Росатом, 2018/19, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Ускорение тела максимально в нижней точке, а минимально в верхней. Запишите второй закон Ньютона в обеих точках и закон сохранения энергии между ними.

Ответ

\(a_{\min} = \dfrac{4g}{3}\).

Решение

Скорость тела максимальна в нижней точке траектории, поэтому там же максимально и его ускорение. Ускорение минимально в верхней точке. В верхней и нижней точках оно центростремительное, поэтому \[a_{\min} = a_{\text{верх}} = \frac{v_{\text{верх}}^2}{l}; \qquad a_{\max} = a_{\text{нижн}} = \frac{v_{\text{нижн}}^2}{l} = \frac{(2v_{\text{верх}})^2}{l} = 4a_{\min},\] где \(l\) — длина нити. С другой стороны, закон сохранения энергии для верхней и нижней точек траектории даёт \[\frac{m v_{\text{нижн}}^2}{2} - \frac{m v_{\text{верх}}^2}{2} = 2mgl \quad\Rightarrow\quad \frac{v_{\text{нижн}}^2}{l} - \frac{v_{\text{верх}}^2}{l} = 4g \quad\Rightarrow\quad 3a_{\min} = 4g .\] Отсюда \(a_{\min} = \dfrac{4g}{3}\).

Подсказка

Показания одинаковых вольтметров при последовательном соединении пропорциональны их сопротивлениям. Сравните отношение показаний в обоих опытах.

Ответ

\(U = 45\) В.

Решение

Вольтметр показывает напряжение на самом себе. Поскольку вольтметры одинаковые, то при последовательном соединении (одинаковый ток) их показания отличаются во столько же раз, во сколько отличаются их сопротивления, т.е. \[\frac{r_1}{r_2} = \frac{2}{3}\] (\(r_1\) и \(r_2\) — сопротивления первого и второго вольтметра соответственно). Поэтому во втором случае, когда вольтметры подключены без резистора, показания второго вольтметра равны \[U_2' = \frac{U_2}{U_1}\,U_1' = 27~\text{В},\] и, следовательно, напряжение источника \[U = U_1' + U_2' = U_1' + \frac{U_2}{U_1}\,U_1' = \frac{U_1'(U_1 + U_2)}{U_1} = \frac{5U_1'}{2} = 45~\text{В}.\]

Подсказка

Считайте количество вещества каждого газа до и после нагревания. При диссоциации одна молекула даёт два атома, и число частиц растёт.

Ответ

\(p' = \dfrac{13}{6}\,p\).

Решение

Пусть масса гелия и азота в сосуде равна \(m\). Тогда закон Дальтона для первоначальной смеси газов даёт \[p = \frac{\nu_{\text{He}} RT}{V} + \frac{\nu_{\text{N}_2} RT}{V},\] где \(\nu_{\text{N}_2} = \dfrac{m}{\mu_{\text{N}_2}} = \nu\), \(\nu_{\text{He}} = \dfrac{m}{\mu_{\text{He}}} = 7\nu\), а \(V\) — объём сосуда. Отсюда для начального давления смеси \[p = \frac{8\nu RT}{V}.\] После нагревания в сосуде будет смесь молекулярного и атомарного азота и гелия. Количество вещества молекулярного и атомарного азота после диссоциации находим из очевидных соотношений \[\nu'_{\text{N}_2} = \frac{1}{3}\nu; \qquad \nu'_{\text{N}} = \frac{4}{3}\nu .\] Поэтому давление в конечном состоянии (температура \(2T\)) равно \[p' = \frac{\nu_{\text{He}}\,2RT}{V} + \frac{\nu'_{\text{N}_2}\,2RT}{V} + \frac{\nu'_{\text{N}}\,2RT}{V} = \frac{7\nu\,2RT}{V} + \frac{\nu\,2RT}{3V} + \frac{4\nu\,2RT}{3V} = \frac{52\,\nu RT}{3V} = \frac{13}{6}\,p .\]

Подсказка

Вертикальное положение стержня теряет устойчивость, когда момент силы Архимеда относительно точки подвеса становится не меньше момента силы тяжести. Найдите глубину, при которой это происходит.

Ответ

\(x = l\left(1 - \sqrt{1 - \dfrac{\rho}{\rho_0}}\right) = \dfrac{l(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{2}}\).

Решение

В процессе погружения на стержень действуют силы тяжести, Архимеда и натяжения нити. В начале погружения стержень располагается вертикально, в конце — плавает в горизонтальном положении на поверхности воды. Поэтому максимальной глубиной погружения нижнего конца будет та глубина, при которой стержень перестанет располагаться вертикально.

Вертикальное положение стержня устойчиво, пока при малом его отклонении от вертикали возникают возвращающие моменты. При малом отклонении моменты сил тяжести и Архимеда относительно точки крепления нити становятся такими, что устойчивость пропадает, когда момент силы Архимеда не станет больше момента силы тяжести. Сила тяжести приложена к центру тяжести всего стержня, а сила Архимеда — к центру тяжести погружённой части. Получаем условие \[\rho_0\, x\left(l - \frac{x}{2}\right) = \rho\, l\,\frac{l}{2},\] где \(\rho\) и \(\rho_0\) — плотности стержня и воды, \(x\) — глубина погружения стержня в воду, \(l\) — его длина. Решая квадратное уравнение, находим \[x = l\left(1 - \sqrt{1 - \frac{\rho}{\rho_0}}\right) = \frac{l(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{2}} .\] Условие моментов не зависит от угла наклона стержня, поэтому при дальнейшем погружении он будет располагаться под некоторым углом к вертикали, который увеличивается с опусканием верхнего конца. Так как после достижения глубины \(x\) стержень располагается под углом к вертикали, эта величина — максимальная глубина погружения нижнего конца стержня.

Подсказка

Внутри однородного шара сила тяжести пропорциональна расстоянию до центра. Сила трения в шахте постоянна, так как проекция силы тяжести на поперечное направление не меняется. Движение получается гармоническим со сдвинутым положением равновесия.

Ответ

\(t_1 = \sqrt{\dfrac{R}{g}}\;\arccos\!\left(-\dfrac{k\cos(\alpha/2)}{\sin(\alpha/2) - k\cos(\alpha/2)}\right)\) при \(k < \operatorname{tg}(\alpha/2)\) и \(k < \dfrac{\sin(\alpha/2)}{2\cos(\alpha/2)}\).

Решение

Тело не будет падать в шахту, если проекция силы тяжести на направление шахты не «побеждает» силу трения, т.е. при \(k \ge \operatorname{tg}(\alpha/2)\). Иначе тело движется.

Пусть тело находится на расстоянии \(r\) от центра планеты. Сила притяжения к слоям планеты внутри радиуса \(r\) даёт \[F = G\frac{mM(r)}{r^2} = mg\,\frac{r}{R},\] где \(R\) — радиус планеты, \(g\) — ускорение свободного падения на её поверхности; сила направлена к центру планеты.

Второй закон Ньютона в проекциях на оси, направленные вдоль и перпендикулярно шахте, даёт \[N = mg\,\frac{r\sin\beta}{R}, \qquad m a_x = mg\,\frac{r\cos\beta}{R} - F_{\text{тр}} .\] Но \(r\sin\beta = R\cos(\alpha/2)\) не меняется в процессе движения, поэтому и сила трения \(F_{\text{тр}} = kN = kmg\cos(\alpha/2)\) остаётся неизменной. Поскольку \(r\cos\beta = -x\), второе уравнение даёт \[m a_x = -mg\,\frac{x}{R} - kmg\cos(\alpha/2).\] Это уравнение колебаний груза на вертикальной пружине в поле тяжести: движение — гармоническое относительно сдвинутого положения равновесия на величину \[\Delta x = \frac{kmg\cos(\alpha/2)}{mg/R} = kR\cos(\alpha/2).\] Если сдвиг положения равновесия больше половины расстояния от тела до начала координат, тело никогда не достигнет начала координат, т.е. \[kR\cos(\alpha/2) < R\sin(\alpha/2)/2 \quad\Rightarrow\quad k < \frac{\sin(\alpha/2)}{2\cos(\alpha/2)} .\] Учитывая, что начальная скорость тела равна нулю, имеем \(x(t) = A\cos\omega t - kR\cos(\alpha/2)\), где \(\omega = \sqrt{g/R}\), а \(A\) находим из начальных условий: \(x(0) = -R\sin(\alpha/2)\). Получаем \[x(t) = -R\bigl(\sin(\alpha/2) - k\cos(\alpha/2)\bigr)\cos\omega t - kR\cos(\alpha/2),\] причём выражение в скобках должно быть положительным, иначе сила трения не даст двигаться телу. Отсюда момент времени, когда тело окажется на минимальном расстоянии от центра планеты: \[t_1 = \sqrt{\frac{R}{g}}\,\arccos\!\left(-\frac{k\cos(\alpha/2)}{\sin(\alpha/2) - k\cos(\alpha/2)}\right).\] При нарушении любого из неравенств \(k < \operatorname{tg}(\alpha/2)\), \(k < \dfrac{\sin(\alpha/2)}{2\cos(\alpha/2)}\) задача теряет смысл — тело не попадёт в точку \(x = 0\).