ВсОШ, 1991/92, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

\(A = \dfrac{2(\mu mg - 2k\Delta x_{02})}{k} \approx 6\) см.

Решение

В случае, когда бруски находятся в равновесии, \(F_1 = F_2\) (рис. 75), т. е. \(k\Delta x_{01} = 2k\Delta x_{02}\). Таким образом, \(\Delta x_{02} = 1\) см.

Система совершает гармонические колебания, следовательно, скольжения одного бруска по другому нет. Поскольку общая масса системы равна \(2m\), а эффективная жёсткость пружин равна \(3k\), уравнение движения будет иметь вид: \[2ma = -3kx,\] где \(x\) — текущее смещение от положения равновесия, \(a\) — ускорение системы. Для того чтобы верхний брусок двигался с ускорением \(a\), сила трения \(F_{\text{тр}}\) должна удовлетворять уравнению: \[ma = -2k(x + \Delta x_{02}) + F_{\text{тр}},\] откуда \[F_{\text{тр}} = \dfrac{kx}{2} + 2k\Delta x_{02}.\] Поскольку сила трения не может превышать величины \(\mu mg\), то для максимальной амплитуды \(A\) имеем: \[\mu mg = \dfrac{kA}{2} + 2k\Delta x_{02}\] и \[A = \dfrac{2(\mu mg - 2k\Delta x_{02})}{k} \approx 6\text{ см}.\]

Ответ

\(m_2 = 2m_1\).

Решение

Опыт 1-й. Из закона сохранения импульса имеем \[m_1\vec v_0 = m_2\vec v_2'.\qquad(1)\] Опыт 2-й. Выберем систему отсчёта, движущуюся со скоростью \(\vec v_0\). В этой системе шайба \(m_2\) вначале покоится, а шайба \(m_1\) движется со скоростью \(v_1 = v_0\). Из закона сохранения импульса следует, что после столкновения шайб справедливы те же соотношения, что и в первом опыте: \[m_1\vec v_0 = m_2\vec v_2',\qquad(2)\] где \(\vec v_2'\) — скорость второй шайбы в движущейся системе отсчёта после соударения. Возвратимся в неподвижную систему отсчёта и запишем \[\vec v_2'' = \vec v_0 - \vec v_2' = \vec v_0 - \dfrac{m_1}{m_2}\vec v_0.\qquad(3)\] Окончательно из (1) и (3) получим \[\dfrac{m_1}{m_2} = 1 - \dfrac{m_1}{m_2},\quad\text{откуда}\quad \dfrac{m_2}{m_1} = 2,\] \[m_2 = 2m_1.\]

Ответ

\(x \approx 0{,}17\) м.

Решение

Обозначим \(p_{\text{а}}\) — давление воздуха слева и справа от поршня в резервуаре без воды, \(p_1\) и \(p_2\) — давления воздуха соответственно справа и слева от поршня в резервуаре с водой (рис. 76).

По закону Бойля–Мариотта \[p_{\text{а}}\dfrac{a^3}{2} = p_1\left(\dfrac{a}{2} - x\right)a^2,\qquad(1)\] \[p_{\text{а}}\dfrac{a^3}{2} = p_2\left(\dfrac{a}{2} + x\right)a\dfrac{a}{2}.\qquad(2)\] Условие равновесия поршня: \[p_1a^2 = p_2a^2 + \dfrac{\rho g a^3}{8}.\qquad(3)\] Из (1), (2) и (3) находим (\(y = x/a\)) \[\dfrac{1 - 4y^2}{6y - 1} = \dfrac{8p_{\text{а}}}{\rho g a} = 80.\] Окончательно: \(y \approx 0{,}17\), т. е. \(x \approx 0{,}17\) м.

Ответ

\(Q_0 = \dfrac{mgR(R+h)}{kq} \approx 1{,}9\cdot10^{-6}\) Кл.

Решение

Максимальное количество капель, попавших в отверстие шара, ограничивается его объёмом: \[n_1 = \dfrac{(4/3)\pi R^3}{(4/3)\pi r^3} = \left(\dfrac{R}{r}\right)^3 = 1{,}25\cdot10^5.\] Заряд, накапливающийся в шаре по мере падения капель, отталкивает вновь падающие капли. Обозначим через \(Q = n_2q\) заряд шара, здесь \(n_2\) — число капель, попавших в шар. Запишем закон сохранения энергии: \[mgh + k\dfrac{qQ}{R+h} = \dfrac{mv^2}{2} + k\dfrac{qQ}{R},\] где \(m = (4/3)\pi r^3\rho\) — масса капли, \(\rho = 10^3\) кг/м\(^3\) — плотность воды, \(v\) — скорость капли при попадании в отверстие шара, \(k = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\). При условии, когда \(Q_0\) максимален, скорость \(v = 0\), и тогда \[mgh + k\dfrac{qQ_0}{R+h} = k\dfrac{qQ_0}{R}.\] Отсюда получаем \[Q_0 = \dfrac{mgR(R+h)}{kq} \approx 1{,}9\cdot10^{-6}\text{ Кл}.\] Проверим, уместятся ли в шаре все капли, несущие такой заряд:

\[n_{2\max} = \dfrac{mgR(R+h)}{ky^2}\approx 1{,}06\cdot10^5 < n_1.\]

Ответ

\(x = \dfrac{4l}{\alpha} = \dfrac{4l}{1 - 1/\sqrt[5]{2}} \approx 31\) мм.

Решение

Обозначим амплитуду установившихся колебаний куба через \(x\). Тогда сила, деформирующая пружину при минимальной (и максимальной) её длине, равна \(F = kx\). Заранее предположим, что смещение \(l\) много меньше амплитуды колебаний. Тогда при этом смещении работу внешних сил можно записать в виде \(A = Fl = kxl\). Эта работа совершается дважды за период и равна изменению энергии системы за то же время: \[\Delta W = \alpha W_{\text{полн}} = 2A = 2kxl,\] где \(\Delta W\) — потеря энергии за период из-за вязкого трения.

За 10 периодов амплитуда колебаний куба уменьшается в два раза, следовательно энергия уменьшается в четыре раза. Отсюда \[(1 - \alpha)^{10} = \dfrac{1}{4}\quad\text{и}\quad \alpha = 1 - \dfrac{1}{\sqrt[5]{2}}.\] Из условия баланса энергии \[\alpha\dfrac{kx^2}{2} = 2kxl,\] отсюда \[x = \dfrac{4l}{\alpha} = \dfrac{4l}{1 - \dfrac{1}{\sqrt[5]{2}}} \approx 31\text{ мм} \gg 1\text{ мм}.\] Таким образом, сделанное вначале предположение в заданных условиях задачи выполняется.

Ответ

\(h = \dfrac{5}{7}H\).

Решение

Для решения используем уравнение Менделеева–Клапейрона: \(pV = \nu RT\). В начальном состоянии \(p = Mg/S\), \(V = H_0S\), \(T = T_0\) и уравнение запишется в виде \(MgH_0 = \nu RT_0\). После того, как поршень остановится (рис. 77), уравнение будет иметь вид \[Mg(H_0 + H - h) = \nu RT_1.\]

Так как второй процесс адиабатический, то используя первое начало термодинамики, можем записать уравнение баланса энергии: \[Mgh = \nu C_V(T_1 - T_0).\] С другой стороны \[\nu R(T_1 - T_0) = Mg(H - h).\] Отсюда \[\dfrac{h}{H - h} = \dfrac{C_V}{R},\] и окончательно \[h = \dfrac{H}{1 + \dfrac{R}{C_V}}.\] Для идеального двухатомного газа \(C_V = \dfrac{5}{2}R\), таким образом, \[h = \dfrac{5}{7}H.\]

Ответ

\(W = \dfrac{q^2}{\pi\varepsilon_0 l}\); \(v_1 = 3\sqrt{\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml}}\), \(v_2 = v_3 = \sqrt{\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml}}\).

Решение

После разлёта на большие расстояния суммарная кинетическая энергия шариков будет равна начальной энергии электростатического взаимодействия зарядов: \[W = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q^2}{l} + \dfrac{q^2}{l} + \dfrac{2q^2}{2l}\right) = \dfrac{q^2}{\pi\varepsilon_0 l}.\] Для ответа на второй вопрос найдем ускорения шариков сразу после того, как их отпустили: \[ma_1 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q^2}{l^2} + \dfrac{2q^2}{4l^2}\right) = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{3q^2}{2l^2},\quad\text{т.~е.}\quad a_1 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{3q^2}{2l^2m}.\] Аналогично \[a_2 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{q^2}{2l^2m},\quad a_3 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{q^2}{2l^2m}.\] Видно, что крайние шарики начали двигаться относительно среднего в разные стороны с одинаковым ускорением (рис. 78)

\[a = a_1 - a_2 = a_3 - a_2 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{q^2}{l^2m},\] следовательно, расстояния от каждого из них до среднего шарика будут всё время одинаковыми. Отношение скоростей шариков будет таким же, как и отношение их ускорений: \[v_1 : v_2 : v_3 = 3 : 1 : 1.\] Запишем закон сохранения энергии \[\dfrac{m(3v)^2}{2} + \dfrac{2mv^2}{2} + \dfrac{5mv^2}{2} = \dfrac{q^2}{\pi\varepsilon_0 l}.\] Отсюда \[v = \sqrt{\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml}}\] и соответственно \[v_1 = 3\sqrt{\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml}},\quad v_2 = v_3 = \sqrt{\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml}}.\]

Ответ

\(R \approx 11\) Ом; нелинейный элемент — лампочка накаливания.

Решение

Наиболее простое решение получается, если провести касательные к вольтамперным характеристикам при \(U = 0\) (рис. 79). По наклону касательных найдём сопротивления для параллельного и последовательного соединения элементов при малых напряжениях. Если обозначить сопротивление резистора через \(R\), а сопротивление нелинейного элемента через \(r\), то получим

\[R + r = 14\text{ Ом}\quad\text{и}\quad\dfrac{Rr}{R + r} = 2{,}5\text{ Ом}.\] Исключая из системы одно неизвестное, имеем \[R^2 - 14R + 35 = 0.\] Отсюда \(R_1 \approx 11\) Ом, \(R_2 \approx 3{,}25\) Ом.

Второе решение явно не подходит. Следовательно, \(R = 11\) Ом. Исходя из полученного результата, можно построить вольт-амперную характеристику нелинейного элемента — это характеристика лампочки накаливания.