Росатом, 2019/20, заключительный этап, 10 класс

Запишите формулу «расстояние-время-скорость» для первой и второй машин: в обоих случаях пройден один и тот же путь. Из них найдите время выхода машин из А.

\(v_3 = v/2\).

Применяя формулу «расстояние-время-скорость» к первой и второй машинам, получим \[v\,(t - t_0) = \frac{2}{3}\,v\,(t + 1 - t_0),\] где \(t_0\) — время выхода машин из города А. Отсюда \[t_0 = t - 2.\] Теперь, применяя ту же формулу к первой и третьей машинам, получим для скорости третьей машины \(v_3\) \[v\,(t - t_0) = v_3\,(t + 2 - t_0), \qquad 2v = 4v_3,\] или \[v_3 = \frac{v}{2}.\]

Подумайте, какой из брусков сдвинется первым, и как связаны ускорения бруска и блока. Затем запишите второй закон Ньютона для движущегося бруска.

\(a_{\min} = \mu g/2\).

Понятно, что при небольшом ускорении блока сила натяжения верёвки будет небольшой и сможет сдвинуть только тело с меньшим трением. Второй же груз в этом случае будет стоять. При увеличении ускорения блока будет возрастать сила натяжения нити, и при определённом ускорении блока тело с большим трением сдвинется. Найдём этот момент, постепенно увеличивая ускорение блока.

Итак, пусть ускорение блока \(a\) таково, что тело с меньшим трением движется, а с большим — покоится. Тогда второй закон Ньютона для движущегося тела в проекциях на ось, направленную вдоль ускорения блока, даёт \[m a_1 = T - \mu m g, \qquad (*)\] где \(a_1\) — ускорение движущегося тела. Очевидно, что ускорение тела \(a_1\) вдвое превосходит ускорение блока \(a\). Действительно, если блок перемещается на некоторую величину \(\Delta x\), то с той стороны от блока, где находится покоящееся тело, требуется лишний кусочек верёвки длиной \(\Delta x\). Поэтому верёвка с другой стороны становится короче на величину \(\Delta x\). Кроме того, блок, от которого начинается верёвка, привязанная ко второму телу, тоже перемещается на \(\Delta x\). Следовательно, перемещение второго тела составляет \(2\Delta x\), т.е. скорость второго тела вдвое больше скорости блока в любой момент времени. Поэтому и ускорение второго тела больше ускорения блока в два раза. В результате из \((*)\) имеем \[T = 2ma + \mu m g. \qquad (**)\] Из формулы \((**)\) следует, что при малом ускорении блока сила \(T\) больше \(\mu m g\), но меньше \(2\mu m g\). А поскольку при увеличении ускорения блока сила \(T\) возрастает, при некотором ускорении второе тело сдвинется с места. Это произойдёт, если \[T = 2ma + \mu m g \geq 2\mu m g \quad\Rightarrow\quad a \geq \frac{\mu g}{2}.\]

Работа за цикл равна сумме работ по всем процессам. Чтобы найти КПД, найдите количество теплоты, которое газ получает от нагревателя за цикл: учтите, что в изохорическом процессе вся теплота идёт на изменение внутренней энергии.

\(\eta = 4/9\);  \(N = \dfrac{2Q}{3\,\Delta t}\).

Поскольку изменение энергии газа в изотермическом процессе равно нулю, работа газа в этом процессе \(A_T\) равна количеству полученной им в этом процессе теплоты \(A_T = Q\). В изохорическом процессе не совершается работа, поэтому работа газа за цикл равна \[A_c = A_T - A = Q - A.\] Найдём теперь количество теплоты, полученное газом в течение цикла от нагревателя \(Q_н\). Газ получал энергию от нагревателя в изотермическом (\(Q\)) и изохорическом (\(Q_V\)) процессах. А поскольку в изохорическом процессе не совершалась работа, \(Q_V = \Delta U_V\), где \(\Delta U_V\) — изменение внутренней энергии газа в изохорическом процессе. Поэтому \[Q_н = Q + \Delta U_V.\] Но изменения внутренней энергии газа в изобарическом и изохорическом процессе совпадают (с точностью до знака), а изменение внутренней энергии одноатомного газа в изобарическом процессе составляет три вторых от его работы (гелий — одноатомный газ), то \[\Delta U_V = \frac{3}{2}A.\] Отсюда получаем \[Q_н = Q + \frac{3}{2}A.\] В результате находим коэффициент полезного действия процесса \[\eta = \frac{A_c}{Q_н} = \frac{Q - A}{Q + \frac{3}{2}A} = \frac{2(Q - A)}{2Q + 3A}.\] Для \(A = Q/3\) получаем \(\eta = 4/9\).

Мощность двигателя можно найти как отношение работы за цикл к продолжительности цикла: \[N = \frac{Q - A}{\Delta t} = \frac{2Q}{3\,\Delta t}.\]

Запишите условие плавания пустой коробки и выразите её внешние размеры через \(h_1\). Затем учтите, что при заполнении водой добавочная сила тяжести уравновешена добавочной силой Архимеда от дополнительно погружённого объёма.

\(h_2 = h_1\Bigl(1 - \dfrac{2\rho_0 V}{2\rho_0 V + m}\Bigr) = h_1\,\dfrac{m}{2\rho_0 V + m}\), где \(\rho_0\) — плотность воды.

Пусть \(S\) — площадь наружного сечения коробки, \(L\) — её высота. Поскольку её объём складывается из объёма дерева и внутреннего пустого пространства, имеем \[SL = \frac{m}{\rho} + V \quad\Rightarrow\quad L = \frac{m}{\rho S} + \frac{V}{S}, \qquad (*)\] где \(\rho\) — плотность дерева. Условие плавания коробки без воды даёт \[m = \rho_0 S (L - h_1) \quad\Rightarrow\quad L = \frac{m}{S\rho_0} + h_1, \qquad (**)\] где \(\rho_0\) — плотность воды. Отсюда \[\frac{m}{S\rho_0} + h_1 = \frac{m}{\rho S} + \frac{V}{S} \quad\Rightarrow\quad S = \frac{1}{h_1}\Bigl[\frac{m(\rho_0 - \rho)}{\rho_0\rho} + V\Bigr].\]

Запишем теперь условие плавания коробки с водой. Поскольку масса коробки увеличилась на \(V\rho_0\), глубина её погружения должна увеличиться на такую величину, чтобы добавка к силе Архимеда компенсировала дополнительную силу тяжести. Поэтому если расстояние от верхнего края коробки до поверхности воды уменьшилось от величины \(h_1\) до величины \(h_2\), то увеличение силы Архимеда составит \(\rho_0 g (h_1 - h_2) S\). Отсюда \[V = (h_1 - h_2)\,S \quad\Rightarrow\quad h_2 = h_1 - \frac{V}{S} = h_1\Bigl[1 - \frac{V}{V + \frac{m(\rho_0 - \rho)}{\rho_0\rho}}\Bigr].\] Подставляя \(\rho = \frac{2}{3}\rho_0\), получим \[h_2 = h_1\Bigl(1 - \frac{2\rho_0 V}{2\rho_0 V + m}\Bigr).\]

Удобно описывать движение камешка радиус-вектором относительно точки броска и сравнивать векторы положения камешков в один и тот же момент времени.