ВсОШ, 1994/95, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

\(\Delta T = \dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{Q}{\nu R}\).

Решение

Поскольку электрическое поле однородно, сила притяжения между поршнем и дном цилиндра не зависит от положения поршня. Поэтому давление \(p\) в газе во время опыта постоянно (даже с учётом наружного атмосферного давления и веса поршня). Согласно закону сохранения энергии количество теплоты, полученное газом, \(Q = \nu\dfrac{3}{2}R\Delta T + A\). Если изменение объёма газа равно \(\Delta V\), то работа газа \(A = p\Delta V\). Учитывая уравнение состояния газа, имеем \(A = \nu R\Delta T\). Из записанных равенств находим изменение температуры: \(\Delta T = \dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{Q}{\nu R}\).

Ответ

\(R = r\dfrac{5 + \sqrt{41}}{4}\).

Решение

Пусть искомое сопротивление \(R = xr\). Тогда, отделив первую ячейку, мы получим бесконечную цепочку, сопротивление которой равно \(x\cdot2r\). Используя формулы для расчёта соединений сопротивлений, мы получаем уравнение: \[xr = 2r + r\cdot\dfrac{2xr}{r + 2xr},\] откуда \(x = \dfrac{5 + \sqrt{41}}{4}\) и \(R = r\dfrac{5 + \sqrt{41}}{4}\).

Ответ

\(n = 4 + 3 + 2 + 1 = 10\) столкновений.

Решение

Перейдём в систему отсчёта, которая движется с ускорением \(\vec g\). Ось \(X\) направлена вдоль оси стержня. В этой системе бусинки движутся равномерно, обмениваясь скоростями при столкновениях. На графике (рис. 89) их движение изображается пересекающимися прямыми линиями. Число столкновений бусинок равно числу пересечений прямых линий. Число пересечений \(n = 4 + 3 + 2 + 1 = 10\).

Ответ

\(\left(\dfrac{L}{l}\right)^2 = \left(\dfrac{c - v}{c}\right)^2 \approx 0{,}9\).

Решение

В отсутствие ветра звуковая энергия, излучаемая точечным источником звука (рис. 90), распространяется во все стороны одинаково, т. е. изотропно. Поток энергии в единицу времени сквозь поверхность единичной площади на сфере радиуса \(L\) с центром в точке \(A\) равен мощности источника звука, делённой на \(4\pi L^2\).

Когда дует ветер, звук «сносится» в сторону, противоположную направлению от источника на микрофон. В этом случае удобно перейти в систему отсчёта, связанную с движущимся потоком воздуха. Поскольку по условию задачи ветер не вносит завихрений, то в этой системе отсчёта распространение звука из точки \(A\) также изотропно и поток энергии в единицу времени сквозь единичную площадку на сфере радиуса \(l\) также обратно пропорционален \(l^2\). Расстояния в системе отсчёта, движущейся с постоянной скоростью \(v\), и неподвижной системе отсчёта связаны соотношением \[l = L\dfrac{c}{c - v}.\] Относительное изменение мощности звуковой энергии, поглощаемой микрофоном, равно \[\left(\dfrac{L}{l}\right)^2 = \left(\dfrac{c - v}{c}\right)^2 \approx 0{,}9.\]

Ответ

\(t_{\text{сум}} = \dfrac{t_0}{6} = 0{,}5\) с.

Решение

Нумеруем бруски и силы трения так, как показано на рис. 91.

В случае удара по верхнему бруску (брусок \(1\)) \(F_{2\max} = 4F_{1\max}\), поэтому движется только брусок \(1\): \(a_0 = -\mu g\); \(t_0 = v_0/a\).

Разобьём движение брусков после удара по нижнему бруску (брусок \(3\)) на три этапа.

1. Силы трения очевидны: \(F_1 = \mu mg\), \(F_2 = 4\mu mg\), \(F_3 = 9\mu mg\) и тогда имеем \(a_1 = a_0\), \(a_2 = 3a_0\), \(a_3 = -13a_0\), где \(a_0 = \mu g\).

Скорости брусков \(2\) и \(3\) уравниваются: \[v_0 - 13a_0t = 3a_0t,\ t = \dfrac{t_0}{16}.\] При этом \(v_1 = \dfrac{v_0}{16}\), \(v_2 = v_3 = \dfrac{3v_0}{16}\).

2. Бруски \(2\) и \(3\) скользят вместе, поскольку из уравнения \[-9\mu mg + F_2 = -\mu mg - F_2\] получим \(F_2 = 4\mu mg\). Тогда \[a_2'' = a_3'' = -5a_0,\ a_1' = a_0.\] Скорости всех брусков уравниваются через время \(\Delta t\): \[\dfrac{3v_0}{16} - 5a_0\Delta t = \dfrac{v_0}{16} + a_0\Delta t.\] Скорость каждого бруска равна \(\dfrac{v_0}{12}\), \(\Delta t = \dfrac{t_0}{48}\).

3. Бруски снова разъезжаются, так как \(|a_3''| \geqslant 5a_0\), а \(|a_1''| \leqslant a_0\); \[a_1'' = -a_0,\ a_2'' = -3a_0,\ a_3'' = -5a_0.\] Последним остановится брусок \(1\) за время \(t_1 = \dfrac{t_0}{12}\).

Итак, полное время, за которое система приходит в состояние покоя, \[t_{\text{сум}} = t + \Delta t + t_1 = \dfrac{t_0}{6} = 0{,}5\text{ с}.\] Задачу можно решить графически — см. рис. 92. В кружке указан номер соответствующего бруска, цифры без кружочка — угловые коэффициенты прямой (ускорения соответствующего бруска в единицах \(\left|\dfrac{v_0}{t_0}\right|\)). Ускорение верхнего бруска после удара по нему равно \(\dfrac{v_0}{t_0} = \mu g\).

Ответ

\(\alpha = \dfrac{p_1v_0 - c_{\text{в}}\Delta t}{\lambda} = 0{,}035\) (испарилось 3,5% воды).

Решение

Так как процесс продавливания воды через перегородку адиабатический, теплообмена нет: \(Q = 0\). При этом силы давления, действующие на поршень \(A\), совершают работу \(A_1 = p_1V_1\), а силы давления на поршень \(B\) — работу \(A_2 = -p_2V_2\). По условию \(p_1 \gg p_2\). Предположим, что испарится лишь малая часть воды, т. е. \(V_2 \approx V_1\). Тогда можно считать, что \(A_1 \gg |A_2|\). Первый закон термодинамики запишется в виде: \[c_{\text{в}}m\Delta t + \lambda\Delta m \approx p_1V_1,\] где \(\Delta m\) — масса испарившейся воды. Так как под поршнем \(B\) смесь воды и пара находится при давлении \(p_2 = 1\) атм, температура смеси равна \(100\ ^\circ\)C. Следовательно, вода нагрелась на \(\Delta t = 5\ ^\circ\)C. Относительная масса \(\alpha\) испарившейся воды равна \[\alpha = \dfrac{\Delta m}{m} = \dfrac{\dfrac{p_1V_1}{m} - c_{\text{в}}\Delta t}{\lambda} = \dfrac{p_1v_0 - c_{\text{в}}\Delta t}{\lambda}.\] Здесь \(v_0 = \dfrac{V_1}{m} = 10^{-3}\) м\(^3\)/кг — удельный объём воды. Вычисляя, находим \[\alpha = \dfrac{10^8\cdot10^{-3} - 4200\cdot5}{2260\cdot10^3} = 0{,}035.\] Таким образом, как и предполагалось, испарилась лишь малая часть воды (\(3{,}5\%\)).

Ответ

\(\sqrt{\dfrac{T_1}{T_0}} = \dfrac{1}{p_0}\left(\rho gh + \dfrac{2\sigma}{r}\right) \approx 1{,}06\), \(\dfrac{T_1}{T_0} = 1{,}12\).

Решение

Условие равновесия для пузыря с учётом сил поверхностного натяжения \(\rho gh + \dfrac{2\sigma}{r} = p_1\), где \(p_1 = n_1kT_1\) — давление газа в пузыре. Чтобы объём пузыря оставался неизменным, потоки газа в пузырь и из пузыря должны быть равны друг другу: \(\dfrac{1}{4}n_1\bar v_1 = \dfrac{1}{4}n_0\bar v_0\), где \(n_1\) и \(n_0\) — концентрации газа в пузыре и в нижнем отсеке, \(\bar v_1\) и \(\bar v_0\) — средние скорости теплового движения молекул газа.

Так как \(\bar v \sim \sqrt{T}\), то \(n_1 = n_0\sqrt{\dfrac{T_0}{T_1}}\). Отсюда \[\rho gh + \dfrac{2\sigma}{r} = n_0kT_1\sqrt{\dfrac{T_0}{T_1}} = p_0\sqrt{\dfrac{T_1}{T_0}},\] \[\sqrt{\dfrac{T_1}{T_0}} = \dfrac{1}{p_0}\left(\rho gh + \dfrac{2\sigma}{r}\right) \approx 1{,}06\quad\text{и}\quad\dfrac{T_1}{T_0} = 1{,}12.\]

Ответ

\(r = \dfrac{2}{5}R\).

Решение

Тот факт, что сопротивление между стержнями не уменьшилось в два раза с увеличением глубины их погружения в два раза, означает, что ток протекает не только через боковые поверхности стержней, но и через торцы. Если \(R_p\) — сопротивление, обусловленное протеканием тока через боковые поверхности, а \(R_0\) — сопротивление, обусловленное влиянием торцов, то \[\dfrac{R_0R_p}{R_0 + R_p} = R.\] В случае увеличения глубины погружения в два раза имеем \[\dfrac{R_0\dfrac{R_p}{2}}{R_0 + \dfrac{R_p}{2}} = \dfrac{2}{3}R.\] Отсюда \(R_0 = R_p = 2R\) и тогда находим \[r = \dfrac{R_0\dfrac{R_p}{4}}{R_0 + \dfrac{R_p}{4}} = \dfrac{2}{5}R.\]

Ответ

\(T = \dfrac{IBR}{2}\).

Решение

Очевидно, что поле вблизи торца соленоида неоднородно. Но если мысленно к этому соленоиду «приставить» точно такой же соленоид, то из соображений симметрии ясно, что аксиальные составляющие магнитных полей обоих соленоидов одинаковы и равны \(\dfrac{B}{2}\), а радиальные взаимно компенсируют друг друга. Возвратимся к исходной задаче. Сила, действующая со стороны составляющей магнитного поля, лежащей в плоскости витка, будет прижимать виток к картону, а сила, обусловленная аксиальной составляющей поля, будет растягивать виток. Найдём условие равновесия витка. Для этого разделим его на две половинки. Сила Ампера, действующая на элемент витка \(dl\), равна \(dF = \dfrac{B}{2}Idl\) (рис. 93), а её проекция на ось \(x\)

\[dF_x = dF\sin\varphi = I\dfrac{B}{2}\Delta l\sin\varphi = I\dfrac{B}{2}dy.\] Таким образом, полная сила, действующая на полукольцо, есть \[F = \dfrac{IB}{2}\cdot2R = IBR.\] Эта сила уравновешивается силой натяжения витка в точках \(A\) и \(B\). Следовательно, \[2T = IBR\quad\text{и}\quad T = \dfrac{IBR}{2}.\]