Росатом, 2020/21, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Пока перепад давлений меньше \(2p\), клапан закрыт, и газ остается в первом сосуде. Что происходит, когда давление в нем достигает \(2p\)?

Ответ

В сосуде, где газ был первоначально, \(p_1 = \dfrac{5}{2}\,p\); во втором сосуде \(p_2 = \dfrac{1}{2}\,p\).

Решение

Закон Клапейрона–Менделеева для начального состояния газа \(pV = \nu RT\), где \(V\) — объем сосуда, \(\nu\) — количество вещества, \(T\) — начальная температура. При нагревании давление растет, и когда оно достигнет \(p_1 = \Delta p = 2p\), клапан начнет пропускать газ во второй сосуд. При дальнейшем нагревании клапан пропускает такое количество газа, чтобы разность давлений составляла \(\Delta p = 2p\). Для конечного состояния, с температурой \(T_1 = 3T\) и количеством вещества \(\Delta\nu\), перетекшим во второй сосуд: \[p_1 V = (\nu - \Delta\nu)\,R\,T_1, \qquad p_2 V = \Delta\nu\,R\,T_1, \qquad p_2 = p_1 - \Delta p.\] Складывая уравнения и используя \(p_2 = p_1 - \Delta p\), получим \[p_1 = \frac{3}{2}\,p + \frac{1}{2}\,\Delta p = \frac{5}{2}\,p, \qquad p_2 = p_1 - \Delta p = \frac{1}{2}\,p.\]

Подсказка

Приравняйте давления на одном уровне в правой и левой частях трубки, выразив высоты столбиков жидкостей через \(R\) и \(\alpha\).

Ответ

\(\rho_{\text{т}} = \rho\,\dfrac{\cos\alpha + \sin\alpha}{\cos\alpha - \sin\alpha}\).

Решение

В равновесии давления в правой и левой частях трубки на одном уровне равны. В правой части (где находится более тяжелая жидкость) давление \[p = \rho_{\text{т}}\,g R\,(1 - \sin\alpha).\] В левой части давление складывается из давления тяжелой и легкой жидкостей. Тяжелая жидкость создает давление \(\rho_{\text{т}}\,gR(1 - \cos\alpha)\); столбик легкой жидкости опирается на угол \(90^\circ\) и имеет высоту \(h_л = R(\cos\alpha + \sin\alpha)\), ее давление \(\rho\,gR(\cos\alpha + \sin\alpha)\). Условие равновесия: \[\rho_{\text{т}}(1 - \sin\alpha) = \rho_{\text{т}}(1 - \cos\alpha) + \rho\,(\cos\alpha + \sin\alpha),\] откуда \[\rho_{\text{т}} = \rho\,\frac{\cos\alpha + \sin\alpha}{\cos\alpha - \sin\alpha}.\]

Подсказка

Найдите точку нулевой силы между зарядами. Если заряд пролетит ее, то притягиваться к \(-Q\) он будет неизбежно. Какая скорость нужна, чтобы в этой точке скорость обратилась в ноль?

Ответ

\(v_{0,\min} = (\sqrt{2} - 1)\sqrt{\dfrac{2kQ^2}{ml}} = \sqrt{\dfrac{2\,(\sqrt{2}-1)^2\,kQ^2}{ml}}\).

Решение

На больших расстояниях движущийся заряд отталкивается от зарядов (их суммарный заряд положителен), а вблизи \(-Q\) притягивается. Поэтому, если заряд преодолеет точку, в которой отталкивание сменяется притяжением (точку нулевой силы), то он обязательно достигнет заряда \(-Q\). Найдем ее. Пусть \(x\) — расстояние от точки нулевой силы до заряда \(-Q\): \[\frac{k\cdot 2Q^2}{(l + x)^2} = \frac{kQ^2}{x^2} \quad\Rightarrow\quad x = \frac{l}{\sqrt{2} - 1} = l\left(\sqrt{2} + 1\right).\] Минимальная скорость на бесконечности соответствует нулевой скорости в этой точке. Потенциал в бесконечности равен нулю, а в точке нулевой силы по принципу суперпозиции \[\varphi_x = \frac{k\cdot 2Q}{l + x} - \frac{kQ}{x} = \frac{(\sqrt{2}-1)^2\,kQ}{l}.\] По теореме об изменении кинетической энергии \[0 - \frac{m v_0^2}{2} = Q\,(0 - \varphi_x) \quad\Rightarrow\quad v_0 = \sqrt{\frac{2\,(\sqrt{2}-1)^2\,kQ^2}{ml}}.\]

Подсказка

Из первого опыта найдите тормозящее ускорение точек на поверхности шайбы. Во втором опыте учтите, что модуль ускорения тот же, а направлен он против скорости шайбы.

Ответ

\(S = \dfrac{v\,t\,\sqrt{(\omega R)^2 + v^2}}{2\,\omega R}\).

Решение

Из первого условия найдем ускорение точек шайбы: \(\omega R = a t\), откуда \(a = \dfrac{\omega R}{t}\).

Во втором случае начальная скорость шайбы \(v_0 = \sqrt{(\omega R)^2 + v^2}\), а время до остановки \[t_1 = \frac{v_0}{a}\,=\,\frac{\sqrt{(\omega R)^2 + v^2}}{\omega R}\,t.\] Тормозит движение вдоль стержня проекция ускорения, противоположная скорости \(v\): \[a_{\parallel} = \frac{a\,v}{v_0} = \frac{\omega R\,v}{t\sqrt{(\omega R)^2 + v^2}}.\] Путь вдоль стержня \[S = v\,t_1 - \frac{a_{\parallel}\,t_1^2}{2} = \frac{v\,t\sqrt{(\omega R)^2 + v^2}}{2\,\omega R}.\]

Подсказка

Центр тяжести полуокружности лежит на вертикали через точку опоры. Найдите угол наклона диаметра (касательной к опоре) и сравните его тангенс с коэффициентом трения.

Ответ

\(\mu_{\min} = \dfrac{\sin\varphi}{\dfrac{\pi}{2} - \cos\varphi}\); наибольшее значение достигается при \(\cos\varphi = \dfrac{2}{\pi}\), и \(\left(\mu_{\min}\right)_{\max} = \dfrac{2}{\sqrt{\pi^2 - 4}} \approx 0{,}83\).

Решение

Полуокружность касается опоры в одной точке, и ее центр тяжести лежит на одной вертикали с точкой касания. Поэтому на опору она опирается наклоненным участком; она начнет скользить, если \(\mu < \operatorname{tg}\alpha\), и будет покоиться при \(\mu \ge \operatorname{tg}\alpha\), где \(\alpha\) — угол наклона этого участка к горизонту.

Центр тяжести полуокружности (массы участков пропорциональны длине, линейная плотность \(\lambda = m/(\pi R)\)) находится на расстоянии \[y_c = \frac{2}{\pi}\,R\] от центра. Для проекции участка \(\Delta l_i\) на ось \(y\) получаем сумму \(\sum \Delta l_i\cos\varphi_i = 2R\), что и дает \(y_c\).

Угол \(\alpha\) между диаметром (радиусом к центру тяжести) и касательной найдем по теореме косинусов, и затем \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{\sin\varphi}{\dfrac{\pi}{2} - \cos\varphi}.\] Тогда условие равновесия \[\mu \ge \frac{\sin\varphi}{\dfrac{\pi}{2} - \cos\varphi},\] т.е. минимальный коэффициент трения \(\mu_{\min} = \dfrac{\sin\varphi}{\dfrac{\pi}{2} - \cos\varphi}\).

Найдем максимум по \(\varphi\), приравняв производную нулю: \[\frac{d\mu_{\min}}{d\varphi} = 0 \quad\Rightarrow\quad \cos\varphi_{\max} = \frac{2}{\pi}.\] Тогда \(\sin\varphi = \dfrac{\sqrt{\pi^2 - 4}}{\pi}\), и наибольшее значение минимального коэффициента трения \[\left(\mu_{\min}\right)_{\max} = \frac{2}{\sqrt{\pi^2 - 4}} \approx 0{,}83.\] При \(\mu\) больше этого значения полуокружность находится в равновесии при любом угле \(\varphi\).