«Покори Воробьёвы горы!», 2016/17, отборочный этап, 10–11 класс

Подсказка

Сравните силы трения для кубиков: масса второго кубика вдвое больше. Максимальное сжатие пружины найдите из закона сохранения энергии для первого кубика, который движется под действием постоянной силы и силы трения.

Ответ

\(28\) Н.

Решение

Для первого кубика сила трения скольжения \(F_0=\mu mg=14\) Н. Чтобы сжатая пружина могла сдвинуть второй кубик, её сила упругости в момент максимального сжатия должна быть не меньше максимальной силы трения покоя второго кубика \(2\mu mg\): \(k|\Delta l|\ge2\mu mg\). Максимальное сжатие отвечает точке остановки первого кубика и находится из закона сохранения энергии: \((F-\mu mg)|\Delta l|=\dfrac{k|\Delta l|^2}{2}\), откуда \(k|\Delta l|=2(F-\mu mg)\). Таким образом, \(2(F-\mu mg)\ge2\mu mg\), то есть \(F\ge2\mu mg=28\) Н.

Подсказка

Пар подчиняется уравнению состояния; при неизменной температуре суммарная масса пара в обоих сосудах сохраняется, а относительная влажность в конце определяется отношением полной массы пара к насыщенной в общем объёме.

Ответ

\(56\) 

Решение

Масса водяного пара в сосуде определяется из уравнения Менделеева–Клапейрона \(m=\dfrac{\mu pV}{RT}=\dfrac{\mu p_H(T)}{RT}rV\) (где \(p_H(T)\) — давление насыщенного пара). Полная масса пара \(m=\dfrac{\mu p_H(T)}{RT}(r_1V_1+r_2V_2)\). Относительная влажность в конечном состоянии \(r=\dfrac{p}{p_H(T)}=\dfrac{mRT}{\mu p_H(T)(V_1+V_2)}=\dfrac{r_1V_1+r_2V_2}{V_1+V_2}=56\%\).

Подсказка

Для рассеивающей линзы оптическая сила отрицательна. Примените формулу тонкой линзы дважды: для рассеивающей и для собирающей линзы с тем же фокусным расстоянием по модулю.

Ответ

\(4\) см.

Решение

Так как пучок собирается в точке, линза тонкая и справедлива формула \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{F}=-\dfrac{1}{F}\), откуда \(a=-\dfrac{F}{2}\) (оптическая сила рассеивающей линзы отрицательна, и \(a<0\), поскольку продолжения лучей пучка пересекаются за линзой). Для этого же пучка и собирающей линзы \(-\dfrac{2}{F}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{F}\), то есть \(b=\dfrac{F}{3}=4\) см.

Подсказка

Трубы катятся без проскальзывания, точки касания с горкой — мгновенные оси вращения. Найдите ускорение груза относительно оси большей трубы, учитывая, что доска движется поступательно.

Ответ

\(t=2\sqrt{\dfrac{n+k+1+\cos\alpha}{n+k+1}\cdot\dfrac{L}{g\sin\alpha}}\approx2{,}0\) с.

Решение

Для каждой из труб мгновенная ось вращения проходит через точки касания с наклонной поверхностью горки. Скорость точки доски, соприкасающейся с трубой, равна скорости соответствующей точки трубы. Радиус вращения этой точки перпендикулярен биссектрисе угла, образованного доской и поверхностью горки, поэтому скорости двух точек доски, соприкасающихся с трубами, параллельны и направлены «вниз» под углом \(\alpha/2\) к горизонту. Значит, доска движется поступательно (величина скорости \(V\) всех её точек одинакова) и остаётся горизонтальной. Угловая скорость трубы \(\omega_i=\dfrac{V}{2R_i\cos(\alpha/2)}\), линейная скорость вращения труб одинакова (\(\omega_1R_1=\omega_2R_2\)), и такую же величину имеет скорость оси трубы относительно наклонной горки. Вертикальные составляющие скоростей доски и осей труб совпадают, расстояние между осями труб не меняется.

Кинетическая энергия системы \(E_K=\dfrac{mV^2}{2}+(k+n)m\dfrac{V^2}{4\cos^2(\alpha/2)}=\dfrac{k+n+1+\cos\alpha}{1+\cos\alpha}\cdot\dfrac{mV^2}{2}\) (кинетическая энергия катящейся без проскальзывания трубы равна сумме одинаковых энергий поступательного и вращательного движений; масса груза пренебрежимо мала). Из закона сохранения энергии \(dE_K=-dE_g\) получаем, что ускорение доски постоянно (пока выполняются условия отсутствия проскальзывания и отрыва доски от труб): \(a=\dfrac{(n+k+1)(1+\cos\alpha)}{k+n+1+\cos\alpha}\,g\sin\dfrac{\alpha}{2}\).

Вертикальные составляющие ускорений доски и оси трубы совпадают, поэтому относительное движение груза и оси большей трубы происходит горизонтально. Его ускорение \(a'_x=a\left[\cos\dfrac{\alpha}{2}-\dfrac{\cos\alpha}{2\cos(\alpha/2)}\right]=g\dfrac{(n+k+1)\sin\alpha}{2(k+n+1+\cos\alpha)}\). Расстояние \(L\) без начальной скорости груз пройдет за время \(t=\sqrt{\dfrac{2L}{a'_x}}=2\sqrt{\dfrac{n+k+1+\cos\alpha}{n+k+1}\cdot\dfrac{L}{g\sin\alpha}}\approx2{,}0\) с.

Подсказка

Знак теплообмена на линейных участках цикла меняется в точке, где в уравнении первого начала для малого процесса вклад работы и изменения внутренней энергии меняет знак. Найдите эту точку и определите, где газ получает тепло, а где отдает.

Ответ

Газ отдает тепло холодильнику на участках \(2(5;3)\to3(7;1)\to4(5;1)\) и \(K(3{,}75;2{,}25)\to1(3;3)\) (давление — в \(10^5\) Па, объем — в литрах); КПД \(\approx22\) 

Решение

Направление обхода цикла — по часовой стрелке, точки занумерованы как на рисунке. Процессы 1–2 и 3–4 изобарные: на 1–2 газ получает тепло от нагревателя, на 3–4 отдает его холодильнику. Процессы 2–3 и 4–1 — прямые линии в координатах \(p\)–\(V\); для них по первому началу термодинамики с внутренней энергией \(U=\dfrac{3}{2}pV\) (одноатомный газ) находится точка, в которой меняется направление теплообмена: это точка K с координатами \(V_K=3{,}75\) л, \(p_K=2{,}25\cdot10^5\) Па на процессе 4–1. Процесс 2–3 — отдача тепла на всём протяжении; на процессе 4–1 газ получает тепло на участке 4–K и отдает на участке K–1.

Работа за цикл равна площади цикла: \(A=400\) Дж. Тепло нагревателя: на изобаре 1–2 \(Q_{12}=\dfrac{5}{2}p(V_2-V_1)=1500\) Дж, на участке 4–K \(Q_{4K}=312{,}5\) Дж, всего \(Q_H=1812{,}5\) Дж. КПД \(\eta=\dfrac{A}{Q_H}=\dfrac{400}{1812{,}5}\approx0{,}22\), то есть \(22\) 

Подсказка

Сила, действующая на плоскую заряженную грань, перпендикулярна ей и пропорциональна потоку поля через грань. Поток через грань от центрального заряда найдите по теореме Гаусса, поток от зарядов других граней — по симметрии.

Ответ

\(\Delta p\ge\dfrac{4\,|q|\,(Q-2|q|)}{3\varepsilon_0a^4}\).

Решение

Сила, действующая на каждую грань, перпендикулярна ей и выражается через поток поля через грань. Поток через одну грань от центрального заряда \(Q\) по теореме Гаусса равен \(\dfrac{Q}{4\varepsilon_0}\) (полный поток \(\dfrac{Q}{\varepsilon_0}\) делится поровну между четырьмя гранями). Поток, создаваемый зарядами трёх других граней, по симметрии составляет половину потока, притекающего к выбранной грани; с учетом этого полный поток, соответствующий силе, прижимающей грань к каркасу, равен \(\dfrac{|q|\,(|Q|-2|q|)}{4\varepsilon_0}\), и сила \(F_n=\dfrac{|q|\,(|Q|-2|q|)}{4\varepsilon_0 S}\), где \(S=\dfrac{\sqrt3}{4}a^2\) — площадь грани.

Для того чтобы шкатулка «рассыпалась», разность давлений должна создать силу \(F_\partial=\Delta p\,S\ge F_n\). Значит, \(\Delta p\ge\dfrac{|q|\,(Q-2|q|)}{4\varepsilon_0S^2}\), и с учетом \(S^2=\dfrac{3a^4}{16}\) получаем \(\Delta p\ge\dfrac{4|q|(Q-2|q|)}{3\varepsilon_0a^4}\).

Подсказка

Тормозной путь на горизонтальном участке после наклонного должен линейно зависеть от \(h\) при фиксированном угле. Подберите коэффициенты этой зависимости и сравните данные второй таблицы с ней.

Ответ

\(\alpha\approx(45\pm2)^\circ\); \(\mu\approx0{,}50\pm0{,}02\).

Решение

Пусть \(r\) — радиус кривизны участка сопряжения. Во всех опытах \(\mu<\operatorname{tg}\alpha\). Скорость на входе в горизонтальный участок по закону сохранения энергии (с учетом работы силы трения скольжения на наклонном участке \(A_{тр}=-\mu mgh\operatorname{ctg}\alpha\)): \(v_1^2=2gh[1-\mu\operatorname{ctg}\alpha]-2gr[1-\cos\alpha]\).

На участке сопряжения удобно использовать угол поворота шайбы \(\varphi\) от начала сопряжения. Уравнения движения: \(\dfrac{dv}{dt}=-\mu\dfrac{v^2}{r}+g[\sin(\alpha-\varphi)-\mu\cos(\alpha-\varphi)]\), \(\dfrac{d(v^2)}{d\varphi}=-2\mu v^2+2gr[\sin(\alpha-\varphi)-\mu\cos(\alpha-\varphi)]\). Пренебрегая слагаемым порядка \(gr\) (при \(\mu v^2\gg gr\)), получаем \(v^2(\varphi)\approx v_1^2e^{-2\mu\varphi}\), так что \(v_2^2\approx v_1^2e^{-2\mu\alpha}\); с учетом слагаемых порядка \(gr\): \(v_2^2=2gh[1-\mu\operatorname{ctg}\alpha]e^{-2\mu\alpha}-cgr\), где безразмерная величина \(c\) близка к 1.

Тормозной путь на горизонтальном участке (ускорение шайбы \(\mu g\)): \(s=\dfrac{v_2^2}{2\mu g}=h\left[\dfrac{1}{\mu}-\operatorname{ctg}\alpha\right]e^{-2\mu\alpha}-\dfrac{c}{2\mu}r\equiv kh+b\). Зависимость \(s(h)\) из таблицы 1 действительно линейна. Методом наименьших квадратов получаем \(k\approx0{,}456\pm0{,}003\) и \(b\approx(-0{,}0112\pm0{,}0008)\) м. Продолжая зависимость в область меньших \(h\), находим \(s(0{,}2\text{~м})\approx(0{,}080\pm0{,}007)\) м. По таблице 2 (графический анализ) для этого значения тормозного пути получается угол \(\alpha\approx(45\pm2)^\circ\).

Тогда коэффициент трения удовлетворяет уравнению \(\left[\dfrac{1}{\mu}-1\right]\exp(-1{,}57\,\mu)\approx0{,}456\) (при \(\alpha=45^\circ\), \(2\alpha\mu=1{,}57\mu\)), откуда \(\mu\approx0{,}50\pm0{,}02\).