ВсОШ, 1995/96, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

Куб соскальзывать не будет. Если \(\dfrac{\rho_2}{\rho_1} = 20\), то \(x = \dfrac{61}{84}l\), положение равновесия устойчиво; если \(\dfrac{\rho_2}{\rho_1} = \dfrac{1}{20}\), то \(x = \dfrac{23}{84}l\), момент силы тяжести направлен по часовой стрелке и куб начнёт кувыркаться.

Решение

Так как \[F_{\text{тр}} = \mu mg\cos\alpha > mg\sin\alpha,\] куб соскальзывать не будет. Рассмотрим уравнение моментов относительно полюса \(A\) (рис. 94). Центр масс \(C\) находится на расстоянии \(x\) от передней грани, равном \[x = \dfrac{3 + \rho_1/\rho_2}{4\cdot(1 + \rho_1/\rho_2)},\] где \(\rho_1\) — плотность правой половины.

Если \[\dfrac{\rho_2}{\rho_1} = 20,\ \text{то}\ x = \dfrac{61}{84}l.\] Следовательно, момент силы тяжести направлен против часовой стрелки и положение равновесия устойчиво.

Если \[\dfrac{\rho_2}{\rho_1} = \dfrac{1}{20},\ \text{то}\ x = \dfrac{23}{84}l,\] момент силы тяжести направлен по часовой стрелке, и брусок начнёт кувыркаться.

Ответ

\(\mu_2 = \dfrac{v_0}{2g\tau}\), \(\mu_1 = 3\dfrac{v_0}{2g\tau}\).

Решение

На рис. 95 показана качественная диаграмма движения обоих тел, где \(v_1\), \(v_2\), \(v_{12}\) — скорости бруска, доски и доски с прекратившим по ней скользить бруском. Брусок движется равнозамедленно, а доска равноускоренно до момента \(\tau'\). От \(\tau'\) до \(\tau\) оба тела движутся как единое целое.

Используя уравнение для системы двух тел \(\Delta(mv) = F\tau\), находим \(\mu_2\), а затем и \(\mu_1\): \[mv_0 = 2\mu_2mg\tau,\ \mu_2 = \dfrac{v_0}{2g\tau},\ \mu_1 = 3\dfrac{v_0}{2g\tau}.\]

Ответ

\(\alpha = \dfrac{9qR}{2(q\tau + 3RT_0)}\).

Решение

Применим первое начало термодинамики ко всей системе: \[q\tau = \Delta U = C_V(T_1 - T_0) + C_V(T_2 - T_0) = \dfrac{3}{2}R(T_2 + T_1 - 2T_0).\qquad(1)\] (В уравнении учтено, что для одноатомного газа молярная теплоёмкость при постоянном объёме равна \(C_V = \dfrac{3}{2}R\).)

Запишем условие стационарности системы: \[p_1 = p_2 = p_{\text{кон}},\ q = q_{12} = \alpha(T_1 - T_2).\qquad(2)\] В обоих уравнениях \(T_1\) и \(T_2\) — установившиеся температуры газа в нагреваемой и охлаждающей частях цилиндра соответственно. Решая совместно уравнения (1) и (2), находим \(T_1\) и \(T_2\): \[T_1 = \dfrac{1}{3}\dfrac{q\tau}{R} + T_0 + \dfrac{q}{2\alpha},\qquad(3)\] \[T_2 = \dfrac{1}{3}\dfrac{q\tau}{R} + T_0 - \dfrac{q}{2\alpha}.\qquad(4)\] Используя уравнения состояния для обеих частей цилиндра в стационарном состоянии \(p_{\text{к}}(V_0 + \Delta V) = RT_1\), \(p_{\text{к}}(V_0 - \Delta V) = RT_2\), получаем \[n = \dfrac{V_0 + \Delta V}{V_0 - \Delta V} = \dfrac{T_1}{T_2}.\qquad(5)\] Подставляя в (5) значения \(T_1\) и \(T_2\) из (3) и (4), находим коэффициент теплопроводности при \(n = 2\): \[\alpha = \dfrac{9qR}{2(q\tau + 3RT_0)}.\]

Ответ

\(I = \dfrac{\mathcal{E}}{R_x} = \dfrac{\mathcal{E}}{2r}\left(\sqrt{1 + \dfrac{4r}{R}} - 1\right)\).

Решение

Изобразим схему, как показано на рис. 96. Потенциалы точек \(M_1\), \(M_2\), … одинаковы, т. е. мы можем соединить их, не изменяя показаний амперметра. Теперь задача сводится к вычислению сопротивления цепочки резисторов. Обозначив его как \(R_x\), получаем уравнение

\[\dfrac{R_xr}{R_x + r} + R = R_x.\] Здесь учтено, что подключение ещё одного звена не должно изменять сопротивления цепочки. Решение уравнения \[R_x = \dfrac{R + \sqrt{R^2 + 4rR}}{2}.\] Искомый ответ \[I = \dfrac{\mathcal{E}}{R_x} = \dfrac{\mathcal{E}}{2r}\left(\sqrt{1 + \dfrac{4r}{R}} - 1\right).\]

Ответ

\(v_0 \approx 2{,}5\) км/ч, \(u_1 \approx 3{,}1\) км/ч, \(u_2 \approx 4{,}1\) км/ч.

Решение

Пусть \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\) — углы между траекторией движения лодки и береговой линией в каждом из рукавов. Из приведённого рис. 31.10 (в условии задачи) следует: \[\sin\alpha_1 = \dfrac{4}{5},\ \sin\alpha_2 = \dfrac{3}{5},\ \cos\alpha_1 = \dfrac{3}{5},\ \cos\alpha_2 = \dfrac{4}{5}.\] Скорость лодки относительно системы координат, связанной с берегом, в каждом из рукавов равна \(\vec v = \vec u + \vec v_0\) (рис. 97). Из рисунка видно, что минимальный снос лодки по течению соответствует случаю, когда скорость лодки \(\vec v\) направлена по касательной к окружности радиуса \(v_0\).

Поэтому \[\sin\alpha_1 = \dfrac{v_0}{u},\] \[\dfrac{\sin\alpha_1}{\sin\alpha_2} = \dfrac{u_2}{u_1}.\] Обозначим \(\dfrac{u_2}{u_1} = n = \dfrac{4}{3}\). Горизонтальная составляющая скорости \(\vec v\) лодки есть \[v_{\text{гор}} = u - v_0\sin\alpha = u\left(1 - \dfrac{v_0}{u}\sin\alpha\right) = u\cos^2\alpha.\] Запишем полное время переправы: \[t = \dfrac{L_1}{u_1\cos^2\alpha_1} + \dfrac{L_2}{u_2\cos^2\alpha_2} = \dfrac{1}{u_1}\left[\dfrac{L_1}{\cos^2\alpha_1} + \dfrac{L_2}{n\cos^2\alpha_2}\right].\] Здесь \(L_1 = 0{,}3\) км и \(L_2 = 0{,}4\) км — снос лодки в каждом рукаве. Подставляя в это соотношение числовые значения величин, найдём \[u_1 \approx 3{,}1\text{ км/ч}.\] Теперь определим \(u_2\) и \(v_0\): \[u_2 = nu_1 \approx 4{,}1\text{ км/ч},\] \[v_0 = u_1\sin\alpha_1 \approx 2{,}5\text{ км/ч}.\]

Ответ

\(H = \dfrac{\Delta L_0}{2v_{\text{г}A}}(g\tau + \Delta v)\).

Решение

Рассмотрим сначала движение тела по вертикали. За малый промежуток времени \(\Delta t\) изменение его импульса составит: \[m\Delta v_{\text{в}} = -mg\Delta t - kv_{\text{в}}\Delta t = -mg\Delta t - k\Delta H,\] где \(k\) — коэффициент пропорциональности в выражении для силы сопротивления воздуха. Когда тело достигнет верхней точки траектории, изменение импульса тела будет равно \[-mv_{\text{в}0} = -mgt_1 - kH.\qquad(1)\] При движении тела вниз от верхней точки траектории до точки \(A\) изменение импульса составит \[mv_{\text{в}A} = mgt_2 - kH.\qquad(2)\] Складывая (1) и (2), получим \[-m\Delta v = mg\tau - 2kH,\] где \(\tau = t_2 - t_1\), \(\Delta v = v_{\text{в}0} - v_{\text{в}A}\). Отсюда \[H = \dfrac{m}{k}\dfrac{g\tau + \Delta v}{2}.\qquad(3)\] Рассмотрим теперь движение тела по горизонтали.

Изменение горизонтальной составляющей импульса тела \(\Delta v_{\text{г}}\) равно импульсу силы сопротивления воздуха: \[m\Delta v_{\text{г}} = -kv_{\text{г}}\Delta t = -k\Delta L,\] где \(\Delta L\) — малое смещение тела по горизонтали. Когда тело достигает точки \(A\), изменение горизонтальной составляющей импульса составит (по модулю) \[mv_{\text{г}0} - mv_{\text{г}A} = kL_A,\qquad(4)\] где \(L_A\) — расстояние между точками \(A\) и \(O\). При максимальном удалении, когда горизонтальная составляющая скорости станет равной нулю, полное изменение импульса тела будет равно \[mv_{\text{г}0} = kL_{\max}.\qquad(5)\] Вычитая (4) из (5), получаем \[\dfrac{m}{k} = \dfrac{\Delta L_0}{v_{\text{г}A}},\] где \(\Delta L_0 = L_{\max} - L_A\). Следовательно, \[H = \dfrac{\Delta L_0}{2v_{\text{г}A}}(g\tau + \Delta v).\]

Ответ

\(T = \sqrt{T_1T_2} = 400\) К; \(N_{\max} = 100\) кВт.

Решение

За время \(\tau\) холодильник получает количество теплоты, равное \(Q_x = a(T - T_2)\tau\). Коэффициент полезного действия цикла Карно \[\eta = \dfrac{Q_H - Q_x}{Q_H} = \dfrac{T_1 - T}{T_1}.\] Полезная работа тепловой машины равна \[A = Q_H - Q_x = Q_H\left(1 - \dfrac{T}{T_1}\right) = Q_x\dfrac{T_1}{T}\left(1 - \dfrac{T}{T_1}\right) = a(T - T_2)\tau\left(\dfrac{T_1}{T} - 1\right).\] Мощность тепловой машины \[N = \dfrac{A}{2\tau} = \dfrac{a}{2}\left(T_1 - \dfrac{T_2T_1}{T} - T + T_2\right).\] Эта величина достигает максимума при \(T = \sqrt{T_1T_2} = 400\) К. Выполнив вычисления, в этом случае получим \(N_{\max} = 100\) кВт.

Ответ

а) \(\varphi_{A1} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q_1}{r} + \dfrac{q_2}{r_2} + \dfrac{q_3}{r_3}\right)\); б) \(\varphi_{A2} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q_1}{r} - \dfrac{q_1}{r_2} + \dfrac{q_1 + q_2 + q_3}{r_3}\right)\); в) \(\varphi_{A3} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{q_2 + q_3}{r_3}\left(\dfrac{1}{r} - \dfrac{1}{r_1}\right)\left(\dfrac{1}{r_2} - \dfrac{1}{r_1} - \dfrac{1}{r_3}\right)^{-1}\).

Решение

В случае а) имеем \[\varphi_{A1} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q_1}{r} + \dfrac{q_2}{r_2} + \dfrac{q_3}{r_3}\right).\] В случае б) поле между сферами \(2\) и \(3\) отсутствует. На сфере \(2\) будет индуцирован заряд, равный \(-q_1\), заряд \(q_1 + q_2\) уйдёт на сферу \(3\). Из закона сохранения заряда следует, что полный заряд на сфере \(3\) будет равен \(q_1 + q_2 + q_3\). Следовательно, \[\varphi_{A2} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q_1}{r} - \dfrac{q_1}{r_2} + \dfrac{q_1 + q_2 + q_3}{r_3}\right).\] В случае в) после заземления сферы \(1\) её потенциал станет равным нулю: \[\varphi_1 = 0 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q_1^* + q_2 + q_3}{r_3} + \dfrac{q_1^*}{r_1} - \dfrac{q_1^*}{r_2}\right),\qquad(1)\] где \(q_1^*\) — заряд на сфере \(1\) после замыкания ключа \(K_2\). Из соотношения (1) находим \[q_1^* = \dfrac{q_2 + q_3}{r_3}\left(\dfrac{1}{r_2} - \dfrac{1}{r_1} - \dfrac{1}{r_3}\right)^{-1}.\] Тогда \[\varphi_{A3} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{q_1^*}{r} - \dfrac{q_1^*}{r_2} + \dfrac{q_1^* + q_2 + q_3}{r_3}\right) =\] \[= \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{q_2 + q_3}{r_3}\left(\dfrac{1}{r} - \dfrac{1}{r_1}\right)\left(\dfrac{1}{r_2} - \dfrac{1}{r_1} - \dfrac{1}{r_3}\right)^{-1}.\]

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{(2\rho g + p_0/l)S}} \approx 0{,}63\) с.

Решение

При смещении уровня ртути в каждом колене (рис. 98) на расстояние \(\Delta x\) из-за разности гидростатических давлений возникает сила, равная \[F_1 = 2\rho gS\Delta x.\]

Воздух в левом колене сжимается, объём воздуха при этом становится равным \((l - \Delta x)S\). По закону Бойля–Мариотта \[p_0l = (p_0 + \Delta p)(l - \Delta x) = p_0l - p_0\Delta x + \Delta pl - \Delta x\Delta p.\] Так как колебания малые, слагаемым \(\Delta x\Delta p\) можно пренебречь. Отсюда \(\Delta p = \dfrac{\Delta x}{l}p_0\), а сила, действующая со стороны воздуха, \(F_2 = \dfrac{\Delta x}{l}p_0S\). Уравнение движения ртути имеет вид \[ma + S\left(2\rho g + \dfrac{p_0}{l}\right)\Delta x = 0.\] Это уравнение совпадает с уравнением движения груза на пружинке с эффективной «жёсткостью» \[k = \left(2\rho g + \dfrac{p_0}{l}\right)S.\] Тогда по аналогии \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{(2\rho g + p_0/l)S}} \approx 0{,}63\text{ с}.\]