«Шаг в будущее», 2014/15, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Скорость первого тела относительно второго не зависит от ускорения свободного падения: разность скоростей двух тел с одинаковым ускорением постоянна.

Ответ

\(\left|\vec\upsilon_{12}\right| = \upsilon_0\sqrt{2(1 - \sin\alpha)} = 20\) м/с.

Решение

Скорости тел в момент времени \(t\): \(\vec\upsilon_1 = \vec\upsilon_{01} + \vec g t\), \(\vec\upsilon_2 = \vec\upsilon_{02} + \vec g t\). Тогда \[\vec\upsilon_{12} = \vec\upsilon_1 - \vec\upsilon_2 = \vec\upsilon_{01} - \vec\upsilon_{02}.\] Угол между векторами \(\vec\upsilon_{01}\) и \(\vec\upsilon_{02}\) равен \(60^\circ\). По теореме косинусов \[\left|\vec\upsilon_{12}\right| = \sqrt{\upsilon_{01}^2 + \upsilon_{02}^2 - 2\upsilon_{01}\upsilon_{02}\cos 60^\circ} = \upsilon_0\sqrt{2(1 - \cos 60^\circ)} = \upsilon_0\sqrt{2(1 - \sin\alpha)} = 20~\text{м/с}.\]

Подсказка

Вспомните правило Ленца: индукционный ток направлен так, чтобы противодействовать изменению магнитного потока через кольцо.

Подсказка

Стержень невесом, поэтому силы, с которыми на него действуют грузы, равны по модулю. Ускорения грузов в этот момент равны по модулю.

Ответ

\(R = \dfrac{4m_1m_2}{m_1+m_2}\,g = 7{,}5\,mg\).

Решение

Суммарный момент сил, действующих на невесомый стержень, равен нулю, поэтому силы, действующие на стержень со стороны грузов, равны по модулю: \(F_1 = F_2 = F\). По третьему закону Ньютона силы, действующие на грузы со стороны стержня, равны \(N_1 = N_2 = N = F\). На стержень действует также сила \(R\) со стороны подставки. Так как стержень опирается на подставку своей серединой, ускорения грузов равны по модулю: \(a_1 = a_2 = a\).

Уравнения движения грузов в проекции на вертикальную ось: \[m_1 a = m_1 g - N, \qquad m_2 a = N - m_2 g.\] Отсюда \[a = \frac{m_1 - m_2}{m_1+m_2}\,g, \qquad N = \frac{2m_1m_2}{m_1+m_2}\,g.\] По второму закону Ньютона для стержня \(R = 2N\), поэтому \[R = \frac{4m_1m_2}{m_1+m_2}\,g = \frac{4\cdot 5\cdot 3}{5+3}\,mg = 7{,}5\,mg.\]

Подсказка

Подъёмная сила равна весу вытесненного наружного воздуха. Масса воздуха в шаре зависит от его температуры при постоянном давлении и объёме.

Ответ

\(m = 200\) кг.

Решение

Шар поднимает груз при условии \((M + m)g + m_\text{ВШ}\,g = \rho V g\), где \(m_\text{ВШ}\) — масса воздуха в шаре, \(\rho V = m_\text{ВАТ}\) — масса такого же по объёму воздуха вне шара. Сокращая на \(g\): \[M + m = m_\text{ВАТ} - m_\text{ВШ}.\] Давление и объём воздуха в шаре не меняются, поэтому из уравнения Менделеева–Клапейрона \[pV = \frac{m_\text{ВШ}}{\mu}RT_\text{Ш} = \frac{m_\text{ВАТ}}{\mu}RT_\text{АТ}\] следует \(m_\text{ВШ} = \rho V\dfrac{T_\text{АТ}}{T_\text{Ш}}\). Тогда \[M + m = \rho V\left(1 - \frac{T_\text{АТ}}{T_\text{Ш}}\right), \qquad m = \rho V\left(1 - \frac{T_\text{АТ}}{T_\text{Ш}}\right) - M.\] Подставляем \(T_\text{Ш} = 350\) К, \(T_\text{АТ} = 280\) К: \[m = 1{,}2\cdot 2500\left(1 - \frac{280}{350}\right) - 400 = 200~\text{кг}.\]

Подсказка

Найдите массовый расход пара двумя способами: через энергию плитки и через плотность пара на выходе из носика.

Ответ

\(\upsilon = \dfrac{NRT}{r\,p\,\mu\,S} \approx 7{,}6\) м/с.

Решение

Массовый расход пара, выходящего из носика в 1 с, \(\Delta m = \rho S\upsilon\) (1). С другой стороны, \(\Delta m = \dfrac{N}{r}\) (2), где \(r\) — удельная теплота парообразования воды.

Из уравнения Менделеева–Клапейрона \(pV = \dfrac{m}{\mu}RT\) плотность пара \(\rho = \dfrac{m}{V} = \dfrac{p\mu}{RT}\) (3).

Из уравнений (1)–(3) получаем \[\upsilon = \frac{NRT}{r\,p\,\mu\,S} \approx 7{,}6~\text{м/с}.\]

Подсказка

Перестройте цикл в координатах \(pV\): на участке 1–2 давление линейно зависит от объёма. Работа цикла равна площади треугольника 1–2–3.

Ответ

\(\eta = \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{\sqrt n - 1}{\sqrt n + 1} = 0{,}043\).

Решение

1) Перестроим график из координат \(pT\) в координаты \(pV\): процесс 2–3 — изохора, 3–1 — изобара. Для процесса 1–2 по условию \(p = \alpha\sqrt T\), откуда \(T = \dfrac{p^2}{\alpha^2}\). Подставляя это в уравнение состояния идеального газа, получаем \(pV = R\dfrac{p^2}{\alpha^2}\), откуда \[p = \frac{\alpha^2}{R}\,V,\] то есть \(p\) линейно зависит от \(V\) на участке 1–2.

2) Полезная работа за цикл равна площади треугольника в координатах \(pV\): \[A_\text{полезн} = \frac12(p_2 - p_1)(V_2 - V_1) = \frac{R}{2}\left(\sqrt{T_2} - \sqrt{T_1}\right)^2.\]

3) Тепло, полученное на участке 1–2: \(Q_{1\text{--}2} = \Delta U_{1\text{--}2} + A_{1\text{--}2}\), где \(\Delta U_{1\text{--}2} = \dfrac32 R(T_2 - T_1)\), \(A_{1\text{--}2} = \dfrac{R}{2}(T_2 - T_1)\). Итак, \(Q_{1\text{--}2} = 2R(T_2 - T_1)\).

4) КПД цикла: \[\eta = \frac{A_\text{полезн}}{Q_{1\text{--}2}} = \frac{\left(\sqrt{T_2} - \sqrt{T_1}\right)^2}{4\left(T_2 - T_1\right)} = \frac14\cdot\frac{\sqrt{T_2/T_1} - 1}{\sqrt{T_2/T_1} + 1} = \frac14\cdot\frac{\sqrt n - 1}{\sqrt n + 1}.\] При \(n = 2\): \(\eta = \dfrac14\cdot\dfrac{\sqrt2 - 1}{\sqrt2 + 1} \approx 0{,}043\).

Подсказка

Какое поле должно быть внутри замкнутого накоротко конденсатора? Какие заряды на пластинах его создают?

Ответ

\(q = CU = \varepsilon_0 SE = 8{,}85\cdot 10^{-11}\) Кл (на одной пластине \(+q\), на другой \(-q\)).

Решение

Так как пластины замкнуты, то они имеют один и тот же потенциал, т.е. поле внутри конденсатора равно нулю. Это значит, что на пластинах появились заряды, создающие поле, напряжённость которого равна по модулю и противоположна по направлению напряжённости внешнего поля. Заряд на одной пластине равен \(+q\), на другой — \(-q\).

Зная напряжённость \(E = 0{,}5\cdot 10^3\) В/м и площадь пластины \(S = 200\) см\(^2 = 2{,}0\cdot 10^{-2}\) м\(^2\), находим \[q = CU = \varepsilon_0\frac{S}{d}\,Ed = \varepsilon_0 SE = 8{,}85\cdot 10^{-12}\cdot 2{,}0\cdot 10^{-2}\cdot 0{,}5\cdot 10^3~\text{Кл} = 8{,}85\cdot 10^{-11}~\text{Кл}.\]

Подсказка

Частицы струны совершают гармонические колебания. Какую скорость имеет частица при прохождении положения равновесия?

Ответ

\(\upsilon_0 = \dfrac{2\pi A\upsilon}{\lambda} \approx 0{,}94\) м/с.

Решение

Частицы струны совершают гармонические колебания \(x(t) = A\cos(\omega t + \varphi)\), где \(\omega = 2\pi\nu\). Так как \(\nu = \dfrac{\upsilon}{\lambda}\), то \(\omega = \dfrac{2\pi\upsilon}{\lambda}\).

Частица, находящаяся в точке O, проходит положение равновесия. В этот момент она имеет наибольшую скорость \[\upsilon_0 = A\omega = \frac{2\pi A\upsilon}{\lambda} \approx 0{,}94~\text{м/с}.\]

Подсказка

Какой заряд протечет через источник \(E\) при переключении ключа? Сравните работу батареи с изменением энергии, запасённой в конденсаторах.

Ответ

\(Q = qE = \dfrac{8}{3}CE^2\).

Решение

При переключении ключа через источник тока \(E\) протечёт некоторый заряд \(q\). Работа батареи равна \(Eq\). Эта работа может частично пойти на увеличение энергии, запасённой в батарее конденсаторов, частично на выделение тепла в цепи. Заряд и, следовательно, энергия, запасённая в батарее конденсаторов, не изменяются при переключении ключа. Меняются лишь знаки зарядов на обкладках. Следовательно, при переключении ключа K через источник тока протекает заряд \[q = 2C_\text{БАТ}E, \quad \text{где} \quad C_\text{БАТ} = \frac43 C, \quad \text{т.е.} \quad q = \frac83 CE.\] Тогда в цепи выделилось количество тепла \[Q = qE = \frac83 CE^2.\]

Подсказка

Горизонтальный участок трубки вращается вместе с платформой; найдите разность давлений на его концах, используя второй закон Ньютона для столба воды.

Ответ

\(p_3 = p_0 + \rho g(H - h) + \dfrac{\rho\omega^2L^2}{2}\).

Решение

Обозначим \(p_1\) — давление воды в месте изгиба трубки на оси вращения, \(p_2\) — в месте изгиба трубки, расположенном на расстоянии \(L\) от оси вращения, и \(p_3\) — у запаянного конца. Тогда \(p_1 = p_0 + \rho gH\).

Центр масс воды в горизонтальном колене находится на расстоянии \(L/2\) от оси вращения и имеет ускорение \(a = \dfrac{\omega^2 L}{2}\). Масса воды в горизонтальном колене \(m = \rho LS\), где \(S\) — площадь поперечного сечения трубки. По второму закону Ньютона \[ma = p_2 S - p_1 S, \quad\text{или}\quad \rho SL\cdot\frac{\omega^2L}{2} = (p_2 - p_1)S.\] Отсюда \[p_2 = p_1 + \rho\frac{\omega^2L^2}{2} = p_0 + \rho gH + \rho\frac{\omega^2L^2}{2}.\] Тогда \[p_3 = p_2 - \rho gh = p_0 + \rho g(H - h) + \rho\frac{\omega^2L^2}{2}.\]