ВсОШ, 1992/93, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

\(h = \dfrac{v_2^2}{2g} = \dfrac{v_0^2}{2g}\left(\dfrac{2\alpha\beta}{\alpha + \beta^2}\right)^2\), где \(\alpha = m_1/m_2\), \(\beta = b/a\); при \(\alpha > \beta^2\) первый шарик движется вниз, при \(\alpha = \beta^2\) остаётся на месте, при \(\alpha < \beta^2\) подскакивает вверх.

Решение

Силы упругости \(F_1\) и \(F_2\), действующие соответственно на первый и второй шарики со стороны доски с момента удара, появляются одновременно в момент соприкосновения первого шарика с доской, одновременно достигают своих максимальных значений и одновременно исчезают, когда один из шариков отрывается от доски (рис. 80).

При этом в любой момент времени выполняется соотношение \[F_1a = F_2b,\qquad(1)\] поскольку доска — это обыкновенный рычаг Архимеда, с помощью которого тот был готов «перевернуть Землю», если бы нашёл точку опоры (в нашем случае — точка \(O\)). Соотношение (1) верно во всех случаях, когда рычаг неподвижен или, как в нашем случае, не имеет массы и для того, чтобы его повернуть, не требуется никакого усилия. Если \(F_{1\,\text{ср}}\) и \(F_{2\,\text{ср}}\) — усреднённые за время удара значения сил \(F_1\) и \(F_2\), то \[F_{1\,\text{ср}}a = F_{2\,\text{ср}}b.\qquad(2)\] Запишем второй закон Ньютона в импульсной форме, пренебрегая силой тяжести (в проекции на ось, направленную вертикально вниз): \[m_1(v_1 - v_0) = -F_{1\,\text{ср}}\Delta t,\qquad(3)\] \[m_2v_2 = -F_{1\,\text{ср}}\Delta t,\qquad(4)\] а также закон сохранения энергии при упругом ударе \[\dfrac{m_1v_0^2}{2} = \dfrac{m_1v_1^2}{2} + \dfrac{m_2v_2^2}{2}\qquad(5)\] (здесь \(v_1\) и \(v_2\) — скорости шаров после завершения удара; \(\Delta t\) — продолжительность удара).

Вводя обозначения \(\alpha = m_1/m_2\), \(\beta = \dfrac{b}{a}\) и решая совместно уравнения (1)–(4), получаем ответ: \[v_1 = v_0\dfrac{\alpha - \beta^2}{\alpha + \beta^2},\quad v_2 = -v_0\dfrac{2\alpha\beta}{\alpha + \beta^2}.\] Анализ решения: Скорость \(v_2\) отрицательна при любых значениях \(\alpha\) и \(\beta\), т. е. второй шарик всегда движется вверх. Движение первого шарика после удара зависит от заданных соотношений \(\alpha\) и \(\beta\):

\(\alpha > \beta^2 \to v_1 > 0\), первый шарик «проваливается» вниз, увлекая за собой доску;

\(\alpha = \beta^2 \to v_1 = 0\), первый шарик и доска остаются на месте, а второй шарик подпрыгивает;

\(\alpha < \beta^2 \to v_1 < 0\), оба шарика подскакивают вверх.

Из закона сохранения энергии находим высоту, на которую поднимается второй шарик: \[h = \dfrac{v_2^2}{2g} = \dfrac{v_0^2}{2g}\left(\dfrac{2\alpha\beta}{\alpha + \beta^2}\right)^2.\]

Ответ

\(\eta = \dfrac{4}{21}\).

Решение

КПД определяется как \(\eta = \dfrac{A}{Q^+}\), а так как \(Q^+ - |Q^-| = A\), его можно выразить через \(Q^-\): \(\eta = A/(A + |Q^-|)\).

Вычислить \(Q^-\) существенно проще, чем \(Q^+\). Тепло отдаётся на участках \(5\)–\(6\) и \(6\)–\(1\): \[|Q^-| = \dfrac{3}{2}R(T_5 - T_6) + \left(\dfrac{3}{2}R + R\right)(T_6 - T_1) =\] \[= \dfrac{3}{2}(16 - 4)p_0V_0 + \dfrac{5}{2}(4 - 1)\,p_0V_0 = \dfrac{51}{2}p_0V_0.\] Работа \(A\) численно равна площади цикла: \(A = 6\,p_0V_0\).

В результате получаем \[\eta = \dfrac{6}{6 + \dfrac{51}{2}} = \dfrac{4}{21}.\]

Ответ

\(A = \dfrac{mgl}{18}\).

Решение

Обозначим длину растянутого шнура через \(L = 10l/9\), а его коэффициент упругости — через \(k\). Вся работа пойдёт на увеличение потенциальной энергии шнура: \[A = \Delta E_{\text{пот}} = k\dfrac{(L - l)^2}{2}.\] Из условия имеем \(mg = \dfrac{1}{9}kl\). Отсюда получаем \[A = \dfrac{9mg}{l}\dfrac{l^2}{2\cdot9^2} = \dfrac{mgl}{18}.\] Для сравнения можно вычислить работу по натяжению шнура длиной \(0{,}9\,l\) до длины \(l\): \(A^* = \dfrac{mgl}{20}\). Очевидно, что эта работа должна быть немного меньше вычисленной выше, так как часть работы \(A\) перейдёт в упругую энергию участка шнура, намотанного на ворот.

Ответ

\(C_1 = \dfrac{1}{3}C_0\).

Решение

По определению, ёмкость конденсатора равна \(C = q/|\Delta\varphi|\). Чтобы найти ёмкость конденсатора, его нужно «зарядить» произвольным зарядом \(q\) и вычислить возникшую между обкладками разность потенциалов \(|\Delta\varphi|\), которая по определению равна \[|\Delta\varphi| = \left|\dfrac{A}{q_0}\right|,\] где \(A\) — работа по перемещению пробного заряда \(q_0\) между обкладками заряженного конденсатора. Для того, чтобы найти работу \(A\), построим график зависимости силы, действующей на пробный заряд \(q_0\), от расстояния \(x\) (рис. 81, а): \[F(x) = q_0E = q_0k/x.\]

Искомая работа \(A\) складывается из элементарных работ \(\Delta A_i = F_i\Delta x_i\) (площади прямоугольных столбиков на графике) и численно равна площади заштрихованной криволинейной трапеции \(S_1\). Если теперь, не изменяя заряда \(q\), увеличить \(R\) и \(r\) в два раза, то искомая работа будет изображаться площадью \(S_2\) (рис. 81, б). Легко сообразить, что \(S_1 = S_2\) (при сохранении способа разбиения и полного числа элементов-прямоугольников, каждый такой прямоугольник растянется вдвое по оси \(x\) и уменьшится вдвое по оси \(F\)). Таким образом, ёмкость цилиндрического конденсатора не изменяется при одновременном изменении размеров \(R\) и \(r\) в одинаковое число раз.

Изменение длины цилиндров приводит к пропорциональному изменению ёмкости, так как при этом изменяется площадь обкладок при неизменном расстоянии между ними.

Итак, увеличение радиусов \(R\) и \(r\) в два раза не изменит ёмкости конденсатора, а уменьшение длины \(l\) в три раза приведёт к уменьшению его ёмкости втрое: \[C_1 = \dfrac{1}{3}C_0.\]

Ответ

\(a = g\dfrac{\cos\alpha}{\left(1 - \dfrac{\sin^2\alpha}{2}\right)^{3/2}}\), не зависит от \(v_0\).

Решение

Максимальная высота подъёма камня определяется вертикальной составляющей начальной скорости: \[H = \dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}.\] На высоте \(\dfrac{H}{2}\) скорость камня найдём из закона сохранения энергии: \[\dfrac{mv^2}{2} = \dfrac{mv_0^2}{2} - mg\dfrac{H}{2}.\] Отсюда \[v^2 = v_0^2\left(1 - \dfrac{\sin^2\alpha}{2}\right).\] Угол наклона \(\varphi\) скорости камня к горизонту находим из условия \[\cos\varphi = \dfrac{v_{\text{гор}}}{v} = \dfrac{v_0\cos\alpha}{v},\] где \(v_{\text{гор}}\) — горизонтальная составляющая скорости камня. Следовательно, \[\cos\varphi = \dfrac{\cos\alpha}{\sqrt{1 - \dfrac{\sin^2\alpha}{2}}}.\] Рассмотрим теперь составляющую ускорения камня, нормальную к орбите движения (рис. 82),

\[\dfrac{v^2}{R} = g\cos\varphi.\] Здесь \(R\) — радиус кривизны на высоте \(\dfrac{H}{2}\). Он равен \[R = \dfrac{v^2}{g\cos\varphi}.\] Отсюда ускорение комара в этой точке траектории \[a = \dfrac{v_0^2}{R} = \dfrac{v_0^2g\cos\varphi}{v^2} = g\dfrac{\cos\alpha}{\left(1 - \dfrac{\sin^2\alpha}{2}\right)^{3/2}}.\] Таким образом, ответ не зависит от \(v_0\).

Ответ

\(a_{\max} = g\cdot0{,}58 \approx 5{,}7\) м/с\(^2\).

Решение

При включённом электрическом поле уравнение движения капли имеет вид (в проекциях на ось \(x\), направляющую вертикально вниз): \[ma = mg + eE - kv.\] Здесь \(e\) — заряд капли, \(E < 0\) — напряжённость электрического поля, \(k\) — коэффициент пропорциональности между скоростью \(v\) и силой сопротивления, \(g\) — ускорение свободного падения.

После выключения поля (\(t > t_1\)) уравнение движения примет вид \[ma = mg - kv.\] Максимальное ускорение \(a_1\) капли достигается в момент \(t_1\). Оно определяется выражением \(ma_1 = mg - kv_1\), где \(v_1\) — скорость в момент \(t_1\). Ускорение станет равным нулю, когда сила сопротивления уравновесит силу тяжести, т. е. \(mg = kv_\infty\). Отсюда \[a_1 = g\left(1 - \dfrac{v_1}{v_\infty}\right).\] Значения \(v_1\) и \(v_\infty\) находятся из графика численным интегрированием; \(v_\infty\) пропорциональна площади под всем графиком, \(v_1\) — под первой половиной графика до точки \(t_1\). Отсюда \[\dfrac{v_1}{v_\infty} = \dfrac{14{,}5}{34{,}5} = 0{,}42\] и \(a_1 = a_{\max} = g\cdot0{,}58 \approx 5{,}7\) м/с\(^2\).

Ответ

\(T = T_0\dfrac{1 + \dfrac{\nu\mu}{5M}}{1 + \dfrac{2\nu\mu}{5M}} = 0{,}98\,T_0\).

Решение

Весь газ перетечёт в сосуд 2. Закон сохранения энергии (первый закон термодинамики) можно записать в виде \[\dfrac{3}{2}\nu R(T - T_0) = MgH_0 - mgH + \dfrac{\nu\mu g}{2}(H_0 - H).\] До открытия крана (в левом сосуде) \(p_0 = \dfrac{Mg}{S}\); \(V_0 = SH_0\) и уравнение Менделеева–Клапейрона запишется в виде \(MgH_0 = \nu RT_0\), следовательно, \(gH_0 = \dfrac{\nu}{M}RT_0\). После открытия крана \(gH = \dfrac{\nu}{m}RT\). Подставляя это выражение в закон сохранения энергии, получим \[\dfrac{3}{2}\nu R(T - T_0) = \nu R(T_0 - T) + \dfrac{\nu\mu}{2}\left(\dfrac{\nu}{M}RT_0 - \dfrac{\nu}{m}RT\right)\] и окончательно \[T = T_0\dfrac{1 + \dfrac{\nu\mu}{5M}}{1 + \dfrac{2\nu\mu}{5M}} = 0{,}98\,T_0.\]

Ответ

\(A_{\text{ад}} = Q + 3A\).

Решение

Изобразим процесс в координатах \(p\)–\(V\) (рис. 83). Здесь «\(1 \to 2\)» — адиабата, «\(2 \to 3\)» — изохора. Отметим, что изотерма «\(3 \to 1\)» совпадает для данного уравнения состояния газа с изобарой, ибо \(p = \rho(T)/3\).

Так как процесс замкнут, то изменение внутренней энергии за цикл равно нулю \[\Delta U_{12} + \Delta U_{23} + \Delta U_{31} = 0.\] На изохоре работа \(A_{23} = 0\) и, следовательно, \[\Delta U_{23} = Q_{23} = Q.\] На изотерме \[\Delta U_{31} = U_1 - U_3 = \rho(T_1)(V_1 - V_2) = -3(V_2 - V_1)p_1 = 3A_{31} = 3A.\] Заметим, что при изотермическом сжатии газ совершает отрицательную работу: \(A < 0\). На адиабате \(Q_{12} = 0\), следовательно, \[A_{\text{ад}} = A_{12} = -\Delta U_{12} = \Delta U_{23} + \Delta U_{31} = Q + 3A.\]

Ответ

Сразу после замыкания ключа \(U_1 = -0{,}8\) В; после установления токов \(U_2 = 3{,}6\) В.

Решение

Так как вольтметр идеальный, то до замыкания ключа он показывает значение ЭДС батареи: \[U_0 = \mathcal{E} = 8\text{ В}.\] Сразу после замыкания ключа сила тока, текущего в цепи, равна \[I_1 = \dfrac{2U_0}{r_1 + r_2 + \dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2}} = 0{,}8\text{ А},\] а напряжение на второй батарее \[U_1 = \mathcal{E} - I_1r_2 = U_0\dfrac{r_1 - r_2 + \dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2}}{r_1 + r_2 + \dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2}} = -0{,}1U_0 = -0{,}8\text{ В}.\] Когда конденсатор зарядится, ток будет течь только через сопротивление \(R_1\), и тогда \[I_2 = \dfrac{2U_0}{r_1 + r_2 + R_1} = 4\text{ А}.\] Следовательно, \[U_2 = \mathcal{E} - I_2r_2 = U_0\dfrac{r_1 - r_2 + R_1}{r_1 + r_2 + R_1} = 0{,}45U_0 = 3{,}6\text{ В}.\] Обратим внимание на то, что напряжение на батарее в зависимости от схемы включения может менять знак.