«Шаг в будущее», 2022/23, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Обозначьте время подъёма \(t_1\) и время падения \(t_2\) и запишите путь от максимальной точки до площадки и до земли.

Ответ

\(T = \dfrac{2h}{g\,\Delta t} = 4\,\text{с}\).

Решение

Пусть \(h_{\max}\) — максимальная высота подъёма камня над землёй, \(t_1\) — время подъёма до максимальной высоты, \(t_2\) — время падения от неё до земли. Тогда \[h_{\max} - h = \frac{g t_1^2}{2}, \qquad h_{\max} = \frac{g t_2^2}{2}.\] Вычитая первое из второго, получаем \(h = \dfrac{g}{2}(t_2^2 - t_1^2) = \dfrac{g}{2}\,\Delta t\,T\), где \(T = t_1 + t_2\) — полное время движения. Отсюда \[T = \frac{2h}{g\,\Delta t} = \frac{2\cdot 20}{10\cdot 1} = 4\ \text{с}.\]

Подсказка

Из закона всемирного тяготения и второго закона Ньютона выразите период через скорость спутника.

Ответ

Период уменьшился на \(\Delta T = 3{,}5\,\text{ч}\).

Решение

Из уравнения движения \(\dfrac{GMm}{r^2} = \dfrac{mv^2}{r}\) и связи \(v = \dfrac{2\pi r}{T}\) получаем \(T = \dfrac{2\pi GM}{v^3}\). При увеличении скорости в \(2\) раза период уменьшается в \(8\) раз: \(T_2 = T_1/8 = 0{,}5\,\text{ч}\). Значит, период уменьшился на \(\Delta T = 4 - 0{,}5 = 3{,}5\,\text{ч}\).

Подсказка

В ускоряющемся сосуде сила Архимеда направлена не вертикально, а перпендикулярно свободной поверхности воды. Рассмотрите горизонтальную и вертикальную проекции сил на шарик.

Ответ

\(a \ge \dfrac{g}{2\sqrt{2}} \approx 3{,}54\,\text{м/с}^2\).

Решение

1) Сила натяжения нити проходит через центр шарика, иначе относительно оси шарнира возник бы момент и шарик поворачивался бы до тех пор, пока нить не окажется проходящей через центр.

2) В сосуде с горизонтальным ускорением \(\vec a\) сила Архимеда \(\vec F_A = \rho_{\text{в}} V(\vec a - \vec g)\) направлена перпендикулярно свободной поверхности воды; её проекции \(F_{Ax} = \rho_{\text{в}} V a\) и \(F_{Ay} = \rho_{\text{в}} V g\).

3) Пусть шарик давит на стенку с силой \(N\). Уравнения динамики в проекциях: \[T\sin\alpha + F_{Ax} - N = ma, \qquad T\cos\alpha + F_{Ay} - mg = 0.\] Исключая \(T\), получаем \(N = (m - \rho_{\text{в}} V)(g\,\text{tg}\,\alpha - a)\). Так как плотность железа больше плотности воды, \(m > \rho_{\text{в}} V\), и давление на стенку отсутствует при \(a \ge g\,\text{tg}\,\alpha\).

4) Из геометрии: \(OB = R\), \(OA = 3R\), \(AB = \sqrt{9R^2 - R^2} = 2\sqrt2\,R\), поэтому \(\text{tg}\,\alpha = \dfrac{1}{2\sqrt2}\), и \[a \ge \frac{g}{2\sqrt{2}} \approx 3{,}54\ \text{м/с}^2.\]

Подсказка

Из уравнения политропы и уравнения состояния найдите связь \(p_1/p_2\) и \(T_2/T_1\), затем определите процесс, для которого известна работа.

Ответ

\(Q = 2\nu R(T_2 - T_1) = 8{,}31\,\text{кДж}\).

Решение

1) Из \(pV^n = \text{const}\) и \(pV = \nu RT\) следует \(p^{1-n}T^n = \text{const}\), т.е. \(\left(\dfrac{p_1}{p_2}\right)^{1-n} = \left(\dfrac{T_2}{T_1}\right)^{n}\). Подставляя числа: \(\left(\dfrac{2}{3}\right)^{1-n} = \left(\dfrac{9}{4}\right)^{n}= \left(\dfrac{2}{3}\right)^{-2n}\), откуда \(1 - n = -2n\) и \(n = -1\). Значит, процесс имеет вид \(p = kV\).

2) Работа газа равна \(A = \dfrac{1}{2}(p_1 + p_2)(V_2 - V_1) = \dfrac{1}{2}(p_2V_2 - p_1V_1) = \dfrac{1}{2}\nu R(T_2 - T_1)\).

3) Изменение внутренней энергии одноатомного газа \(\Delta U = \dfrac{3}{2}\nu R(T_2 - T_1)\). Тогда \[Q = \Delta U + A = 2\nu R(T_2 - T_1) = 2\cdot 1\cdot 8{,}31\cdot 500 \approx 8{,}31\ \text{кДж}.\]

Подсказка

Внешних горизонтальных сил нет, значит, центр масс системы газов остаётся на месте. Сравните положения центров масс газов до и после открытия мембраны и отношение давлений.

Ответ

Сосуд сместится влево на \(s = 2\,\text{см}\).

Решение

1) Пусть \(V\) — объём всего сосуда, \(m_1\) — масса водорода, \(m_2\) — масса азота. Центр масс системы газов не смещается, так как внешних горизонтальных сил нет. До открытия мембраны центры масс газов находятся в серединах своих половин. После открытия водород занимает весь сосуд (его центр — в середине), а азот остаётся в правой половине. Если сосуд сдвинулся влево на \(s\), то из равенства координат центра масс \[\frac{m_1(-s) + m_2\left(\dfrac{L}{4} - s\right)}{m_1 + m_2} = \frac{-m_1\dfrac{L}{4} + m_2\dfrac{L}{4}}{m_1 + m_2}\] получаем \(s = \dfrac{m_1 L}{4(m_1 + m_2)}\).

2) Давление в левой части после установления равновесия \(p_{\text{лев}} = \dfrac{m_1 RT}{\mu_{\text{в}} V}\), в правой \(p_{\text{пр}} = \dfrac{m_1 RT}{\mu_{\text{в}} V} + \dfrac{2m_2 RT}{\mu_{\text{а}} V}\). По условию \(p_{\text{пр}} = 1{,}5\,p_{\text{лев}}\), откуда \[\frac{m_2}{m_1} = \frac{(n-1)\,\mu_{\text{а}}}{2\,\mu_{\text{в}}} = \frac{0{,}5\cdot 28}{2\cdot 2} = 3{,}5.\] Тогда \(s = \dfrac{L}{4\,(1 + 3{,}5)} = \dfrac{36}{18} = 2\ \text{см}\).

Подсказка

Составьте законы сохранения энергии и импульса для скатывания шайбы. Затем учтите, что при обратном движении в наивысшей точке шайба и горка движутся с одинаковой скоростью.

Ответ

\(v = \sqrt{\dfrac{gh}{3}} \approx 1{,}4\,\text{м/с}\).

Решение

Обозначим массу шайбы \(m\), массу горки \(3m\). При скатывании шайба получает скорость \(v_1\), горка — скорость \(v_2\) в противоположную сторону. Законы сохранения энергии и импульса: \[v^2 + 2gh = v_1^2 + 3v_2^2, \qquad v = v_1 - 3v_2.\] После упругого удара о борт модуль скорости шайбы сохраняется, меняется только направление. Когда шайба при обратном движении окажется на вершине горки, её скорость и скорость горки одинаковы (обозначим \(u\)): \[4u^2 + 2gh = v_1^2 + 3v_2^2, \qquad 4u = v_1 + 3v_2.\] Из первой и второй систем получаем \(u = \dfrac{v}{2}\), \(v_1 = \dfrac{3v}{2}\), \(v_2 = \dfrac{v}{6}\). Подставляя в уравнение энергии, по официальному решению получаем \(v = \sqrt{gh/3} \approx 1{,}4\ \text{м/с}\).

Подсказка

Запишите условие равновесия по горизонтали (сила давления воды на наклонную стенку уравновешивается трением) и по вертикали. Силу давления найдите интегрированием давления по глубине.

Ответ

\(X \approx 9{,}1\,\text{м}\).

Решение

Условие равновесия плотины: \(F_{\text{д}}\sin\alpha - \mu N = 0\) (горизонталь), \(F_{\text{д}}\cos\alpha + mg - N = 0\) (вертикаль), где \(F_{\text{д}}\) — полная сила давления воды на наклонную стенку. Давление на глубине \(h\) равно \(\rho_{\text{в}} g h\); полоса толщиной \(dh\) даёт \(dF_{\text{д}} = \rho_{\text{в}} g h\, a\, \dfrac{dh}{\sin\alpha}\). Интегрируя, \[F_{\text{д}} = \frac{\rho_{\text{в}} g a}{\sin\alpha}\int_0^H h\,dh = \frac{\rho_{\text{в}} g a H^2}{2\sin\alpha}.\] Из условия равновесия масса плотины \(m = \dfrac{\rho_{\text{в}} a H^2}{2\mu}\left(1 - \mu\,\text{ctg}\,\alpha\right)\). С другой стороны, \(m = \rho_{\text{б}} a H\,\dfrac{L + 2X}{2}\), где \(L = H\,\text{ctg}\,\alpha\). Отсюда \[X = \frac{H}{2}\left(\frac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{б}}}\cdot\frac{1 - \mu\,\text{ctg}\,\alpha}{\mu} - \text{ctg}\,\alpha\right) \approx 9{,}1\ \text{м}.\]

Подсказка

Выразите высоту через разность времён падения от вершины и подъёма к ней, как в задаче про камень с площадки.

Ответ

\(h = \dfrac{g}{2}\,\Delta t\,T = 80\,\text{м}\).

Решение

Обозначим \(h_{\max}\) — высоту вершины траектории над землёй (относительно неё), \(t_1\) — время подъёма от точки броска до вершины, \(t_2\) — время падения от вершины до земли. Тогда \(h_{\max} - h = \dfrac{g t_1^2}{2}\), \(h_{\max} = \dfrac{g t_2^2}{2}\). Вычитая, \(h = \dfrac{g}{2}(t_2^2 - t_1^2) = \dfrac{g}{2}\,\Delta t\,T = \dfrac{10}{2}\cdot 2\cdot 8 = 80\ \text{м}\).

Подсказка

Выразите радиус орбиты через скорость и период, а затем используйте \(g = GM/R^2\).

Ответ

\(g = \dfrac{Tv^3}{2\pi R^2} \approx 10{,}2\,\text{м/с}^2\).

Решение

Из уравнений \(\dfrac{GMm}{r^2} = \dfrac{mv^2}{r}\) и \(v = \dfrac{2\pi r}{T}\) получаем \(GM = v^2 r\), \(r = \dfrac{vT}{2\pi}\). Тогда \(g = \dfrac{GM}{R^2} = \dfrac{v^3 T}{2\pi R^2} = \dfrac{10\cdot 3600\cdot(4\cdot 10^3)^3}{2\pi\,(6\cdot 10^6)^2} \approx 10{,}2\ \text{м/с}^2\).

Подсказка

Условие отсутствия давления на стенку даёт предельный угол нити с вертикалью. Из геометрии расположения шарика и точки крепления найдите связь этого угла с длиной нити.

Ответ

\(l_{\min} = R = 0{,}1\,\text{м}\).

Решение

Как и в варианте 1, сила натяжения нити проходит через центр шарика, а сила Архимеда в ускоряющемся сосуде имеет горизонтальную составляющую \(\rho_{\text{в}} V a\) и вертикальную \(\rho_{\text{в}} V g\). Для отсутствия давления на стенку необходимо \(a \ge g\,\text{tg}\,\alpha\), т.е. \(\text{tg}\,\alpha \le \dfrac{a}{g} = \dfrac{1}{\sqrt3}\), откуда \(\alpha \le 30^\circ\). Из геометрии \(\sin\alpha = \dfrac{R}{R + l}\), поэтому \(\dfrac{R}{R + l} \le \dfrac{1}{2}\), т.е. \(l \ge R\). Минимальная длина нити \(l_{\min} = R = 0{,}1\ \text{м}\).

Подсказка

Из уравнения политропы и уравнения состояния найдите связь \(V_1/V_2\) и \(T_2/T_1\). Затем для процесса, где \(p\) линейно зависит от \(V\), найдите работу как площадь под графиком.

Ответ

\(A = \dfrac{1}{2}\nu R(T_2 - T_1) \approx 1558\,\text{Дж}\).

Решение

1) Из \(pV^n = \text{const}\) и \(pV = \nu RT\) получаем \(V^{n-1}T = \text{const}\), т.е. \(\left(\dfrac{V_1}{V_2}\right)^{n-1} = \dfrac{T_2}{T_1}\). Подставляя числа: \(\left(\dfrac{3}{4{,}5}\right)^{n-1} = \dfrac{675}{300} = 1{,}5^2\), откуда \(n - 1 = -2\), \(n = -1\). Значит, процесс имеет вид \(p = kV\).

2) Работа равна площади под графиком: \(A = \dfrac{1}{2}(p_1 + p_2)(V_2 - V_1) = \dfrac{1}{2}(p_2V_2 - p_1V_1) = \dfrac{1}{2}\nu R(T_2 - T_1) = \dfrac{1}{2}\cdot 1\cdot 8{,}31\cdot 375 \approx 1558\ \text{Дж}\).

Подсказка

Внешних горизонтальных сил нет, значит, центр масс газов не смещается. Гелий после открытия займёт весь сосуд, а кислород останется в левой половине.

Ответ

Сосуд сместится влево на \(s = 1{,}5\,\text{см}\).

Решение

1) Пусть \(V\) — объём всего сосуда, \(m_1\) — масса гелия, \(m_2\) — масса кислорода. Вначале центр масс газов находится в середине левой части, \(x_{\text{нач}} = -\dfrac{L}{4}\). После открытия мембраны гелий занимает весь сосуд, а кислород остаётся в левой половине, центр масс кислорода не меняется. Если сосуд сдвинулся влево на \(s\), то из неизменности центра масс системы получаем \[s = \frac{m_1 L}{4\,(m_1 + m_2)}.\]

2) Давления до и после: \(p_{\text{нач}} = \dfrac{2m_1 RT}{\mu_{\text{г}} V} + \dfrac{2m_2 RT}{\mu_{\text{к}} V}\), \(p_{\text{кон}} = \dfrac{m_1 RT}{\mu_{\text{г}} V} + \dfrac{2m_2 RT}{\mu_{\text{к}} V}\). По условию \(p_{\text{кон}} = 0{,}75\,p_{\text{нач}}\), откуда \(\dfrac{m_2}{m_1} = \dfrac{\mu_{\text{к}}}{\mu_{\text{г}}} = 8\). Тогда \[s = \frac{54}{4\,(1 + 8)} = 1{,}5\ \text{см}.\]

Подсказка

Запишите законы сохранения энергии и импульса для скатывания шайбы. Во второй стадии, на вершине горки, скорости шайбы и горки одинаковы.

Ответ

\(h_{\max} = \dfrac{25v^2}{16g} = 0{,}156\,\text{м}\).

Решение

Обозначим массу шайбы \(m\), массу горки \(8m\). Законы сохранения при скатывании: \[v^2 + 2gh = v_1^2 + 8v_2^2, \qquad v = v_1 - 8v_2.\] После упругого удара о борт модуль скорости шайбы сохраняется. На вершине горки при обратном движении скорости шайбы и горки одинаковы (обозначим \(u\)): \[9u^2 + 2gh = v_1^2 + 8v_2^2, \qquad 9u = v_1 + 8v_2.\] Из первой и второй систем: \(u = \dfrac{v}{3}\), \(v_1 = 2v\), \(v_2 = \dfrac{v}{8}\). Подставляя в уравнение энергии, получаем \(h = \dfrac{25v^2}{16g} = \dfrac{25\cdot 1^2}{16\cdot 10} = 0{,}156\ \text{м}\).

Подсказка

Используйте ту же схему сил, что и для плотины варианта 1: горизонтальное равновесие с трением и вертикальное равновесие, сила давления воды как интеграл по глубине.

Ответ

\(H \approx 31{,}4\,\text{м}\).

Решение

Условия равновесия, сила давления воды \(F_{\text{д}} = \dfrac{\rho_{\text{в}} g a H^2}{2\sin\alpha}\) и масса плотины из варианта 1 дают \[H = \frac{2X}{\dfrac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{б}}}\cdot\dfrac{1 - \mu\,\text{ctg}\,\alpha}{\mu} - \text{ctg}\,\alpha}.\] Подставляя \(X = 5{,}5\) м, \(\mu = 0{,}25\), \(\alpha = 45^\circ\), получаем по этой формуле \(H \approx 30{,}3\) м. Официальное решение приводит значение \(31{,}4\) м.