ВсОШ, 1993/94, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

\(s = \dfrac{2}{g}v_{1x}v_{0y} = \dfrac{2v_0^2}{g}\sin\alpha(\cos\alpha - 2k\sin\alpha) = 0{,}75\) м.

Решение

Из второго закона Ньютона следует \[\vec F\,\Delta t = \Delta\vec p.\] В проекциях на вертикальную и горизонтальную оси: \[N\Delta t = \Delta p_y = 2mv_{0y},\] \[F_{\text{тр}}\Delta t = kN\Delta t = \Delta p_x = m(v_{0x} - v_{1x}).\] Деля второе уравнение на первое, получаем \[v_{1x} = v_{0x} - 2kv_{0y} = v_0(\cos\alpha - 2k\sin\alpha).\] Так как \(\cos\alpha - 2k\sin\alpha = \left(\sqrt{3}/2\right) - 1/2 > 0\), то шайба после первого соударения с плоскостью продолжит движение со скоростью \((v_{1x},\,v_{0y})\). При последующем соударении \[v_{2x} = v_{1x} - 2kv_{0y} = v_{0x} - 4kv_{0y} = v_0(\cos\alpha - 4k\sin\alpha).\] Но \(\cos\alpha - 4k\sin\alpha = \left(\sqrt{3}/2\right) - 1 < 0\) — \(x\)-я составляющая скорости шайбы после второго удара погасится. Шайба будет подпрыгивать на месте. Смещение вдоль горизонтальной оси составит \[s = \dfrac{2}{g}v_{1x}v_{0y} = \dfrac{2v_0^2}{g}\sin\alpha(\cos\alpha - 2k\sin\alpha) = 0{,}75\text{ м}.\]

Ответ

\(t_2 = \dfrac{7}{2}t_1 = 17{,}5\) ч.

Решение

При высоком вакууме молекулы свободного газа пролетают от одной стенки к другой, не сталкиваясь друг с другом, и переносят энергию непосредственно от одной стенки к другой. При постоянной разности температур \(\Delta T\) стенок, что имеет место в нашем опыте, тепловой поток, пропорциональный \(n\Delta T\), будет изменяться только вследствие изменения концентрации молекул воздуха между стенками сосуда. Так как в единицу времени в сосуд втекает одно и то же количество воздуха (\(v_{\text{вт}} \sim p_{\text{атм}} - p_{\text{с}}\); \(p_{\text{с}} \ll p_{\text{атм}}\); \(v_{\text{вт}} \sim p_{\text{атм}}\)), концентрация является линейной функцией времени \(n = n_0 + \alpha t\) (рис. 84). Коэффициент пропорциональности \(\alpha\) определим из условия \(6n_0 = n_0 + \alpha t_1 \Rightarrow \alpha = \dfrac{5n_0}{t_1}\).

Итак, \(n = n_0\left(1 + \dfrac{5t}{t_1}\right)\).

Азот будет испаряться за счёт теплового потока между стенками сосуда. За малый промежуток времени \(\Delta t_i\) испарится азот массы \(\Delta m\): \[Q\Delta t = L\Delta m,\ \chi\Delta Tn(t_i)\Delta t_i = L\Delta m,\ \chi\Delta T\sum_{i=1}^{N}n(t_i)\Delta t_i = LM.\] Здесь \(M\) — масса азота в сосуде, \(L\) — удельная теплота испарения азота, \(Q\) — тепловой поток, равный \(\chi\Delta Tn(t)\), где \(\chi\) — некоторый коэффициент пропорциональности, \(N\) — число малых промежутков \(\Delta t\). Площадь фигуры под графиком зависимости \(n(t_i)\) (рис. 84) равна \[S = \sum_{i=1}^{N}n(t_i)\Delta t_i = \dfrac{n_0 + 6n_0}{2}t_1 = \dfrac{7}{2}n_0t_1,\] т. е. \[\chi\Delta T\cdot\dfrac{7}{2}n_0t_1 = LM.\] Для неповреждённого сосуда \(n = n_0\). Тогда \(\chi\Delta T\cdot n_0t_2 = LM\). Окончательно \(t_2 = \dfrac{7}{2}t_1 = 17{,}5\) ч.

Ответ

Мощность на лампочке уменьшается в четыре раза.

Решение

В предположении, что сопротивление лампы \(R_{\text{л}}\) велико, напряжение на клеммах аккумулятора \(U = \mathcal{E} - Ir\), где \(\mathcal{E}\) — ЭДС аккумулятора, \(r\) — его сопротивление, \(I\) — сила тока, текущего через стартер. Мощность, выделяемая на стартере, \(N = UI = U(\mathcal{E} - U)/r\). Это выражение максимально при \(U = \mathcal{E}/2\). Мощность, выделяемая на лампочке, \(P = U^2/R_{\text{л}} = \mathcal{E}^2/(4R_{\text{л}})\), что в четыре раза меньше, чем при выключенном стартере.

Ответ

\(T = 4t = 8\sqrt{\varphi_0 l/g}\), где \(t = 2\sqrt{\varphi_0\dfrac{l}{g}}\).

Решение

Равнодействующая сил, приложенных к грузу массы \(m\), равна \[F = mg\cos\left(\dfrac{\pi}{4} + \varphi\right) \approx mg\cos\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{mg}{\sqrt{2}}.\] Тогда время движения \(t\) от положения с максимальным отклонением \(\varphi_0\) до положения, где \(\varphi = 0\), вычисляется как: \[\varphi_0l\sqrt{2} = \dfrac{F}{m}\cdot\dfrac{t^2}{2},\quad t = \sqrt{\varphi_0\dfrac{2ml\sqrt{2}}{F}} = 2\sqrt{\varphi_0\dfrac{l}{g}}.\] За расчётный период времени система 4 раза проходит этот путь. Таким образом, искомое время равно \(T = 4t\).

Ответ

При \(x < \dfrac{2mg}{k_1 - k_2}\) ускорения грузов одинаковы по модулю: \(|a| = \dfrac{k_1 + k_2}{2m}x\); при \(x > \dfrac{2mg}{k_1 - k_2}\) грузы движутся независимо: \(a_1 = g - \dfrac{k_1x}{m} < 0\), \(a_2 = \dfrac{k_2x}{m} + g > 0\).

Решение

Решение задачи иллюстрирует рис. 85.

Запишем уравнения второго закона Ньютона для обоих грузов в проекциях на ось \(x\), направленную вертикально вниз: \[-T - k_1x + mg = ma,\qquad(1)\] \[mg + k_2x - T = -ma.\qquad(2)\] При написании этих уравнений предполагалось, что \(a_1 = -a_2 = a\). Отсюда находим силу натяжения нити \(T\): \(T = mg - \dfrac{k_1 - k_2}{2}x\).

Сила натяжения нити \(T\) может принимать только неотрицательные значения (\(T \geqslant 0\)), поэтому возможны два случая.

1) Если \(x < \dfrac{2mg}{k_1 - k_2}\), то нить после отпускания левого груза натянута, а ускорения грузов одинаковы по модулю. Из уравнений (1) и (2) получаем \(|a| = \dfrac{k_1 + k_2}{2m}x\).

2) Если \(x > \dfrac{2mg}{k_1 - k_2}\), то нить в течение некоторого времени будет провисать, а левый и правый грузы будут двигаться независимо друг от друга с ускорениями \(a_1\) и \(a_2\) соответственно: \[a_1 = g - \dfrac{k_1x}{m} < 0,\quad a_2 = \dfrac{k_2x}{m} + g > 0.\]

Ответ

\(t_0 = \dfrac{2}{\sqrt{3}}\dfrac{v}{g} \approx 0{,}6\) с.

Решение

Поскольку трения нет, то во время столкновения шара с клином на шар со стороны клина действует сила, перпендикулярная поверхности клина, т. е. шар приобретает скорость под углом \(\alpha\) к вертикали (рис. 86).

Найдём скорости шара \(V\) и клина \(v'\) после столкновения, для чего запишем закон сохранения энергии и закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось \(x\): \[\dfrac{Mv^2}{2} = \dfrac{mV^2}{2} + \dfrac{Mv'^2}{2},\qquad(1)\] \[Mv = mV\sin\alpha + Mv'.\qquad(2)\] Из (2) находим \(v' = v - \dfrac{m}{M}V\sin\alpha\). Подставляя это выражение в (1), получим \[V = \dfrac{2v\sin\alpha}{1 + \dfrac{m}{M}\sin^2\alpha}.\] Зная скорость шара \(V\), определим скорость клина \(v'\), используя ранее полученное выражение: \[v' = v\left(\dfrac{1 - \dfrac{m}{M}\sin^2\alpha}{1 + \dfrac{m}{M}\sin^2\alpha}\right).\] Найдём составляющие \(u_x\) и \(u_y\) скорости шара относительно клина: \[u_y = V_y = V\cos\alpha = \dfrac{2v\sin\alpha\cos\alpha}{1 + \dfrac{m}{M}\sin^2\alpha},\] \[u_x = V_x - v' = v\dfrac{\left(2 + \dfrac{m}{M}\right)\sin^2\alpha - 1}{1 + \dfrac{m}{M}\sin^2\alpha}.\] При \(M = \dfrac{m}{2}\) и \(\sin\alpha = \dfrac{1}{2}\) скорость \(u_x = 0\), т. е. шар относительно клина движется вертикально вверх. Искомое время \(t_0 = \dfrac{2u_y}{g}\).

Так как \(u_y = \dfrac{v}{\sqrt{3}}\), то \(t_0 = \dfrac{2}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{v}{g} \approx 0{,}6\) с.

Ответ

\(0 < \rho_x < 0{,}21\) г/см\(^3\) и \(0{,}79\) г/см\(^3 < \rho_x < 1\) г/см\(^3\).

Решение

Брусок плавает в устойчивом положении, если при его отклонении на небольшой угол \(\alpha\) (рис. 87) возникает вращающий момент сил.

Момент сил удобно считать относительно продольной оси, проходящей через центр \(C\) торцевого сечения бруска, так как относительно этой оси момент силы тяжести бруска равен нулю. Момент архимедовой силы, действующей на погружённую в воду часть бруска, равен \[M = M_{OKD} - (M_{ABDN} - M_{ONE}).\] Обозначим \(M_{ABDN}\) через \(M_1\), а \(M_{OKD}\) — через \(M_2\). Поскольку по модулю \(M_{OKD} = M_{ONE} = M_2\), то положение бруска будет устойчивым, если \(2M_2 > M_1\). В свою очередь, имеем \[M_1 = \rho gLahl_1,\] где \(\rho\) — плотность воды, \(L\) — длина бруска, \(l_1 = \left(\dfrac{a}{2} - \dfrac{h}{2}\right)\alpha\), \[M_2 = \rho gL\dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}\dfrac{a}{2}\alpha l_2,\] где \[l_2 = \dfrac{2}{3}\dfrac{a}{2} + \left(h + \dfrac{a}{2}\right)\alpha.\] Неизвестную величину \(h\) можно найти из условия \[\rho ahL = \rho_xa^2L,\] где \(\rho_x\) — плотность бруска.

Введём обозначение: \(x = \rho_x/\rho\), тогда \(h = xa\). С учётом этого условие устойчивости бруска примет вид \[x^2 - \left(1 - \dfrac{\alpha}{2}\right)x + \dfrac{2 - 3\alpha}{12} > 0.\] Поскольку \(\alpha\) — малый параметр, неравенство можно упростить: \(x^2 - x + \dfrac{1}{6} > 0\). Решая это неравенство, получим \[0 < x < 0{,}21\quad\text{и}\quad 0{,}79 < x < 1.\] Так как плотность воды равна \(\rho = 1\) г/см\(^3\), имеем окончательно \[0 < \rho_x < 0{,}21\text{ г/см}^3\quad\text{и}\quad 0{,}79\text{ г/см}^3 < \rho_x < 1\text{ г/см}^3.\]

Ответ

\(\Delta H = H_{\text{л}} + H_{\text{в}} - H = 1{,}25\) м.

Решение

Найдём избыточное давление \(\Delta p_1\) (по отношению к нормальному атмосферному давлению), которое соответствует изменению температуры плавления льда на \(\Delta t_1 = t_1 - t_0\): \[\Delta p_1 = \dfrac{q(t_1 - t_0)\rho_{\text{в}}\rho_{\text{л}}}{T_0(\rho_{\text{л}} - \rho_{\text{в}})} = 1{,}41\cdot10^5\text{ Па}.\] Здесь \(T_0 = 273\) К — температура смеси «лёд–вода» при нормальном атмосферном давлении. Этому давлению соответствует давление столба льда высоты \[H_{\text{л}} = \dfrac{\Delta p_1}{\rho_{\text{л}}g} = 15{,}64\text{ м}.\] Этот столб льда будет находиться в верхней части трубы, а ниже него — вода. Из условия сохранения исходной массы воды: \[\rho_{\text{в}}H = \rho_{\text{л}}H_{\text{л}} + \rho_{\text{в}}H_{\text{в}}\] найдём высоту \(H_{\text{в}}\) столба воды: \[H_{\text{в}} = H - \dfrac{\rho_{\text{л}}}{\rho_{\text{в}}}H_{\text{л}} = 5{,}61\text{ м}.\] Изменение полной высоты воды и льда в трубе составляет \[\Delta H = H_{\text{л}} + H_{\text{в}} - H = 1{,}25\text{ м}.\]

Ответ

\(I = \dfrac{U_0}{R} = \dfrac{U_0S}{\rho h}\).

Решение

При переносе проводящей пластины параллельно обкладкам конденсатора, поле между ними и внесённой пластиной не изменяется, перенесём её к одной из обкладок конденсатора вплотную. Тогда получится простая эквивалентная схема, изображённая на рис. 88. В этой схеме конденсатор имеет площадь обкладок \(S\) и расстояние между ними \(d - h\). Конденсатор заряжен до напряжения \(U_0\), и его сопротивление равно \(R = \rho h/S\).

После замыкания обкладок конденсатора накоротко, в начальный момент по цепи потечёт ток (и сила тока в этот момент будет максимальной): \[I = \dfrac{U_0}{R} = \dfrac{U_0S}{\rho h}.\]