимален, когда начальное ускорение направлено против начальной скорости. Введите время \(\tau'\) до первой остановки и выразите через него весь путь по графику скорости.

Ответ

\(S_{\min} = (\sqrt{2} - 1)\,v\tau\).

Решение

Очевидно, что путь электрона будет минимален, если векторы начальной скорости и начального ускорения направлены в противоположные стороны. Пусть \(\tau'\) "— время, прошедшее с момента начала торможения до момента первой остановки электрона. На графике представлен характер движения электрона (см. рисунок).

Пройденный путь равен \[S = v\tau' + \frac{v}{\tau'}\left(\frac{\tau}{2} - \tau'\right)^2 = v\left(\tau' + \frac{\left(\frac{\tau}{2} - \tau'\right)^2}{\tau'}\right) \;\Longrightarrow\; \tau'^2 - \frac{1}{2}\left(\tau + \frac{S}{v}\right)\tau' + \frac{\tau^2}{8} = 0 .\] Дискриминант этого квадратного уравнения должен быть неотрицательным, т.е. \[\frac{1}{4}\left(\tau + \frac{S}{v}\right)^2 - \frac{1}{2}\tau^2 = \left(\frac{\tau}{2} + \frac{S}{2v} - \frac{\tau}{\sqrt2}\right)\left(\frac{\tau}{2} + \frac{S}{2v} + \frac{\tau}{\sqrt2}\right) \ge 0 \;\Longrightarrow\; \frac{\tau}{2} + \frac{S}{2v} - \frac{\tau}{\sqrt2} \ge 0 .\] Значит, минимальный путь равен \[S_{\min} = (\sqrt2 - 1)\,v\tau .\]

Подсказка

По закону Джоуля-Ленца в обоих нагревах газу передано одно и то же количество теплоты. Выразите через него изменения температуры из уравнения состояния.

Ответ

\(\gamma = \dfrac{V(p_1 - p)}{p_1(V_2 - V)}\).

Решение

В обоих случаях в соответствии с законом Джоуля-Ленца газу передано одинаковое количество теплоты \(\Delta Q_1 = \Delta Q_2 = \Delta Q\).

При изохорическом нагревании: \[\Delta Q = \nu c_V\Delta T_1 = \nu c_V\frac{V(p_1 - p)}{\nu R} = c_V\frac{V(p_1 - p)}{R}.\] При изобарическом нагревании: \[\Delta Q = \nu c_p\Delta T_2 = \nu c_p\frac{p_1(V_2 - V)}{\nu R} = c_p\frac{p_1(V_2 - V)}{R}.\] Окончательно получаем: \[\gamma = \frac{c_p}{c_V} = \frac{V(p_1 - p)}{p_1(V_2 - V)} .\]

Подсказка

Точка \(A\) лежит на поверхности проводника, поэтому её потенциал равен потенциалу центра шара. Какой вклад в потенциал центра дают индуцированные заряды, сидящие на сфере?

Ответ

\(\Delta\varphi_A = k\dfrac{q}{R}\left(\dfrac{1}{\sqrt5} - \dfrac{1}{2}\right)\).

Решение

Потенциал точки \(A\) равен потенциалу центра шара, так как он проводящий. По принципу суперпозиции: \[\varphi_{A1} = \varphi_q + \varphi_{\text{инд}},\] где \(\varphi_q\) "— потенциал в центре шара, созданный точечным зарядом \(q\), \(\varphi_{\text{инд}}\) "— потенциал в центре шара, созданный зарядом, который индуцируется на поверхности шара. Разобьём поверхность шара на много маленьких кусочков и посчитаем \(\varphi_{\text{инд}}\) с помощью принципа суперпозиции: \[\varphi_{\text{инд}} = \sum_i k\frac{q_i}{R} = \frac{k}{R}\sum_i q_i = 0 .\] Следовательно, \[\varphi_{A1} = \varphi_q = k\frac{q}{2R}.\] Потенциал точки \(A\) после удаления шара равен \[\varphi_{A2} = k\frac{q}{\sqrt5 R}.\] Окончательно получаем: \[\Delta\varphi_A = \varphi_{A2} - \varphi_{A1} = k\frac{q}{R}\left(\frac{1}{\sqrt5} - \frac{1}{2}\right).\]

Подсказка

Из условия следует, что сопротивления резисторов в противоположных сторонах квадрата попарно равны. Запишите мощности для двух подключений через \(R_1\), \(R_2\) и напряжение источника.

Ответ

\(P' = P\dfrac{4\sqrt3}{(1+\sqrt3)^2}\).

Решение

Из условия задачи следует, что сопротивления резисторов, включённых в противоположные стороны квадрата, попарно равны. Пусть \(R_1\) "— сопротивление резисторов между точками \(AB\) и \(CD\), \(R_2\) "— между точками \(BC\) и \(AD\), \(U\) "— напряжение сети, тогда \[P = U^2\left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_1 + 2R_2}\right),\quad 2P = U^2\left(\frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_2 + 2R_1}\right) \;\Longrightarrow\; \frac{R_2}{R_1} = \frac{\sqrt3 - 1}{2}.\] Искомая мощность равна \[P' = \frac{2U^2}{R_1 + R_2} = P\,\frac{4\sqrt3}{(1+\sqrt3)^2}.\]

Подсказка

Выразите деформации всех трёх пружин через натяжение нити, на которой висит груз, и найдите смещение груза как сумму этих деформаций. Отсюда "— эквивалентная жёсткость. Максимальная амплитуда ограничена тем, что нити должны оставаться натянутыми.

Ответ

\(\omega_0 = \sqrt{\dfrac{k}{19m}}\); \(A_{\max} = \dfrac{19mg}{k}\).

Решение

Пусть натяжение нижней нити равно \(T\), тогда натяжение верхней равно \(2T\), а сила упругости верхней пружины равна \(4T\). Тогда деформация верхней пружины равна \(\dfrac{4T}{k}\), деформация левой пружины \(\dfrac{2T}{2k} = \dfrac{T}{k}\). Значит, нижний блок опустится на \(\left(\dfrac{4T}{k} + \dfrac{4T}{k} + \dfrac{T}{k}\right) = \dfrac{9T}{k}\). Деформация правой пружины равна \(\dfrac{T}{k}\). Положение равновесия груза расположено ниже положения, при котором все пружины недеформированы, на \(\left(\dfrac{9T}{k} + \dfrac{9T}{k} + \dfrac{T}{k}\right) = \dfrac{19T}{k}\). Следовательно, \[A_{\max} = \frac{19T}{k} = \frac{19mg}{k}.\] Собственная частота гармонических колебаний системы равна \[\omega_0 = \sqrt{\frac{k_{\text{экв}}}{m}} = \sqrt{\frac{k}{19m}}.\]