Ведомственная, 2017/18, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

Запишите условие равновесия каждого груза по вертикали: какие силы действуют на груз 2 и какие на груз 1, если нить между грузами тянет каждый из них?

Ответ

\(\mu = n - 1\).

Решение

Нарисуем рисунок, соответствующий условию задачи, и изобразим на нём все силы, действующие на висящие тела.

Запишем условие равновесия нижнего (2-го) тела (в проекции на вертикальную ось): \(m_2 g = F_2\). Запишем условие равновесия верхнего (1-го) тела (в проекции на вертикальную ось): \(m_1 g + F_2 = F_1\). Поделив второе выражение на \(F_2\), получим: \[n = \frac{F_1}{F_2} = 1 + \frac{m_1}{m_2} = 1 + \mu.\] Окончательно имеем: \(\mu = n - 1\).

Подсказка

Сила трения скольжения пропорциональна силе нормальной реакции, которая меняется при смене направления силы. Коэффициент трения одинаков в обоих опытах: найдите его из первого.

Ответ

\(a = 1{,}4\) м/с\(^2\).

Решение

Нарисуем рисунок, соответствующий условию задачи, и изобразим на нём все силы, действующие на тело (для обоих условий задачи).

Уравнения, определяющие движение тела без ускорения (1-е условие задачи), в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси соответственно: \[0 = ma = F\cos\alpha - F_{\text{тр}1}, \qquad mg + F\sin\alpha = N_1.\] Оба выражения дают возможность найти силу трения скольжения: \(F_{\text{тр}1} = F\cos\alpha\), \(F_{\text{тр}1} = kN_1 = k(mg + F\sin\alpha)\). Приравняв последние два выражения, найдём необходимый коэффициент трения скольжения: \[k = \frac{F\cos\alpha}{mg + F\sin\alpha}.\] Уравнения, определяющие движение тела с ускорением (2-е условие задачи): \[ma = F\cos\alpha - F_{\text{тр}2}, \qquad mg = F\sin\alpha + N_2.\] Сила трения: \(F_{\text{тр}2} = kN_2 = k(mg - F\sin\alpha)\). Ускорение: \[a = \frac{F\cos\alpha - \dfrac{F\cos\alpha}{mg + F\sin\alpha}\,(mg - F\sin\alpha)}{m}.\] Упрощая выражение для \(a\), окончательно получим: \[a = \frac{F^2\sin 2\alpha}{m(mg + F\sin\alpha)} = 1{,}4~\text{м/с}^2.\]

Подсказка

Сначала найдите силу тока через прибор по заряду и времени, затем примените закон Ома для участка цепи.

Ответ

\(U = 1\) В.

Решение

Показание вольтметра определяется выражением \(U = IR\), где \(I\) — ток, текущий через прибор, \(R\) — внутреннее сопротивление вольтметра. Так как сила тока \(I\), текущего через прибор, постоянна, она легко находится из условия задачи: \(I = \dfrac{q}{\tau}\). Окончательно имеем: \[U = \frac{qR}{\tau} = 1~\text{В}.\]

Подсказка

Сравните температуры в начальном и конечном состояниях газа. Что это значит для внутренней энергии газа за весь эксперимент?

Ответ

\(Q = RT_0\dfrac{n-1}{n} \approx 1{,}7\) кДж.

Решение

Изобразим в «координатах» \(PV\) два последовательных процесса (изохорический \(1 \to 2\) и изобарический \(2 \to 3\)), в которых участвует \(1\) моль идеального газа согласно условию задачи.

Для каждого из процессов напишем первое начало термодинамики: \[Q_{1\to2} = \Delta U_{1\to2} + A_{1\to2}, \qquad Q_{2\to3} = \Delta U_{2\to3} + A_{2\to3}.\] Сложив эти выражения, получим: \[Q = Q_{1\to2} + Q_{2\to3} = \Delta U_{1\to3} + A_{2\to3}.\] Здесь мы учли, что газ при изохорическом охлаждении не совершал работы (\(A_{1\to2} = 0\)). Согласно условию задачи начальная (1-я) и конечная (3-я) точки состояния газа принадлежат одной изотерме. Поскольку внутренняя энергия идеального газа зависит только от одного термодинамического параметра — температуры — \(\Delta U_{1\to3} = 0\). В результате получаем, что количество теплоты \(Q\), которое получил газ в указанном эксперименте, определяется только работой газа при изобарическом процессе: \[Q = A_{2\to3} = P_2\,(V_3 - V_1) = \frac{P_1}{n}\,V_1\left(\frac{V_3}{V_1} - 1\right) = \frac{P_1V_1}{n}\left(\frac{V_3}{V_1} - 1\right) = \frac{RT_0}{n}\left(\frac{V_3}{V_1} - 1\right).\] Учтём ещё раз, что начальная (1-я) и конечная (3-я) точки состояния газа принадлежат одной изотерме: \[P_1V_1 = P_3V_3 \;\to\; P_1V_1 = \frac{P_1}{n}\,V_3 \;\to\; V_1 = \frac{1}{n}\,V_3 \;\to\; \frac{V_3}{V_1} = n.\] Окончательно имеем: \[Q = RT_0\cdot\frac{n-1}{n} = 1{,}7~\text{кДж}.\]

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, связанную со стенкой: там стенка неподвижна, и упругий удар просто меняет знак проекции скорости шарика на нормаль к стенке.

Решение

Нарисуем рисунок, соответствующий условию задачи. Этот рисунок соответствует нашей работе в так называемой лабораторной инерциальной системе отсчёта (ЛИСО), связанной с землёй.

Шарик в момент броска находится в начале координат. Левая сторона стенки в момент броска шарика находится в точке, отстоящей от начала координат на расстоянии \(L_0\) (она не дана по условию задачи). Координаты шарика (в ЛИСО) изменяются со временем по закону: \[x(t) = v_0\cos\alpha\, t \quad (t \le \tau), \qquad y(t) = v_0\sin\alpha\, t - \frac{gt^2}{2} \quad (t \le t_{\text{падения}}).\] Координата левой стороны стенки: \(X(t) = L_0 + Vt\), где \(L_0 = X(t=0)\).

В момент соударения \(\tau\) шарика со стенкой \(X(\tau) = x(\tau)\), или \(v_0\cos\alpha\,\tau = L_0 + V\tau\). Отсюда получаем время соударения: \[\tau = \frac{L_0}{v_0\cos\alpha - V}. \qquad (1)\] Из положительности \(\tau\) получаем \(v_0\cos\alpha - V > 0\). Это физическое условие того, что брошенный шарик «догонит» удаляющуюся от него стенку. Расстояние \(L\) (вдоль горизонта) от точки бросания до точки столкновения со стенкой: \[L = X(\tau) = x(\tau) = \frac{L_0 v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - V}. \qquad (2)\] Запишем проекции скоростей шарика: \(v_x(t) = v_0\cos\alpha\) при \(t \le \tau\), \(v_y(t) = v_0\sin\alpha - gt\).

Перейдём в движущуюся инерциальную систему отсчёта (ДИСО), связанную со стенкой. В этой ДИСО скорость стенки равна нулю, а скорость шарика \(\vec v^{\,*} = \vec v - \vec V\). В проекции на ось \(x\): \(v_x^* = v_x - V\). Акт упругого соударения шарика с очень тяжёлой стенкой в ДИСО описывается очень просто: \[v_x^*(\tau+0) = -v_x^*(\tau-0).\] В левой части этого равенства записана проекция скорости шарика (в ДИСО) сразу после столкновения, в правой — непосредственно перед ним. Само время упругого столкновения шарика со стенкой равно нулю.

Путём простых преобразований найдём проекцию скорости шарика \(v_x(\tau+0)\) на ось \(x\) (в ЛИСО) после соударения: \[v_x^*(\tau-0) = v_0\cos\alpha - V, \qquad v_x^*(\tau+0) = V - v_0\cos\alpha,\] \[v_x(\tau+0) = v_x^*(\tau+0) + V = 2V - v_0\cos\alpha.\] Поскольку шарик после соударения летит в сторону, противоположную направлению оси \(x\) (чтобы вернуться в точку бросания — начало координат), потребуем, чтобы \(v_x(\tau+0) < 0\), т. е. \(2V < v_0\cos\alpha\). Далее работаем только в ЛИСО.

Пусть \(\tau_2\) — время полёта шарика от момента столкновения со стенкой до возвращения в точку бросания. Тогда \(x(t) = L + v_x(t)\,t\) при \(\tau < t < \tau + \tau_2\). В момент возвращения шарика в начало координат: \[0 = x(\tau+\tau_2) = L + v_x(\tau+0)\tau_2 = \frac{L_0 v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - V} + (2V - v_0\cos\alpha)\tau_2. \qquad (3)\] Ещё одно простое соотношение между неизвестными величинами задачи является следствием того, что шарик после упругого соударения со стенкой возвращается в точку бросания: \[\tau\, v_0\cos\alpha = (v_0\cos\alpha - 2V)\tau_2 = L. \qquad (4)\] Из последнего равенства следует: \[\tau_2 = \tau\,\frac{v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - 2V} = \frac{v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - 2V}\cdot\frac{L_0}{v_0\cos\alpha - V}. \qquad (5)\]