Росатом, 2019/20, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите координату человека относительно нижней точки эскалатора на восходящем и нисходящем участках движения и найдите моменты, когда он приходит к середине и к нижней точке.

Ответ

\(\Delta t = \dfrac{2\sqrt{u^2+al}}{a}\).

Решение

Координата человека \(x\) относительно нижней точки эскалатора, ось \(x\) направлена вдоль эскалатора, при беге вверх: \[x(t) = ut + \frac{at^2}{2}.\] Когда человек добежал до середины эскалатора, \(x(t_1) = l/2\), откуда \[t_1 = \frac{-u + \sqrt{u^2+al}}{a}\] (второй корень отрицателен). Закон движения вниз (время отсчитывается от момента разворота): \[x(t) = \frac{l}{2} + ut - \frac{at^2}{2}.\] Возвращение в нижнюю точку, \(x(t_2) = 0\), даёт \[t_2 = \frac{u + \sqrt{u^2+al}}{a}\] (второй корень отрицателен). Искомое время \[\Delta t = t_1 + t_2 = \frac{2\sqrt{u^2+al}}{a}.\]

Подсказка

Во втором процессе температура возвращается к исходной, значит, в первом она сначала изменилась на ту же величину с обратным знаком. Запишите первое начало термодинамики для обоих процессов.

Ответ

\(C = \dfrac{R}{2}\).

Решение

Во втором (изохорическом) процессе \(Q>0\), значит газ нагревается: \(\Delta T_2>0\). Поскольку температура возвращается к первоначальному значению, в первом процессе \(\Delta T_1 = -\Delta T_2 < 0\). Пусть \(\nu\) — количество вещества, \(C\) — молярная теплоёмкость. Первое начало для первого процесса: \[\nu C\,\Delta T_1 = \frac{3}{2}\nu R\,\Delta T_1 + A \quad\Rightarrow\quad \Delta T_2 = \frac{A}{\nu\left(\frac{3}{2}R - C\right)}.\] Для второго процесса \(Q = \dfrac{3}{2}\nu R\,\Delta T_2\), откуда \[Q = \frac{3}{2}\cdot\frac{AR}{\frac{3}{2}R - C} \quad\Rightarrow\quad C = \frac{3}{2}R\,\frac{Q-A}{Q} = \frac{R}{2}.\]

Подсказка

Сила натяжения верёвки при нулевом ускорении блока равна \(mg\). Найдите, при каком ускорении блока она станет равна \(1{,}5mg\), учитывая, что ускорение тела \(m\) вдвое больше ускорения блока.

Ответ

\(a \geq \dfrac{g}{4}\).

Решение

Пока тело массой \(1{,}5m\) не отрывается от опоры, второй закон Ньютона для тела массой \(m\) (ось направлена вверх): \[T - mg = ma_1,\] где \(T\) — сила натяжения верёвки, \(a_1\) — ускорение тела \(m\). Поскольку при смещении блока на некоторое расстояние тело \(m\) поднимается на вдвое большее расстояние, \(a_1 = 2a\), и \[T = 2ma + mg.\] Сила натяжения становится равной \(1{,}5mg\) при \(a = \dfrac{g}{4}\). Значит, второе тело оторвётся от опоры при \[a \geq \frac{g}{4}.\]

Подсказка

Из-за симметрии ток, втекающий в узел \(A\), делится пополам. Далее используйте равенство падений напряжения по двум путям от \(A\) до \(F\).

Ответ

\(R_{\text{об}} = \dfrac{17}{20}\,r\).

Решение

Пусть в узел \(A\) втекает ток \(I\). Из-за симметрии цепи в узле \(A\) он делится пополам. Пусть в узле \(B\) ток делится так: ток \(I_1\) течёт через проводник сопротивлением \(r\), ток \(I_2\) — через сопротивление \(2r\). По симметрии в узле \(C\) ток делится в той же пропорции. Тогда на участке \(DF\) течёт ток \(2I_1\), на участке \(EF\) — ток \(2I_2\).

Падение напряжения по пути \(AB\)–\(BD\)–\(DF\) равно падению по пути \(AC\)–\(CE\)–\(EF\): \[I_1 + I_2 = \frac{I}{2}, \qquad \frac{I}{2}\cdot\frac{r}{2} + I_1 r + 2I_1\frac{r}{2} = \frac{I}{2}\cdot\frac{r}{2} + I_2\cdot 2r + 2I_2\frac{r}{2}.\] Отсюда \(I_1 = \dfrac{3}{10}I\), \(I_2 = \dfrac{2}{10}I\). Напряжение между узлами \(A\) и \(B\): \[U = \frac{I}{2}\cdot\frac{r}{2} + \frac{3I}{10}\cdot r + \frac{6I}{10}\cdot\frac{r}{2} = \frac{17}{20}\,Ir,\] значит, \[R_{\text{об}} = \frac{U}{I} = \frac{17}{20}\,r.\]

Подсказка

Запишите условие равенства нулю суммарного момента сил тяжести относительно точки касания нижнего полудиска с опорой. Массы полудисков пропорциональны квадратам радиусов.

Ответ

1) да, такое положение существует; при \(R=1{,}2r\) \(\operatorname{tg}\alpha \approx 0{,}93\);  2) \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{3\pi}{4}\cdot\dfrac{R^2}{R^2+Rr+r^2}\); при \(R\to r\) угол \(\operatorname{tg}\alpha\to\dfrac{\pi}{4}\), при \(R\to\infty\) \(\operatorname{tg}\alpha\to\dfrac{3\pi}{4}\);  3) положение неустойчивое.

Решение

Понятно, что равновесия при отклонении влево от положения, показанного на рисунке, нет: при наклоне влево моменты сил тяжести полудисков не компенсируют друг друга. Поэтому отклоним диски вправо, пусть диаметр образует с землёй угол \(\alpha\).

Условие равенства нулю моментов сил тяжести относительно точки касания нижнего полудиска с землёй: \[mg\gamma r\sin\alpha = m_1 g\left(\gamma R\sin\alpha - (R-r)\cos\alpha\right), \qquad \gamma = \frac{4}{3\pi},\] где \(m\) и \(m_1\) — массы малого и большого полудисков. Массы пропорциональны квадратам радиусов, поэтому \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{R^2}{\gamma\left(R^2+Rr+r^2\right)} = \frac{3\pi}{4}\cdot\frac{R^2}{R^2+Rr+r^2}.\] При \(R = 1{,}2r\) получаем \(\operatorname{tg}\alpha \approx 0{,}93\).

Предельный переход \(R\to r\) даёт неожиданный результат: \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{\pi}{4}\approx 0{,}785\) (\(\alpha\approx 38^\circ\)). При этом диск однородный и мог бы занять любое положение; он займёт то положение, которое является устойчивым равновесием для бесконечно малого отличия дисков друг от друга, определяемое приведённой формулой.

При \(R\to\infty\) получаем \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{3\pi}{4}\approx 2{,}355\) (\(\alpha\approx 67^\circ\)). Компенсация момента большого полудиска возможна только при нулевом плече его силы тяжести относительно точки опоры: в этом пределе центр тяжести верхнего полудиска оказывается точно над точкой касания.

Все найденные равновесия неустойчивы. Если предоставить полудиски самим себе из положения, показанного на рисунке, конструкция падает влево. Поэтому отклонение вправо приводит к росту потенциальной энергии, то есть найденное положение отвечает максимуму потенциальной энергии и неустойчиво.