Ведомственная, 2011/12, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Внутри однородного шара на тело действует только притяжение той части Земли, которая находится ближе к центру, чем тело. Как эта масса зависит от \(r\)?

Ответ

\(F = \dfrac{GM_\text{з}m}{r^2}\) при \(r\ge R_\text{з}\);  \(F = \dfrac{GM_\text{з}m\,r}{R_\text{з}^3}\) при \(r<R_\text{з}\). График: \(F\) растёт линейно от нуля при \(r=0\) до максимума в точке \(r=R_\text{з}\), далее убывает обратно пропорционально \(r^2\).

Решение

При \(r>R_\text{з}\) сила \(F = \dfrac{GM_\text{з}m}{r^2}\).

При погружении тела в шахту действующая на него гравитационная сила зависит только от массы части земного шара радиусом \(r\), равным расстоянию от тела до центра Земли: \[F = G\,\frac{M_\text{з}}{\frac{4}{3}\pi R_\text{з}^3}\cdot\frac{4}{3}\pi r^3\cdot\frac{m}{r^2} = \frac{GM_\text{з}m\,r}{R_\text{з}^3},\] где \(\dfrac{M_\text{з}}{\frac{4}{3}\pi R_\text{з}^3}\) — плотность вещества Земли, \(\frac{4}{3}\pi r^3\) — объём части земного шара радиусом \(r\).

График искомой зависимости имеет вид:

Подсказка

Запишите формулы пути и скорости при равноускоренном движении и исключите начальную скорость.

Ответ

\(v_\text{к} = \dfrac{2S + at_0^2}{2t_0} = 8\) м/с.

Решение

Из формулы пути при равноускоренном движении \(S = v_0t_0 + \dfrac{at_0^2}{2}\) найдём начальную скорость: \[v_0 = \frac{2S - at_0^2}{2t_0}.\] Из формулы скорости при равноускоренном движении найдём конечную скорость лыжника: \[v_\text{к} = v_0 + at_0 = \frac{2S + at_0^2}{2t_0} = 8~\text{м/с}.\]

Подсказка

Запишите второй закон Ньютона для каждого из трёх тел. Сила трения действует только на тело II и направлена против его движения.

Ответ

\(F_2 = \dfrac{(3+\mu)mg}{2} = 16\) Н.

Решение

Уравнения движения тел I, II и III соответственно имеют вид: \[ma = F_1 - mg, \qquad ma = F_1 - F_2 - \mu mg, \qquad 2ma = 2mg - F_2.\] Здесь \(a\) — ускорение тел, \(\mu mg\) — сила трения скольжения, действующая на тело II, \(F_2\) — сила натяжения нити, связывающей тела II и III. Решив систему относительно трёх неизвестных \(a\), \(F_1\) и \(F_2\), получим: \[a = \frac{(1-\mu)g}{4} = 2~\text{м/с}^2, \qquad F_1 = \frac{(5-\mu)mg}{4} = 12~\text{Н}, \qquad F_2 = \frac{(3+\mu)mg}{2} = 16~\text{Н}.\]

Подсказка

Песчинка отрывается от пластины в тот момент, когда ускорение пластины становится равным \(g\) и направлено вниз. Дальше применим закон сохранения энергии песчинки.

Ответ

\(A = \sqrt{\dfrac{2gH}{(2\pi f)^2} - \dfrac{g^2}{(2\pi f)^4}} \approx 5\cdot 10^{-5}\) м.

Решение

Направим координатную ось \(x\) вертикально вверх и положим \(x=0\) в среднем положении пластины. Координата пластины меняется по закону \(x = A\sin\omega t\), где \(\omega = 2\pi f\) — циклическая частота колебаний. Тогда \[v_x = A\omega\cos\omega t, \qquad a_x = -A\omega^2\sin\omega t.\] Песчинки отрываются от пластины и подпрыгивают при движении пластины снизу вверх. Обозначим момент отрыва через \(t_0\), а координату пластины в этот момент — через \(h\). В момент отрыва сила давления песчинки на пластину обращается в нуль, поэтому ускорение песчинки равно \(g\): \[-A\omega^2\sin\omega t_0 = -g.\] Отсюда \(\sin\omega t_0 = \dfrac{g}{A\omega^2}\) и \[h = A\sin\omega t_0 = \frac{g}{\omega^2}, \qquad v_{x0} = A\omega\cos\omega t_0.\] Закон сохранения энергии песчинки для момента отрыва и высшей точки траектории на высоте \(H\) (\(m\) — масса песчинки): \[mgh + \frac{mv_{x0}^2}{2} = mgH.\] Разделим на \(mg\) и подставим \(h\) и \(v_{x0}\), учитывая \(\cos^2\omega t_0 = 1 - \dfrac{g^2}{A^2\omega^4}\): \[\frac{g}{\omega^2} + \frac{A^2\omega^2}{2g}\left(1 - \frac{g^2}{A^2\omega^4}\right) = H \quad\Longrightarrow\quad \frac{g}{2\omega^2} + \frac{A^2\omega^2}{2g} = H.\] Отсюда \[A = \sqrt{\frac{2gH}{\omega^2} - \frac{g^2}{\omega^4}} = \sqrt{\frac{2gH}{(2\pi f)^2} - \frac{g^2}{(2\pi f)^4}} \approx 5\cdot 10^{-5}~\text{м}.\]

Ответ

\(P_2 = \dfrac{P_1V_1T_2}{T_1V_2} \approx 810\) кПа, где \(T_1 = t_1 + 273{,}15\) K и \(T_2 = t_2 + 273{,}15\) K.

Решение

Параметры газа в начале и в конце такта сжатия связываем объединённым газовым законом: \[\frac{P_1V_1}{T_1} = \frac{P_2V_2}{T_2},\] где \(T_1 = t_1 + 273{,}15\) K и \(T_2 = t_2 + 273{,}15\) K — значения абсолютной температуры смеси. Отсюда искомое давление \[P_2 = \frac{P_1V_1T_2}{T_1V_2} \approx 810~\text{кПа}.\]

Подсказка

Вольтметр имеет известное сопротивление, поэтому по его показанию можно найти ток через него. Дальше примените закон Ома к средней ветви и правило узлов.

Ответ

\(U_{\text{аб}} = U\left(3 + \dfrac{4R_A}{R}\right) = 1000\) В.

Решение

Ток через вольтметр: \[I_V = \frac{U}{R_V} = \frac{U}{R}.\] Напряжение на средней ветви (резистор \(R_2=R\)): \[U_{R_2} = I_VR = 3U.\] Ток через резистор \(R_2\): \[I_{R_2} = \frac{U_{R_2}}{R_2} = \frac{3U}{R}.\] Ток через амперметр: \[I_A = I_V + I_{R_2} = \frac{U}{R} + \frac{3U}{R} = \frac{4U}{R} = 1~\text{А}.\] Напряжение между точками \(a\) и \(б\): \[U_{\text{аб}} = U_{R_2} + I_AR_A = 3U + \frac{4UR_A}{R} = U\left(3 + \frac{4R_A}{R}\right) = 1000~\text{В}.\]

Подсказка

Луч внутри призмы падает на вторую грань под углом, равным преломляющему углу призмы. Какой угол даёт закон преломления на этой грани, и как он связан с отклонением?

Ответ

\(\delta = \arcsin(n\sin\alpha) - \alpha \approx 13^{\circ}\).

Решение

Угол падения луча на вторую боковую грань внутри призмы равен преломляющему углу призмы \(\alpha\). Поэтому закон преломления луча на второй грани имеет вид: \[n\sin\alpha = \sin\beta,\] где \(\beta\) — угол преломления. Искомый угол отклонения (см. рисунок): \[\delta = \beta - \alpha = \arcsin(n\sin\alpha) - \alpha \approx 13^{\circ}.\]

Ответ

\(F = IB\sqrt{L_1^2 + (L-L_1)^2} = 2\cdot 10^{-2}\) Н.

Решение

Обозначим через \(L_2\) длину второй стороны угла, образованного двумя частями стержня: \(L_2 = L - L_1 = 40\) см. На две части стержня действуют силы Ампера \(F_1 = IL_1B\) и \(F_2 = IL_2B = I(L-L_1)B\), перпендикулярные друг другу (см. рис.). Суммарная сила Ампера: \[F = \sqrt{F_1^2 + F_2^2} = IB\sqrt{L_1^2 + L_2^2} = IB\sqrt{L_1^2 + (L-L_1)^2} = 2\cdot 10^{-2}~\text{Н}.\]