СПбГУ, 2020/21, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Сначала обруч скользит: в точке касания скорость не равна нулю, и трение направлено против неё. Выясните, когда скорость нижней точки обруча станет равной нулю, и что будет дальше.

Ответ

\(x(t)=x_0+\dfrac{\mu g t^2}{2}\) при \(t<\dfrac{\omega_0 R}{2\mu g}\);  \(x(t)=x_0+\dfrac{\omega_0^2R^2}{8\mu g}+\dfrac{\omega_0 R}{2}\Bigl(t-\dfrac{\omega_0 R}{2\mu g}\Bigr)\) при \(t\ge\dfrac{\omega_0 R}{2\mu g}\) (график — см. решение).

Решение

Скорость нижней точки обруча \(A\) в начальный момент равна \(\omega_0 R\) и направлена влево. Поэтому сначала обруч скользит, сила трения скольжения \(\mu mg\) направлена вправо. Поступательное движение равноускоренное с \(a=\mu g\), и координата центра \[x(t)=x_0+\frac{\mu g t^2}{2}.\] Угловая скорость уменьшается по закону \(\omega(t)=\omega_0-\beta t\). Из основного уравнения динамики \(I\beta=-\mu mgR\) при \(I=mR^2\) получаем \(\beta=-\dfrac{\mu g}{R}\), поэтому \(\omega(t)=\omega_0-\dfrac{\mu g}{R}t\).

Проскальзывание прекратится, когда скорость поступательного движения станет равна \(\omega R\): \(\mu g\tilde t=\omega_0R-\mu g\tilde t\), откуда \[\tilde t=\frac{\omega_0R}{2\mu g}.\] Координата в этот момент: \[x(\tilde t)=x_0+\frac{\omega_0^2R^2}{8\mu g},\] а скорость центра \(v(\tilde t)=\dfrac{\omega_0R}{2}\).

С момента \(\tilde t\) нижняя точка обруча имеет нулевую скорость, сила трения покоя компенсирует внешние силы, она равна нулю, и обруч движется равномерно: \[x(t)=x(\tilde t)+v(\tilde t)(t-\tilde t)=x_0+\frac{\omega_0^2R^2}{8\mu g}+ \frac{\omega_0R}{2}\Bigl(t-\frac{\omega_0R}{2\mu g}\Bigr).\]

Итак, график \(x(t)\) состоит из участка параболы при \(t<\tilde t\) и прямой линии при \(t>\tilde t\) (см. рисунок).

Подсказка

Условие равновесия поршня связывает давления над и под ним через его вес. Для ответа на второй вопрос выразите давление и температуру через высоту поршня и проверьте, при каком значении высоты знаменатель обращается в ноль.

Ответ

1) \(Q=\dfrac{17}{12}MgH\);  2) бесконечность (ситуация невозможна, нефизична).

Решение

Пусть \(p_1\) — давление в нижней части, \(p_2\) — давление в верхней. Тогда \(p_1=p_2+\dfrac{Mg}{S}\). Начальное состояние газа в каждом отсеке: \(\left(p_2+\dfrac{Mg}{S}\right)hS=2\nu RT\), \(p_2(H-h)S=\nu RT\), где \(\nu=\nu_2\). Отсюда при произвольной высоте \(h\) поршня \[p_2=\frac{Mgh}{S(2H-3h)}=\frac{Mg}{S\left(\frac{2H}{h}-3\right)}, \qquad T=\frac{p_2(H-h)S}{\nu R}=\frac{Mg}{\nu R}\cdot\frac{H-h}{\frac{2H}{h}-3}.\] При \(h=H/3\): \(p_2=\dfrac{Mg}{3S}\), \(T=\dfrac{2}{9}\dfrac{MgH}{\nu R}\).

Сообщаем сосуду теплоту \(Q\), которая идёт на нагрев газа во всех частях и на подъём поршня: \(Q=\dfrac32\cdot 3\nu R\,dT+Mg\,dh\), где \(dh=h'-h=\dfrac{H}{2}-\dfrac{H}{3}=\dfrac{H}{6}\), а \(dT=T'-T\). Для новых значений \(p_2'=\dfrac{Mg}{S}\) и \(T'=\dfrac{MgH}{2\nu R}\) (поршень на высоте \(H/2\)) получаем \(dT=\dfrac{MgH}{2\nu R}-\dfrac{2}{9}\dfrac{MgH}{\nu R}=\dfrac{5}{18}\dfrac{MgH}{\nu R}\). Тогда \[Q=\frac{9}{2}\nu R\cdot\frac{5}{18}\frac{MgH}{\nu R}+\frac{MgH}{6}=\frac{5}{4}MgH+\frac{1}{6}MgH=\frac{17}{12}MgH.\]

Для второго вопроса объемы относятся как \(1\!:\!2\) при \(h=\dfrac{2}{3}H\). Тогда знаменатель \(\dfrac{2H}{h}-3=0\), давление и температура обеих частей стремятся к бесконечности, и для этого потребовалась бы бесконечная энергия. Ответ: бесконечность (ситуация невозможна).

Подсказка

Сосуд опрокинется, когда момент силы тяжести воды относительно нижнего края станет равен моменту, удерживающему сосуд. Найдите положение центра масс воды, разбив её форму на прямоугольник и треугольник.

Ответ

\(V=ba^2\), где \(b=\dfrac{a}{2}\Bigl(\dfrac{1}{\mathrm{tg}\,\alpha}+\sqrt{\dfrac{1}{\mathrm{tg}^2\alpha}-\dfrac{2+\mathrm{tg}^2\alpha}{3}}\Bigr)\).

Решение

Сосуд перевернется, когда моменты сил, стремящиеся его перевернуть, равны моментам сил, этому мешающим, относительно нижнего ребра \(O\). Эти силы — проекции силы тяжести воды. Условие равновесия: \[m_{\text{в}}g\sin\alpha\cdot RN=m_{\text{в}}g\cos\alpha\cdot RM \quad\Rightarrow\quad \mathrm{tg}\,\alpha\cdot RN=RM,\] где \(R\) — центр масс воды.

Водная фигура — трапеция. Её центр масс найдем, разбив трапецию на прямоугольник и прямоугольный треугольник. Центр масс треугольника находится в точке пересечения медиан. Площади \(S_{tr}=\frac12 ah\), \(S_{pr}=a\left(b-\frac h2\right)\), \(h=a\,\mathrm{tg}\,\alpha\). Координаты центра масс трапеции от точки \(O\): \[RM=\frac12 a-\frac{ah}{12b}, \qquad RN=\frac12 b+\frac{h^2}{24b}.\]

Подставляя в условие равновесия, получаем квадратное уравнение относительно \(b\): \[b^2-\frac{ab}{\mathrm{tg}\,\alpha}+\frac{a^2}{12}\left(\mathrm{tg}^2\alpha+2\right)=0.\] Его корни: \[b_{1,2}=\frac{a}{2}\left(\frac{1}{\mathrm{tg}\,\alpha}\pm\sqrt{\frac{1}{\mathrm{tg}^2\alpha}- \frac{2+\mathrm{tg}^2\alpha}{3}}\right).\] Условию \(b>a/2\) удовлетворяет корень со знаком «+» (корень со знаком «−» соответствует треугольному, а не трапециевидному сечению воды). Объём воды \(V=ba^2\).

Подсказка

Запишите условие плавания тела в положении равновесия и второй закон Ньютона для малого смещения \(y\) тела. Не забудьте, что при смещении тела уровни жидкостей тоже меняются.

Ответ

\(\omega=\sqrt{\dfrac{2g(n-1)}{h_0(n-1)+H}}\) (циклическая частота малых колебаний).

Решение

Обозначим площадь основания тела \(S_0=S/2\), плотность жидкости в верхнем слое \(\rho_2\), в нижнем \(\rho_1=n\rho_2\). Тело погружено в нижний слой на \(h_0\) и в верхний на \(H-h_0\), поэтому условие плавания: \[m=\rho_1S_0h_0+\rho_2S_0(H-h_0)=\rho_2S_0\bigl[h_0(n-1)+H\bigr].\]

Пусть тело смещается из положения равновесия на \(y\). Изменение погруженного объема тела должно учитывать подъем уровня нижней жидкости \(y_{\text{ж1}}\). Из сохранения объема нижней жидкости \(S_0(y+y_{\text{ж1}})=S\,y_{\text{ж1}}\), откуда \[\Delta V=S_0\bigl(y+y_{\text{ж1}}\bigr)=\frac{S S_0}{S-S_0}\,y.\] Уравнение движения тела (вертикальная проекция) с учетом изменения архимедовых сил в обеих жидкостях: \[m\ddot y=-\rho_2 g(n-1)\frac{SS_0}{S-S_0}\,y.\] Подставляя \(m=\rho_2S_0[h_0(n-1)+H]\), получаем \[\ddot y+\frac{g(n-1)}{h_0(n-1)+H}\cdot\frac{S}{S-S_0}\,y=0.\] При \(S_0=S/2\) имеем \(\dfrac{S}{S-S_0}=2\), поэтому \[\omega=\sqrt{\frac{2g(n-1)}{h_0(n-1)+H}}.\]

Подсказка

Две параллельно соединённые катушки ведут себя как одна катушка с эквивалентной индуктивностью. Найдите период колебаний контура и сравните половину периода с заданным временем.

Ответ

\(q=2\) мкКл, \(I=0\) А.

Решение

Катушки соединены параллельно. Пусть через катушку \(L_1\) течет ток \(i_1\), через \(L_2\) — ток \(i_2\), тогда в цепи течет ток \(i=i_1+i_2\). По правилу Кирхгофа для замкнутого контура \(L_1\dfrac{di_1}{dt} =L_2\dfrac{di_2}{dt}\), откуда \(L_1i_1-L_2i_2=\text{const}\). Падение напряжения на катушке \(L_1\) \[\Delta U_L=L_1\frac{di_1}{dt}=\frac{L_1L_2}{L_1+L_2}\frac{di}{dt}=L_{12}\frac{di}{dt}, \qquad L_{12}=\frac{L_1L_2}{L_1+L_2}=\frac{3\cdot 9}{12}\ \text{мкГн}=2{,}25\ \text{мкГн}.\] Цепь сводится к контуру с катушкой \(L_{12}\), конденсатором \(C\) и источником \(\xi\). По правилу Кирхгофа \(L_{12}\dfrac{di}{dt}+\dfrac{q}{C}=\xi\), то есть \[\frac{d^2q}{dt^2}+\frac{q}{L_{12}C}=\frac{\xi}{L_{12}}.\] Частота колебаний \(\omega=\dfrac{1}{\sqrt{L_{12}C}}=\dfrac{2}{3}\cdot 10^6\) с\(^{-1}\), период \(T=\dfrac{2\pi}{\omega}=3\pi\cdot 10^{-6}\) с. Начальные условия \(q(0)=0\), \(i(0)=0\) дают \[q(t)=C\xi\,(1-\cos\omega t), \qquad i(t)=C\xi\omega\sin\omega t.\] После первого полупериода ток должен стать отрицательным, но диод его не пропускает, поэтому конденсатор остается заряженным до \(q\bigl(\tfrac{T}{2}\bigr)=2C\xi=2\cdot 10^{-6}\) Кл, а ток равен нулю. Заданный момент \(6\) мкс больше \(T/2\approx 4{,}7\) мкс.

Ответ: заряд конденсатора \(2\) мкКл, ток в цепи \(0\) А.