Росатом, 2018/19, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите уравнения моментов сил относительно точек крепления нитей. Для этого найдите плечи сил тяжести стержней, используя подобие треугольников.

Ответ

\(\dfrac{T_{\text{лев}}}{T_{\text{пр}}}=\dfrac{89}{111}\).

Решение

Расстояние между точками крепления нитей по теореме Пифагора равно \(5l\). Плечи сил тяжести стержней (см. рисунок) находим из подобия треугольников: \(x=\dfrac{9l}{5}\), \(y=5l-x=\dfrac{16l}{5}\).

Уравнение моментов относительно точки крепления левой нити: \[T_{\text{пр}}\,5l = mg\,\frac{x}{2} + 3mg\left(x+\frac{y}{2}\right) = \frac{111}{10}\,mgl \quad\Rightarrow\quad T_{\text{пр}}=\frac{111}{50}\,mg.\] Относительно точки крепления правой нити: \[T_{\text{лев}}\,5l = mg\left(y+\frac{x}{2}\right) + 3mg\,\frac{y}{2} = \frac{89}{10}\,mgl \quad\Rightarrow\quad T_{\text{лев}}=\frac{89}{50}\,mg.\] Отсюда \(\dfrac{T_{\text{лев}}}{T_{\text{пр}}}=\dfrac{89}{111}\).

Подсказка

Чему равно давление насыщенного пара при 100 °C? Как меняется парциальное давление воздуха при изотермическом расширении, если его количество не меняется?

Ответ

\(\nu\approx0{,}58\) моль.

Решение

Поскольку температура равна \(t=100^\circ\)C, давление насыщенных паров равно атмосферному: \(p_{\text{пара}}=p_0=10^5\) Па. Давление газа в сосуде \(p_1=2\cdot10^5\) Па в два раза больше, поэтому парциальное давление воздуха в начальном состоянии \(p_{\text{возд}}=p_1-p_0=10^5\) Па.

При увеличении объема сосуда количество вещества воздуха не меняется, а объем увеличился вдвое, поэтому парциальное давление воздуха уменьшилось вдвое: \[p'_{\text{возд}}=\frac{p_1-p_0}{2}=0{,}5\cdot10^5\ \text{Па}.\] Следовательно, парциальное давление водяного пара в конечном состоянии \[p'_{\text{пара}}=p_2-p'_{\text{возд}}=p_2-\frac{p_1-p_0}{2}=\frac{2p_2-p_1+p_0}{2}=0{,}9\cdot10^5\ \text{Па}.\] Это значение меньше давления насыщенного пара при \(100^\circ\)C, значит, вся вода испарилась, и её количество находим из закона Клапейрона–Менделеева для водяного пара в конечном состоянии, \(p'_{\text{пара}}\cdot2V=\nu RT\), где \(T=373\) К: \[\nu=\frac{2p'_{\text{пара}}V}{RT}=\frac{(2p_2-p_1+p_0)V}{RT}\approx0{,}58\ \text{моль}.\]

Подсказка

Какая сила натяжения действует на нижние тела по сравнению с левым телом? Как связаны ускорения левого тела и остальных при перемещении блоков?

Ответ

\(a_1=\dfrac{4037}{8075}\,g\approx\dfrac{g}{2}\), направлено вниз.

Решение

Пусть сила натяжения веревки, охватывающей все блоки, к одному концу которой привязан груз \(m\), а к другому — \(m/2\), равна \(T\). Тогда силы натяжения веревок, привязанных к осям нижних блоков, равны \(T/2\). Второй закон Ньютона для левого тела и для всех остальных тел (ускорение самого левого тела \(a_1\) направлено вниз, ускорение остальных тел \(a_2\) — вверх): \[ma_1=mg-T,\qquad ma_2=2T-mg.\qquad(*)\] Пусть нижние тела и правое тело поднялись за малый интервал времени на величину \(\Delta x\). Тогда слева появится лишний кусок веревки длиной \(2\cdot2018\,\Delta x+\Delta x=4037\,\Delta x\), и левое тело опустится на \(4037\,\Delta x\). Поэтому его ускорение в 4037 раз больше ускорения остальных тел: \(a_1=4037\,a_2\).

Из системы \((*)\) находим \[a_1=\frac{4037}{8075}\,g\approx\frac{g}{2},\qquad a_2=\frac{g}{8075}\ll a_1.\] Таким образом, левое тело движется вниз с ускорением \(g/2\), остальные тела практически покоятся.

Подсказка

Относительно плоскости тело движется под углом к линии наибыстрейшего спуска. Какая сила трения компенсирует составляющую силы тяжести вдоль плоскости?

Ответ

\(v_0=\dfrac{v\,\mathrm{tg}\,\alpha}{\sqrt{\mu^2-\mathrm{tg}^2\alpha}}\).

Решение

Пусть установившаяся скорость тела \(v_0\) направлена вниз вдоль плоскости. Относительно плоскости тело движется под некоторым углом \(\beta\) к направлению наибыстрейшего спуска (в течение половины периода в одну сторону, в течение другой половины — в другую). Сила трения, действующая на тело со стороны плоскости, противоположна скорости тела относительно плоскости, поэтому она направлена под углом \(\beta\) к направлению наибыстрейшего спуска, но вверх.

В установившемся режиме проекция силы трения на направление наибыстрейшего спуска компенсирует составляющую силы тяжести вдоль плоскости \(mg\sin\alpha\): \[\mu mg\cos\alpha\cos\beta=mg\sin\alpha\quad\Rightarrow\quad\cos\beta=\frac{\mathrm{tg}\,\alpha}{\mu}.\] Поскольку \(\mathrm{tg}\,\beta=\dfrac{v}{v_0}\), то, используя \(\sin\beta=\sqrt{1-\cos^2\beta}\), получаем \[v_0=\frac{v\,\mathrm{tg}\,\alpha}{\sqrt{\mu^2-\mathrm{tg}^2\alpha}}.\]

Подсказка

Момент определяется разностью проекций сил на направление, перпендикулярное рычагу. Удобно заменить действие квадрата действием полосок с зарядами, компенсирующими сдвиг квадрата, и выразить силу через потенциал.

Ответ

\(M=\dfrac{kq_0r^2Q}{2a^3}\left(\dfrac{3}{2\sqrt2}-\dfrac{2}{\sqrt5}\right)\).

Решение

Момент сил, действующих на рычаг, определяется разностью проекций кулоновских сил, действующих на заряды, на направление, перпендикулярное рычагу. Будем искать сразу эту разность.

На первый заряд со стороны квадрата (рис. 1) действует такая же сила, как если бы заряд лежал на продолжении диагонали, но на квадрат были бы наложены две заряженные полоски шириной \(r/2\) — одна с положительным зарядом, вторая с отрицательным, с той же поверхностной плотностью, что и квадрат (рис. 2; заряд квадрата и заряды рычага считаем положительными). Это связано с тем, что добавление таких полосок к сдвинутому квадрату восстанавливает его положение, сдвинутое относительно первого заряда. Аналогично для второго заряда рычага (рис. 3).

Поэтому разность сил, действующих на заряды рычага со стороны квадрата, равна силе, действующей на один положительный заряд \(q_0\) со стороны двух тонких полосок шириной \(r\), заряженных положительным и отрицательным зарядом с той же поверхностной плотностью, что и квадрат (рис. 4). При этом в момент сил дает вклад только проекция этой силы на направление, перпендикулярное самому рычагу.

Чтобы найти эту силу, используем то, что проекция напряженности поля на некоторое направление равна разности потенциалов в двух близких точках, деленной на расстояние между ними. Потенциал полосок в точке, лежащей на \(x/2\) выше точки с зарядом \(q_0\), равен потенциалу в самой точке, создаваемому полосками и четырьмя квадратиками шириной \(r\) и высотой \(x/2\) со знаками, показанными на рис. 6 (добавление таких зарядов эквивалентно сдвигу полосок). Аналогично для точки на \(x/2\) ниже. Разность этих потенциалов равна потенциалу четырех квадратиков шириной \(r\) и высотой \(x\), лежащих в углах квадрата, со знаками, показанными на рис. 6 (рис. 5).

Поскольку размер \(r\) много меньше расстояния до квадрата, а \(x\) — бесконечно малая величина, эти квадратики можно считать точечными зарядами. Их величина \[\Delta q=\sigma\,x\,r=\frac{xrQ}{a^2}.\] Таким образом, разность проекций на вертикальную ось кулоновских сил, действующих на заряды рычага, \[F_{1x}-F_{2x}=kq_0\,\Delta q\left(\frac{1}{\sqrt2\,a}+\frac{1}{2\sqrt2\,a}-\frac{1}{\sqrt5\,a}-\frac{1}{\sqrt5\,a}\right)=\frac{kq_0rQ}{a^3}\left(\frac{3}{2\sqrt2}-\frac{2}{\sqrt5}\right).\]

В результате момент сил, действующих на рычаг со стороны квадрата, \[M=\left(F_{1x}-F_{2x}\right)\frac{r}{2}=\frac{kq_0r^2Q}{2a^3}\left(\frac{3}{2\sqrt2}-\frac{2}{\sqrt5}\right).\]