Ведомственная, 2019/20, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(\eta = 3\).

Решение

Запишем уравнение состояния каждого газа в своей части цилиндра: \(PV_\text{в} = \nu_\text{в}RT = \dfrac{m_\text{в}}{\mu_\text{в}}RT\), \(PV_\text{к} = \nu_\text{к}RT = \dfrac{m_\text{к}}{\mu_\text{к}}RT\). Давление и температура у газов общие, поэтому отношение объёмов равно отношению числа молей: \[\eta = \frac{V_\text{в}}{V_\text{к}} = \frac{\nu_\text{в}}{\nu_\text{к}} = \frac{m_\text{в}\,\mu_\text{к}}{\mu_\text{в}\,m_\text{к}} = 3.\]

Подсказка

Средняя скорость — это перемещение, делённое на время. Что за время шарик доходит до нижней точки?

Ответ

\(V_\text{ср} = \dfrac{2g}{\pi}\sqrt{\dfrac{m}{k}}\).

Решение

После того как шарик отпустили, он совершает колебания в вертикальном направлении с периодом \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}\) относительно положения равновесия, которое находим из условия \(mg = kl\), где \(l\) — удлинение пружины при равновесии. Шарик опускается от начального положения до нижней точки на \(2l\) за половину периода, поэтому средняя скорость \[V_\text{ср} = \frac{2l}{T/2} = \frac{2l}{\pi\sqrt{m/k}} = \frac{2g}{\pi}\sqrt{\frac{m}{k}}.\]

Подсказка

Рассмотрите отдельно случай, когда доски движутся как одно целое (трение покоя между ними не превышает предельного значения), и случай, когда верхняя доска проскальзывает.

Ответ

1) при \(F = 0\): \(a_\text{н} = a_\text{в} = 0\), \(F_\text{тр.} = 0\); 2) при \(0 < F \le \mu mg\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\): \(a_\text{н} = a_\text{в} = \dfrac{F}{M+m}\), \(F_\text{тр.} = \dfrac{MF}{M+m}\) (доски движутся как одно целое, трение покоя); 3) при \(F > \mu mg\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\): \(a_\text{н} = \dfrac{\mu mg}{M}\), \(a_\text{в} = \dfrac{F-\mu mg}{m}\), \(F_\text{тр.} = \mu mg\) (трение скольжения).

Решение

Проанализируем случаи.

1. Если \(F = 0\), то доски покоятся: \(a_\text{н} = a_\text{в} = 0\) и сила трения покоя \(F_\text{тр.} = 0\).

2. Если доски движутся как единое целое, то \(a_\text{н} = a_\text{в} = \dfrac{F}{M+m}\). Нижней доске сообщает ускорение только сила трения покоя: \(F_\text{тр.} = \dfrac{MF}{M+m}\). Трение покоя ограничено сверху силой трения скольжения \(\mu mg\), поэтому условие «как единое целое» имеет вид \(\dfrac{MF}{M+m} \le \mu mg\), то есть \(F \le \mu mg\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\).

3. Если \(F > \mu mg\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\), доски скользят друг относительно друга. Уравнения движения: \(m a_\text{в} = F - \mu mg\), \(M a_\text{н} = \mu mg\). Отсюда \(a_\text{н} = \dfrac{\mu mg}{M}\), \(a_\text{в} = \dfrac{F-\mu mg}{m}\), а сила трения скольжения \(F_\text{тр.} = \mu mg\). Условие \(a_\text{в} \ge 0\) при этом выполняется, так как в этом случае \(F > \mu mg\left(1+\dfrac{m}{M}\right) > \mu mg\).

Подсказка

Сила со стороны двух одинаковых зарядов на концах при малом смещении пропорциональна смещению; период гармонических колебаний зависит от заряда бусинки под корнем.

Ответ

Период уменьшится в \(2\) раза: \(T' = \dfrac{T}{2}\).

Решение

При смещении \(x\) на бусинку действует возвращающая сила \[F = \frac{kQq}{(l+x)^2} - \frac{kQq}{(l-x)^2} = -\frac{4lkQq\,x}{(l^2-x^2)^2}.\] При \(|x| \ll l\) знаменатель \((l^2-x^2)^2 \approx l^4\), поэтому \(F \approx -\dfrac{4kQq}{l^3}\,x\), то есть сила пропорциональна смещению. Уравнение движения \(m\ddot x + \dfrac{4kQq}{l^3}x = 0\) даёт гармонические колебания с \(\omega = \sqrt{\dfrac{4kQq}{ml^3}}\) и периодом \[T = \frac{2\pi}{\omega} = \pi\sqrt{\frac{ml^3}{kQq}}.\] При увеличении заряда бусинки \(Q\) в \(4\) раза \(\omega\) увеличивается в \(2\) раза, а период уменьшается в \(2\) раза.

Подсказка

Разряд длится очень мало, поэтому за это время стержень не успевает заметно отклониться, но получает импульс. Найдите импульс через заряд, прошедший по стержню, и приравняйте кинетическую энергию потенциальной.

Ответ

\(\alpha = 2\arcsin\left(\dfrac{BLCU}{2m\sqrt{gL_0}}\right)\).

Решение

При подключении конденсатора по стержню идёт ток \(I\), на стержень действует сила Ампера \(F_a = IBL\), перпендикулярная стержню и вектору \(\vec B\). Так как разряд короткий, стержень за это время почти не смещается, а получает горизонтальный импульс \(p = \sum F_i\,\Delta t_i = BL\sum I_i\,\Delta t_i = BLq\), где \(q = CU\) — заряд, прошедший по стержню при полном разряде конденсатора. Тогда скорость стержня \(v = \dfrac{p}{m} = \dfrac{BLCU}{m}\).

Дальше по закону сохранения энергии \(\dfrac{mv^2}{2} = mgL_0(1-\cos\alpha) = 2mgL_0\sin^2\dfrac{\alpha}{2}\), откуда \(\sin\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{v}{2\sqrt{gL_0}} = \dfrac{BLCU}{2m\sqrt{gL_0}}\), и \(\alpha = 2\arcsin\left(\dfrac{BLCU}{2m\sqrt{gL_0}}\right)\).