ВсОШ, 1996/97, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

\(\left(\dfrac{T_{\text{к}}}{T_0}\right)_{\max} = \dfrac{17}{12} \approx 1{,}43\).

Решение

Из условия адиабатичности процесса следует, что увеличение внутренней энергии газа происходит за счёт работы силы тяжести \[C(T_{\text{к}} - T_0) = mg(2x_2 - x_1) = p_0S(2x_2 - x_1),\qquad(1)\] где \(C = \dfrac{3R}{2}\), \(x_2\) — смещение поршня \(2m\) вниз, а \(x_1\) — смещение поршня \(m\) вверх. Из уравнения состояния идеального газа имеем: \[V_{\text{к}} = S(3a - x_2 + x_1) = \dfrac{RT_{\text{к}}}{p_{\text{к}}}.\qquad(2)\] Исключим из (1) и (2) \(x_1\): \[\begin{cases} \dfrac{3R}{2p_0S}(T_{\text{к}} - T_0) = 2x_2 - x_1,\\[2mm] \dfrac{RT_{\text{к}}}{Sp_{\text{к}}} = 3a - x_2 + x_1, \end{cases}\] отсюда \[x_2 + 3a = \dfrac{3}{2}\dfrac{RT_{\text{к}}}{p_0S} + \dfrac{RT_{\text{к}}}{Sp_{\text{к}}} - \dfrac{3}{2}\dfrac{RT_0}{p_0S}\] или \[T_{\text{к}} = \dfrac{\dfrac{3RT_0}{2p_0S} + 3a + x_2}{\dfrac{3R}{2p_0S} + \dfrac{R}{p_{\text{к}}S}}.\qquad(3)\] Из (3) следует, что \(T_{\text{к}}\) максимальна, когда \(x_2\) и \(p_{\text{к}}\) также максимальны. Но \[x_{2\max} = a,\quad p_{\text{к}\max} = \dfrac{2mg}{S} = 2p_0,\] \[T_{\text{к}\max} = \dfrac{\dfrac{3RT_0}{2p_0S} + 4a}{\dfrac{R}{p_0S}\left(\dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2}\right)},\quad \left(\dfrac{T_{\text{к}}}{T_0}\right)_{\max} = \dfrac{\dfrac{3}{2} + \dfrac{4}{3}}{2} = \dfrac{17}{12} \approx 1{,}43\] (использовано условие \(V_0 = 3aS = \dfrac{RT_0}{p_0}\)).

Ответ

\(\dfrac{m}{M} = \dfrac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{\sin^2\alpha} = 2\).

Решение

Пусть \(v_0\) — начальная скорость шара. Закон сохранения горизонтальной составляющей импульса при ударе шара о поверхность клина: \[mv_0 = (m + M)v_x,\qquad(1)\] где \(v_x\) — горизонтальная составляющая скорости шара после столкновения, равная скорости клина (в противоположном случае шар не упадёт в ту же точку).

Закон сохранения энергии: \[\dfrac{mv_0^2}{2} = \dfrac{m + M}{2}v_x^2 + \dfrac{m}{2}v_y^2,\qquad(2)\] где \(v_y\) — вертикальная составляющая скорости шара после столкновения с клином.

Пусть за время удара \(\Delta t\) шарика о клин между ними действовала сила, среднее значение которой равно \(F\). Тогда в проекциях на координатные оси уравнение второго закона Ньютона для обоих тел будет иметь вид \[mv_y = F\Delta t\cos\alpha,\qquad(3)\] \[Mv_x = F\Delta t\sin\alpha.\qquad(4)\] Из-за отсутствия трения сила \(\vec F\) направлена перпендикулярно поверхности клина. Исключив \(F\Delta t\) из (3) и (4), получим выражение \[\dfrac{m}{M}\dfrac{v_y}{v_x} = \dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha},\quad v_y = \dfrac{M}{m}v_x\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha}.\qquad(5)\] Подставим \(v_y\) в (2) и преобразуем полученное выражение: \[m^2v_0^2 = \dfrac{m^2\sin^2\alpha + mM\sin^2\alpha + M^2\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}v_x^2.\qquad(6)\] Возведя (1) в квадрат и поделив его на (6), найдём искомое соотношение: \[\dfrac{m}{M} = \dfrac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{\sin^2\alpha} = 2.\]

Ответ

\(x_{\text{ц}} = \dfrac{2}{3}Na = 10\) м.

Решение

Представим одномерную цепочку шаров в виде равнобедренного треугольника, состоящего из вплотную расположенных шаров одинаковой массы \(m\) (рис. 99). Очевидно, что положение центра масс \(x_{\text{ц}}\) этого треугольника и заданной цепочки шаров одинаково. Следовательно,

\[x_{\text{ц}} = \dfrac{2}{3}Na = \dfrac{2}{3}\cdot500\cdot3\text{ см} = 10^3\text{ см} = 10\text{ м}.\]

Ответ

а) вода в левой части трубы: 1) левая поверхность линзы выпуклая \(\Rightarrow F' > F\); 2) левая поверхность плоская \(\Rightarrow F' = F\); 3) левая поверхность вогнутая \(\Rightarrow F' < F\); б) вода в правой части трубы: 4) правая поверхность вогнутая, \(R = F\) \(\Rightarrow F' = F\); 5) правая поверхность вогнутая, \(R < F\) \(\Rightarrow F' < F\); 6) правая поверхность вогнутая, \(R > F\) \(\Rightarrow F' > F\); 7) правая поверхность плоская или выпуклая \(\Rightarrow F' > F\).

Решение

Собирающая линза может иметь три «формы»: плосковыпуклая, двояковыпуклая, вогнуто-выпуклая.

Возможны следующие варианты:

а) вода в левой части трубы:

1) левая поверхность линзы выпуклая \(\Rightarrow F' > F\), причём система линза–вода остаётся собирающей, так как \(n_{\text{л}} > n_{\text{в}}\);

2) левая поверхность линзы плоская \(\Rightarrow F' = F\);

3) левая поверхность линзы вогнутая \(\Rightarrow F' < F\);

б) вода в правой части трубы:

4) правая поверхность вогнутая \(R = F \Rightarrow F' = F\) (здесь \(R\) — радиус кривизны вогнутой поверхности линзы);

5) правая поверхность вогнутая \(R < F \Rightarrow F' < F\);

6) правая поверхность вогнутая, причём \(R > F \Rightarrow F' > F\);

7) правая поверхность плоская или выпуклая \(\Rightarrow F' > F\).

Заметим, что результаты для случаев 6) и 7) совпадают.

Ответ

\(A = \dfrac{13Q\mathcal{E}}{30}\).

Решение

Суммарный заряд обкладок конденсатора равен нулю. До внесения заряженной пластины в конденсатор заряд его правой обкладки \[Q = \dfrac{\varepsilon_0S}{6L}\mathcal{E},\qquad(1)\] где \(S\) — площадь обкладок конденсатора.

Поле в конденсаторе создаётся всеми зарядами. Энергия поля вне конденсатора не изменяется.

Проанализируем схему с внесённой в конденсатор пластиной. При перемещении вдоль электрической цепи (рис. 100) пробного единичного заряда выполняется равенство

\[q_1\dfrac{5L}{2\varepsilon_0S} - Q\dfrac{4L}{2\varepsilon_0S} + Q\dfrac{L}{2\varepsilon_0S} + q_1\dfrac{5L}{2\varepsilon_0S} = \mathcal{E}.\qquad(2)\] С учётом (1) получим \(q_1 = \dfrac{3}{2}Q\). Аналогично можно показать, что после перемещения пластины в положение \(A'B'\) заряд на правой обкладке конденсатора \(q_2 = \dfrac{11}{10}Q\).

Энергия поля конденсатора до и после перемещения пластины: \[W_1 = 2Q\mathcal{E}/3,\quad W_2 = 7Q\mathcal{E}/10.\] Работа источника тока \[A_{\text{и}} = (q_2 - q_1)\mathcal{E} = -2Q\mathcal{E}/5 < 0.\] По закону сохранения энергии \(A + A_{\text{и}} = W_2 - W_1\). Отсюда с учётом записанных выше выражений находим, что для перемещения пластины надо совершить работу \(A = 13Q\mathcal{E}/30\).

Ответ

\(r = r_0 + \dfrac{mg}{4\pi^2k\operatorname{tg}\alpha}\); \(\omega = \pi\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\).

Решение

Рассмотрим маленький элемент кольца массой \(\Delta m\), которому соответствует малый угол \(\beta\) (рис. 101, а). Масса элемента \(\Delta m = \dfrac{m}{2\pi}\beta\). Силу нормального давления \(N\) разложим на вертикальную \(N_1\) и горизонтальную \(N_2\) составляющие (рис. 101, б). Ясно, что \(N_2 = \dfrac{N_1}{\operatorname{tg}\alpha}\). Запишем условие равновесия элемента кольца:

\[N_1 = \Delta mg,\qquad(1)\] \[|\vec T'| = |\vec T| = T,\qquad(2)\] \[N_2 = 2T\sin\dfrac{\beta}{2}.\qquad(3)\] С учётом малости \(\beta\) имеем \(N_2 = T\beta\).

Решая совместно уравнения (1) и (3), находим силу натяжения: \[T = \dfrac{\Delta m\cdot g}{\beta\cdot\operatorname{tg}\alpha} = \dfrac{mg}{2\pi\operatorname{tg}\alpha}.\] Так как \(T = k(2\pi r - 2\pi r_0)\), то радиус кольца, находящегося на конусе, равен \[r = r_0 + \dfrac{mg}{4\pi^2k\operatorname{tg}\alpha}.\qquad(4)\] Пусть при вращении радиус кольца станет \(R = 2r\). Сила \(N_1\) не изменится. Значит, не изменится и \(N_2\). По второму закону Ньютона \[\Delta m\cdot a_{\text{ц}} = T_1\beta - N_2\ \Rightarrow\] \[\Delta m\omega^2R = T_1\beta - \dfrac{\Delta mg}{\operatorname{tg}\alpha},\] где \(a_{\text{ц}}\) — центростремительное ускорение, \(T_1 = 2\pi k(R - r_0)\). С учётом выражения для \(\Delta m\) и (4) получаем \[\omega^2 = \dfrac{4k\pi^2}{m}\dfrac{R - r}{R},\] откуда при \(R = 2r\) находим \[\omega = \pi\sqrt{\dfrac{2k}{m}}.\]

Ответ

\(T_{\max} = \dfrac{mg}{2}\cdot\dfrac{H^2 + l^2}{HL}\).

Решение

На участок \(AB\) провода (рис. 102) действуют силы натяжения \(T_1\) и \(T_2\). Переместим мысленно участок \(AB\) вверх на малое расстояние \(\Delta l\) вдоль кривой расположения провода. Работа сил натяжения равна изменению потенциальной энергии участка \(AB\):

\[T_2\Delta l - T_1\Delta l = \dfrac{m}{L}\Delta lgH.\] Отсюда \(T_2 - T_1 = \dfrac{m}{L}gH\).

Условие равновесия участка \(AB\) запишем в виде \[T_1^2 + \left(\dfrac{l}{L}mg\right)^2 = T_2^2.\] Из последних двух уравнений находим \(T_2\), которая и будет максимальной силой: \[T_{\max} = \dfrac{mg}{2}\cdot\dfrac{H^2 + l^2}{HL}.\]

Ответ

\(x = \dfrac{Q - |\Delta U|}{Q} \approx 0{,}0045\), т. е. на \(0{,}45\%\); \(\dfrac{\rho_1}{\rho_2} = \dfrac{32}{11} \approx 2{,}9\) (плотность газа уменьшилась примерно в \(2{,}9\) раза).

Решение

В цилиндре происходит химическая реакция \[4\text{Fe} + 3\text{O}_2 = 2\text{Fe}_2\text{O}_3.\] Пусть \(p\) — давление, \(T = 298\) К — температура во время процесса окисления, \(V\) — объём, \(\Delta U\) — изменение внутренней энергии. Работа газа в цилиндре \(A = p\Delta V = RT\Delta\nu\). По условию весь кислород вступил в реакцию, т. е. \(\Delta\nu = -3\) моля. Для ответа на первый вопрос надо найти величину \(x = (Q - |\Delta U|)/Q\). Имеем \[x = \dfrac{Q + \Delta U}{Q} = \dfrac{-A}{Q} = -\dfrac{RT\Delta\nu}{Q} \approx 0{,}0045\text{ или }x = 0{,}45\%.\] Обозначим через \(\rho_1\) и \(\rho_2\) начальную и конечную плотности газа, через \(m\) и \(\mu_{\text{ср}}\) — массу и среднюю молярную массу начальной смеси газов соответственно. Давление газа в цилиндре остаётся постоянным. \[p = \dfrac{\rho_1}{\mu_{\text{ср}}}RT = \dfrac{\rho_2}{\mu_2}RT.\] Отсюда \(\dfrac{\rho_1}{\rho_2} = \dfrac{\mu_{\text{ср}}}{\mu_2}\). Величину \(\mu_{\text{ср}}\) найдём из условия: \[\nu = \dfrac{m}{\mu_{\text{ср}}} = \dfrac{0{,}75m}{\mu_1} + \dfrac{0{,}25m}{\mu_2}.\] Здесь \(\mu_1 = 32\) г/моль, \(\mu_2 = 4\) г/моль. Из записанных уравнений находим \[\dfrac{\rho_1}{\rho_2} = \dfrac{4\mu_1}{\mu_1 + 3\mu_2} = \dfrac{32}{11} \approx 2{,}9.\]

Ответ

\(r_0 = \dfrac{r}{2}\left(1 + \sqrt{1 + 4\dfrac{R}{r}}\right) = 10\) Ом; \(\mathcal{E}_0 = \dfrac{\mathcal{E}}{2}\left(1 + \sqrt{1 + 4\dfrac{R}{r}}\right) = 30\) В.

Решение

Выделяем одно звено цепочки и подсоединяем к нему эквивалентную батарею (рис. 103). Напряжение на входе (между точками \(A\) и \(B\)) должно быть равно \(\mathcal{E}_0\), т. е. ЭДС разомкнутой батареи. Следовательно,

\[\mathcal{E}_0 = \mathcal{E} + \dfrac{\mathcal{E}_0R}{R + r_0}.\qquad(1)\] Для отыскания \(r_0\) накоротко замкнем вход \(AB\) (рис. 104). Тогда сила тока короткого замыкания

\[i_1 = \dfrac{\mathcal{E}_0}{r_0}.\] Найдём силу тока \(i_1\) из законов Кирхгофа: \[\begin{cases} i_1r - i_2R = \mathcal{E},& (2)\\ i_3r_0 + i_2R = \mathcal{E}_0,& (3)\\ i_3 = i_1 + i_2.& (4) \end{cases}\] Из (4) и (3) имеем \((i_1 + i_2)r_0 + i_2R = \mathcal{E}_0\), отсюда \(i_2(r_0 + R) = 0\), т. е. \(i_2 = 0\). Из (2) находим \(i_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{r} = \dfrac{\mathcal{E}_0}{r_0}\); \(\mathcal{E}_0 = \dfrac{r_0}{r}\mathcal{E}\). Подставляем полученное выражение для \(\mathcal{E}_0\) в (1): \[\dfrac{r_0}{r}\mathcal{E} = \mathcal{E} + \dfrac{R}{R + r_0}\dfrac{r_0}{r}\mathcal{E}.\qquad(5)\] Из (5) получаем квадратное уравнение относительно \(r_0\): \[r_0^2 - r_0r - Rr = 0,\] \[r_0 = \dfrac{r}{2}\left(1 \pm \sqrt{1 + 4\dfrac{R}{r}}\right).\] Знак «\(-\)» не подходит, так как тогда \(r_0 < 0\). Итак, \[r_0 = \dfrac{r}{2}\left(1 + \sqrt{1 + 4\dfrac{R}{r}}\right) = 10\text{ Ом}.\] \[\mathcal{E}_0 = \dfrac{\mathcal{E}}{2}\left(1 + \sqrt{1 + 4\dfrac{R}{r}}\right) = 30\text{ В}.\]

Ответ

Линза восстанавливается построением (плоскость линзы — прямая \(OЛ\), оптический центр \(O\) — точка пересечения прямых \(a\) и \(b\), фокусы — на главной оптической оси \(CC'\)); однозначно сказать, собирающая это линза или рассеивающая, невозможно.

Решение

Проведём прямую \(a\) через острия стрелок, а прямую \(b\) — через их окончания. Из свойств линз известно, что эти прямые должны пройти через оптический центр \(O\) линзы. Поскольку линза прямую линию отображает в прямую, то продолжения прямых линий, совпадающих со стрелками, должны пересечься в плоскости линзы (на рис. 105 это прямая \(OЛ\)). Главная оптическая ось \(CC'\) линзы перпендикулярна плоскости линзы и проходит через оптический центр \(O\). Луч, идущий параллельно главной оптической оси, преломившись в линзе, пройдёт через её фокус. Если этот луч к тому же проходит через конец стрелки, то продолжение преломлённого луча пройдёт через другой конец стрелки (следует из свойств линзы). Поскольку в условии не указано, какая из стрелок является предметом, а какая — изображением, однозначно сказать, какая была линза — собирающая или рассеивающая — невозможно.