Росатом, 2024/25, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Во втором случае часть силы \(F\) уменьшает силу нормальной реакции, а значит, и силу трения. Запишите второй закон Ньютона для обоих случаев и приравняйте ускорения.

Ответ

\(\mu = \mathrm{tg}\dfrac{\alpha}{2}\).

Решение

Пусть \(m\) — масса санок, \(\mu\) — коэффициент трения. В первом случае \[a_1 = \frac{F}{m} - \mu g.\] Во втором случае нормальная реакция равна \(mg - F\sin\alpha\), и \[a_2 = \frac{F\cos\alpha - \mu\,(mg - F\sin\alpha)}{m} = \frac{F\,(\cos\alpha + \mu\sin\alpha)}{m} - \mu g.\] Из равенства \(a_1 = a_2\) получаем \(\cos\alpha + \mu\sin\alpha = 1\), откуда \[\mu = \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}.\]

Подсказка

Блоки невесомы, значит, сумма сил на каждом из них равна нулю, и натяжения нитей связаны между собой. Затем свяжите перемещения грузов через длины нитей.

Ответ

Груз \(3m\) движется вверх с ускорением \(\dfrac{g}{19}\); груз \(m\) — вниз с ускорением \(\dfrac{4g}{19}\).

Решение

Силы, действующие на грузы, показаны на рисунке: силы тяжести \(mg\) и \(3mg\) и силы натяжения нитей \(T_1\) и \(T_2\). Направим ось вверх для груза \(m\) и вниз для груза \(3m\): \[m a_1 = T_1 - mg, \qquad 3m a_2 = 3mg - T_2,\] где \(a_1\) и \(a_2\) — проекции ускорений грузов на эти оси.

Так как блоки невесомы, сила натяжения нитей, прикреплённых к осям двух маленьких подвижных блоков, равна \(2T_1\), а сила натяжения нити, прикреплённой к большому грузу, — \(T_2 = 4T_1\).

Связь ускорений: если маленькое тело опустится на \(\Delta x\), то нить справа от самого левого блока укоротится на \(\Delta x\), и два маленьких подвижных блока поднимутся на \(\Delta x/4\) каждый. Тогда большой груз поднимется на \(\Delta x/4\), и скорость маленького тела в любой момент вчетверо больше скорости большого: \(a_1 = 4a_2\).

Система уравнений принимает вид \[4m a_2 = T_1 - mg, \qquad 3m a_2 = 3mg - 4T_1.\] Решая её, находим \(a_2 = -\dfrac{g}{19}\). Это значит, что больший груз движется с ускорением \(\dfrac{g}{19}\) вверх, а меньший — с ускорением \(\dfrac{4g}{19}\) вниз.

Подсказка

Внутри металла поле равно нулю. Что создаёт поле внутри сферы, а что — только снаружи? Запишите потенциалы шара и сферы через неизвестный заряд внешней поверхности.

Ответ

Заряд внешней поверхности сферы \(Q_{\text{внеш}} = 4q\); шар заряжен, его заряд \(Q_ш = -q\).

Решение

Шар, конечно, заряжен: иначе весь заряд сферы располагался бы на её внешней поверхности (а если бы она была не заряжена, то зарядов на её поверхностях не было бы вообще).

Так как сфера металлическая, поле внутри её оболочки равно нулю. Это поле создают только заряд шара и заряд внутренней поверхности сферы, заряд внешней поверхности внутрь не действует. Поэтому заряд шара \(Q_ш = -q\) — равный по величине и противоположный по знаку заряду внутренней поверхности.

Пусть \(x\) — заряд внешней поверхности сферы. Потенциал шара \[\varphi_ш = \frac{kQ_ш}{R} + \frac{kq}{3R} + \frac{kx}{3R} = \frac{k(x - 2q)}{3R},\] потенциал сферы \[\varphi_{сф} = \frac{kQ_ш}{3R} + \frac{kq}{3R} + \frac{kx}{3R} = \frac{kx}{3R}.\] Условие \(\varphi_{сф} = 2\varphi_ш\) даёт \(x = 4q\).

Подсказка

Работа за цикл равна площади треугольника 1-2-3 в координатах \(p\)–\(V\). Выразите давление и объём в состоянии 1 через \(\Delta T\). Минимальная температура — в состоянии 1, максимальная — на отрезке 2-3; найдите её, подставив уравнение прямой 2-3 в закон Клапейрона–Менделеева.

Ответ

\(A = \dfrac{8}{17}\,\nu R\,\Delta T\).

Решение

Пусть давление и объём газа в состоянии 1 равны \(p_0\) и \(V_0\). Это минимальные значения давления и объёма в цикле, поэтому давление в состоянии 2 равно \(2p_0\), а объём в состоянии 3 равен \(3V_0\). Работа газа за цикл равна площади цикла в координатах «давление–объём»: \[A = p_0 V_0.\] Величины \(p_0\) и \(V_0\) условие не задаёт, поэтому выразим их через максимальное изменение температуры. Минимальная температура — в состоянии 1, так как там минимально произведение \(pV\): \[T_{\min} = \frac{p_0 V_0}{\nu R}.\] Максимальная температура — в одном из состояний на прямой 2-3. Уравнение этой прямой \[p(V) = \frac{5}{2}\,p_0 - \frac{p_0}{2V_0}\,V\] (две точки прямой: \((V_0,\,2p_0)\) и \((3V_0,\,p_0)\)). Подставляя в \(pV = \nu RT\), получаем \[T(V) = \frac{p_0 V}{2\nu R}\left(5 - \frac{V}{V_0}\right).\] Эта квадратичная функция обращается в нуль при \(V = 0\) и \(V = 5V_0\), значит, максимум достигается посередине, при \(V = 5V_0/2\): \[T_{\max} = \frac{25\,p_0 V_0}{8\nu R}.\] Тогда \[\Delta T = T_{\max} - T_{\min} = \frac{25\,p_0V_0}{8\nu R} - \frac{p_0V_0}{\nu R} = \frac{17\,p_0V_0}{8\nu R},\] откуда \[A = p_0 V_0 = \frac{8}{17}\,\nu R\,\Delta T.\]

Подсказка

Скорость точки внутри жёсткого стержня — линейная комбинация скоростей его концов с весами, равными расстояниям до концов. Такая же связь справедлива и для ускорений.

Ответ

\(a_A = \dfrac{4}{3}\,a_C\sin\alpha\) (вдоль стены); \(a_B = 4a_C\cos\alpha\) (вдоль пола).

Решение

Сначала найдём связь скорости точки \(C\) с скоростями концов стержня. Перейдём в систему отсчёта, связанную с концом \(B\). В ней конец \(B\) покоится, а скорость конца \(A\) относительно \(B\) перпендикулярна стержню, так как движение в этой системе — вращение вокруг \(B\): \[\vec v_{A\,\text{о.}B} = \vec v_A - \vec v_B.\] Скорость точки \(C\) в этой системе составляет \(3/4\) от скорости \(\vec v_{A\,\text{о.}B}\) и имеет то же направление. Возвращаясь в систему, связанную с землёй: \[\vec v_C = \frac{3}{4}\left(\vec v_A - \vec v_B\right) + \vec v_B = \frac{3\vec v_A + \vec v_B}{4}.\] Так как эта связь справедлива в любой момент времени, для ускорений \[\vec a_C = \frac{3\vec a_A + \vec a_B}{4}.\] Ускорение \(\vec a_C\) направлено вдоль стержня, \(\vec a_A\) — вдоль стены, \(\vec a_B\) — вдоль пола. Поэтому \[\begin{cases} 16a_C^2 = 9a_A^2 + a_B^2, \\ \mathrm{tg}\alpha = \dfrac{3a_A}{a_B}. \end{cases}\] Решая систему, получаем \[a_A = \frac{4}{3}\,a_C\sin\alpha, \qquad a_B = 4a_C\cos\alpha.\] Проекции ускорений концов на сам стержень, в отличие от скоростей, не равны друг другу.