Ведомственная, 2021/22, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Работа сил трения на всём пути санок равна их начальной кинетической энергии. Сила трения о лёд меняется линейно, пока полозья переходят со льда на снег.

Ответ

\(\mu_2 = \dfrac{v^2}{g l} - 3\mu_1 \approx 0{,}25\).

Решение

Модуль работы силы трения равен сумме трёх слагаемых: \(A = A_0 + A_1 + A_2\), где \(m\) — масса санок с мальчиком:

• \(A_0 = \mu_1 m g l\) — полозья полностью на льду на пути \(l\);

• \(A_1 = \mu_1 m g l / 2\) — сила трения о лёд уменьшается линейно от \(\mu_1 m g\) до нуля, пока полозья переходят на снег;

• \(A_2 = \mu_2 m g l / 2\) — трение о снег на том же пути (сила растёт линейно).

Санки останавливаются полностью на снегу: \[\frac{m v^2}{2} = \mu_1 m g l + \frac{\mu_1 m g l}{2} + \frac{\mu_2 m g l}{2} \quad\Rightarrow\quad \mu_2 = \frac{v^2}{g l} - 3\mu_1.\]

Подсказка

Движущаяся крышка пересекает магнитное поле, в ней возникает разность потенциалов, как в конденсаторе, и появляется ток. Сила Ампера от этого тока пропорциональна ускорению крышки.

Ответ

\(a = \dfrac{GM}{R^2\left(1 + \dfrac{\varepsilon_0 S B^2 l}{m}\right)}\), где \(S\) — площадь крышки, \(l\) — её толщина.

Решение

Заряды в металлической крышке при движении смещаются так, что возникает электрическое поле \(E = vB\) и разность потенциалов \(U = vBl\). Крышка с площадью \(S\) и толщиной \(l\) эквивалентна плоскому конденсатору с зарядом \(q = \varepsilon_0 S U / l = \varepsilon_0 S v B\). При ускорении \(a\) ток \(I = \dfrac{\Delta q}{\Delta t} = \varepsilon_0 S B a\), на проводник с током действует сила Ампера \(F = I B l = \varepsilon_0 S B^2 l\, a\), направленная против ускорения.

Сила тяготения звезды на крышку \(G\dfrac{Mm}{R^2}\). Второй закон Ньютона: \[m a = G\frac{Mm}{R^2} - \varepsilon_0 S B^2 l\, a \quad\Rightarrow\quad a = \frac{GM}{R^2\left(1 + \varepsilon_0 S B^2 l / m\right)}.\]

Подсказка

Запишите уравнение состояния пара и первое начало для адиабатического сжатия: работа внешних сил идёт на нагрев пара и на испарение воды. Связь \(\Delta p\) и \(\Delta T\) дана в условии.

Ответ

\(\eta = \dfrac{\Delta m}{m} = \dfrac{(k-1)R - C_V}{\mu\lambda + RT}\,\Delta T\), где \(\Delta m\) — масса испарившейся воды, \(m\) — масса пара в исходном состоянии. При \(C_V = 3R\) это \(\dfrac{(k-4)R}{\mu\lambda + RT}\,\Delta T \approx 0{,}0024\).

Решение

Состояние пара: \(pV = \dfrac{m}{\mu} R T\). Для малых изменений: \[p\,\Delta V + \Delta p\cdot V = \frac{\Delta m}{\mu} R T + \frac{m}{\mu} R\,\Delta T.\] При адиабатическом сжатии работа внешних сил \(-p\,\Delta V\) идёт на приращение внутренней энергии пара \(\dfrac{m}{\mu} C_V \Delta T\) и на испарение воды массой \(\Delta m\) (энергия \(\lambda\,\Delta m\)): \[-p\,\Delta V = \frac{m}{\mu} C_V\,\Delta T + \lambda\,\Delta m.\] Условие связи давления и температуры: \(\dfrac{\Delta p}{p} = k\dfrac{\Delta T}{T}\). Решая систему, получаем ответ.

Подсказка

Смещённый шарик оказывается в жидкости другой плотности, поэтому сила Архимеда и вес уже не уравновешиваются. Получите возвращающую силу, пропорциональную смещению, и сравните с пружинным маятником.

Ответ

\(N = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{g}{L}\,\dfrac{\Delta\rho}{\rho}}\).

Решение

Шарик объёма \(V\) и плотности \(\rho_ш\) в положении равновесия имеет \(\rho_ш = \rho\). Ось \(x\) направим вверх от положения равновесия. При смещении \(\Delta x\) плотность жидкости в точке шарика равна \(\rho(\Delta x) = \rho - \dfrac{\Delta\rho}{L}\,\Delta x\). Результирующая сила \[F_x = F_A - F_T = -\rho V g + \left(\rho - \frac{\Delta\rho}{L}\Delta x\right) V g = -\frac{\Delta\rho}{L}\, V g\,\Delta x.\] Это возвращающая сила вида \(F = -k\,\Delta x\) с \(k = \dfrac{\Delta\rho}{L} V g\). Частота колебаний \(N = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{k/m}\), а с \(m = \rho V\): \[N = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g}{L}\,\frac{\Delta\rho}{\rho}}.\]

Подсказка

Молекулы воздуха, отражаясь от нагретой нижней поверхности, передают ей и уносят от неё разный импульс. Среднеквадратичная скорость молекул зависит от температуры поверхности, от которой они отразились.

Ответ

\(T \ge T_0\left(\dfrac{4mg}{P\pi d^2} + 1\right)^2\).

Решение

На диск действуют сила тяжести, подъёмная сила \(F_1\) снизу и сила \(F_2\) сверху (см. рисунок).

Молекулы после отражения от нижней поверхности имеют среднеквадратичную скорость \(v_{\text{ср.кв.},2} = \sqrt{3kT/m_0}\), после отражения от верхней \(v_{\text{ср.кв.},1} = \sqrt{3kT_0/m_0}\). С учётом равноправия направлений проекция на ось \(y\) даёт \(v_{y,2}^2 = kT/m_0\) и \(v_{y,1}^2 = kT_0/m_0\). Изменение импульса по оси \(y\) на одно соударение: \(\Delta p_y = m_0\left(\sqrt{kT/m_0} - \sqrt{kT_0/m_0}\right)\).

За время \(\Delta t\) с площадкой \(S\) сталкиваются молекулы из слоя \(\Delta l = v_{y,1}\Delta t\) с концентрацией \(n = P/(kT_0)\), то есть \(N = n S\,\Delta l\). Подъёмная сила на площадь \(S\): \[\left|\vec F_1 - \vec F_2\right|_y = \frac{N\,\Delta p_y}{\Delta t} = n S\, m_0\, \sqrt{\frac{kT_0}{m_0}}\left(\sqrt{\frac{kT}{m_0}} - \sqrt{\frac{kT_0}{m_0}}\right) = S P\left(\sqrt{\frac{T}{T_0}} - 1\right).\] Для подъёма дрона нужно \(PS\left(\sqrt{T/T_0} - 1\right) \ge mg\). Для диска \(S = \pi d^2/4\): \[P\,\frac{\pi d^2}{4}\left(\sqrt{\frac{T}{T_0}} - 1\right) \ge mg \quad\Rightarrow\quad T \ge T_0\left(\frac{4mg}{P\pi d^2} + 1\right)^2.\]