ВсОШ, 1997/98, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

\(F = G\dfrac{(m_1 - m_0)(m_2 - m_0)}{r^2}\), где \(m_0 = \dfrac{4}{3}\pi a^3\rho_0\) — масса жидкости в объёме шарика; в первом и третьем случаях шарики притягиваются, во втором — отталкиваются.

Решение

При помещении шарика \(m_1\) в жидкую среду возникает неравномерное распределение давления в жидкости (сферически симметричное с максимумом на поверхности шарика). Выделим объём \(V = \dfrac{4}{3}\pi a^3\) в той точке, куда затем мы поместим шарик. Так как этот объём массой \(m_0\) находится в равновесии, то сила гравитационного притяжения должна уравновешиваться силой давления: \(F_{\text{д}} = G\dfrac{(m_1 - m_0)m_0}{r^2}\). Эта сила направлена от шарика \(m_1\). При помещении в эту точку шарика \(m_2\) сила \(F_{\text{д}}\) не изменится, а сила гравитационного притяжения станет равной \(F_{\text{г}} = G\dfrac{(m_1 - m_0)m_2}{r^2}\) и будет направлена к шарику \(m_1\). Поэтому равнодействующая этих сил, направленных к шарику \(m_1\), будет равна \(F_2 = F_{\text{г}} - F_{\text{д}} = G\dfrac{(m_1 - m_0)(m_2 - m_0)}{r^2}\). По третьему закону Ньютона \(\vec F_1 = -\vec F_2\).

В первом и третьем случаях шарики притягиваются, во втором — отталкиваются.

Ответ

\(\beta_{\max} = \arccos\left(\dfrac{2v_1v_2}{v_1^2 + v_2^2}\cos\alpha\right)\).

Решение

Запишем закон сохранения импульса для сталкивающихся частиц: \[\vec v_1 + \vec v_2 = \vec v_1' + \vec v_2'.\] Возведя это уравнение в квадрат и учитывая закон сохранения энергии, получим \[(\vec v_1, \vec v_2) = (\vec v_1', \vec v_2')\quad\text{или}\quad v_1v_2\cos\alpha = v_1'v_2'\cos\beta.\] Отсюда \(\cos\beta = \dfrac{v_1v_2}{v_1'v_2'}\cos\alpha\). Угол \(\beta\) будет максимальным, когда произведение \(v_1'v_2'\) максимально. Из закона сохранения энергии следует \[v_1'^2 + v_2'^2 = \text{const}.\] Изобразим эту функцию на рисунке.

Из всех прямоугольников с заданным периметром максимальной площадью обладает квадрат. Следовательно, произведение \(v_1'v_2'\) максимально при \(v_1' = v_2'\). Отсюда \[\beta_{\max} = \arccos\left(\dfrac{2v_1v_2}{v_1^2 + v_2^2}\cos\alpha\right).\]

Ответ

\(L_2 = L_1 + (4R - C)(T_2 - T_1)\).

Решение

Превратим \(\nu\) молей воды в пар при температурах \(T_1\) и \(T_2\). Тогда \[\nu L_1 = U_{1\text{п}} - U_{1\text{в}} + p_1V_1,\quad \nu L_2 = U_{2\text{п}} - U_{2\text{в}} + p_2V_2.\] Здесь \(U_{1\text{п}}\), \(U_{1\text{в}}\) и \(U_{2\text{п}}\), \(U_{2\text{в}}\) — соответственно внутренние энергии пара и воды при температурах \(T_1\) и \(T_2\), а \(p_1\), \(V_1\) и \(p_2\), \(V_2\) — давления и объёмы насыщенного пара также при температурах \(T_1\) и \(T_2\).

Так как \[U_{2\text{в}} - U_{1\text{в}} = \nu C(T_2 - T_1),\quad U_{2\text{п}} - U_{1\text{п}} = \nu C_V(T_2 - T_1),\] то \[L_2 = L_1 + (C_V + R - C)(T_2 - T_1)\] и окончательно имеем \[L_2 = L_1 + (4R - C)(T_2 - T_1).\]

Ответ

\(v = a\left(\dfrac{2klq_0^2}{mg}\right)^{1/3}\).

Решение

Так как ток утечки мал, то можно считать, что в каждый момент времени сумма всех сил, действующих на шарик, равна нулю (вспомните квазистатические процессы в термодинамике). Тогда сила Кулона \[F_{\text{к}} = k\dfrac{q^2}{x^2} = mg\operatorname{tg}\alpha,\] где угол \(\alpha\) — половинный угол между нитями. Из этого получим \[kq_0^2(1 - at)^3 = \dfrac{mgx^3}{2l}\quad\text{или}\quad x = \left(\dfrac{2klq_0^2}{mg}\right)^{1/3}(1 - at),\] откуда скорость сближения шариков равна \(v = a\left(\dfrac{2klq_0^2}{mg}\right)^{1/3}\).

Ответ

\(t = \dfrac{R^2h}{r^2\sqrt{2gH}} \approx 500\) с.

Решение

После открытия крана трубка \(T\) быстро заполняется воздухом и давление на уровне конца трубки будет оставаться постоянным и равным атмосферному. Скорость истечения воды из трубки с краном равна \(v = \sqrt{2gH} = \text{const}\). Объём воды, вытекшей из сосуда, равен объёму воды, протекшей через трубку с краном: \[\pi R^2h = v\pi r^2t,\] откуда \[t = \dfrac{R^2h}{r^2\sqrt{2gH}} \approx 500\text{ с}.\]

Ответ

\(A = \dfrac{m}{2}\Delta v\,g\tau - \dfrac{1}{2}\dfrac{k^2}{m}(u\tau - s)^2\).

Решение

При движении вверх тело под действием ветра смещается по горизонтали вдоль оси \(X\) (см. рисунок), причём его движение описывается уравнением

\[m\Delta v_{xi} = k(u - v_{xi})\Delta t_i.\tag{1}\] При движении по вертикали вверх выполняется уравнение \[m\Delta v_{yi} = -(kv_{yi} + mg)\Delta t_i,\tag{2}\] а в обратном направлении \[m\Delta v_{yi} = (-kv_{yi} + mg)\Delta t_i.\tag{3}\] Суммируя по всем \(i\) уравнения (1), (2) и (3), получим \[\begin{align*} mv_{x1} &= ku\tau - ks,\tag{1$'$}\\ -mv_{y0} &= -kH - mg\tau_1,\tag{2$'$}\\ mv_{y1} &= -kH + mg\tau_2,\tag{3$'$} \end{align*}\] где \(\tau_1\) — время подъёма тела, \(\tau_2\) — время его падения на землю, \(v_{y0}\) — начальная скорость тела, а \(v_{x1}\) и \(v_{y1}\) — горизонтальная и вертикальная проекции конечной скорости. Из (1\('\)), (2\('\)) и (3\('\)) имеем \[(v_{y1} + v_{y0}) = g(\tau_1 + \tau_2) = g\tau,\] а из (1\('\)) соответственно \(v_{x1} = \dfrac{ku\tau - ks}{m}\).

Работа силы трения равна изменению кинетической энергии тела \[A = \dfrac{mv_{y0}^2}{2} - \dfrac{m(v_{y1}^2 + v_{x1}^2)}{2} = \dfrac{m}{2}\Delta v\,g\tau - \dfrac{1}{2}\dfrac{k^2}{m}(u\tau - s)^2.\]

Ответ

\(\eta_1 = (\alpha - 1)\dfrac{R}{2C_V} = 0{,}2\),  \(\eta_2 = \dfrac{\alpha - 1}{\alpha}\cdot\dfrac{R}{2C_V} = 0{,}125\).

Решение

Пусть за цикл \(1\)-\(2\)-\(3\)-\(4\) (см. рисунок) совершается работа \(A_0\). Тогда \(\eta_1 = \dfrac{A_0}{Q_{123}}\), где подведённое к газу количество теплоты \(Q_{123} = U_{13} + A_{23}\). Рассмотрим промежуточный цикл I\(^*\) \(4\)-\(3\)-\(6\)-\(5\):

\[\eta_{1^*} = \dfrac{A_0}{Q_{436}},\quad Q_{436} = U_{46} + A_{36}.\] Так как \(\Delta V\) и \(\Delta p\) в циклах I, I\(^*\) и II равны, то и \(A_{23} = A_{36}\). \[U_{13} = C_V(T_3 - T_1),\quad U_{46} = C_V(T_6 - T_4),\] где \(C_V\) — молярная теплоёмкость газа при постоянном объёме.

Из уравнения Менделеева–Клапейрона (\(pV = RT\)) имеем \[\Delta T = \dfrac{p\Delta V}{R}\quad(\text{при }p = \text{const}).\tag{1}\] Из (1) следует \[T_6 = T_3 + \dfrac{p_2\Delta V}{R},\quad T_4 = T_1 + \dfrac{p_1\Delta V}{R},\] \[T_6 - T_4 = (T_3 - T_1) + \dfrac{\Delta p\Delta V}{R} = (T_3 - T_1) + \dfrac{A_0}{R},\] где \(\Delta p = p_2 - p_1\).

Изменение внутренней энергии на интервале \(4\)-\(6\) равно \[U_{46} = C_V(T_6 - T_4) = C_V\left(T_3 - T_1 + \dfrac{A_0}{R}\right) = U_{13} + \dfrac{C_V}{R}A_0,\] \[\eta_{1^*} = \dfrac{A_0}{U_{46} + A_{23}} = \dfrac{A_0}{Q_{123} + \dfrac{C_V}{R}A_0} = \dfrac{\eta_1}{1 + \dfrac{C_V}{R}\eta_1}.\] (Напомним, что \(\eta_1 = \dfrac{A_0}{Q_{123}}\).)

Из этого выражения получим связь между \(\eta_1\) и \(\eta_{1^*}\): \[\dfrac{1}{\eta_{1^*}} = \dfrac{1}{\eta_1} + \dfrac{C_V}{R}.\tag{2}\] Аналогично для циклов I\(^*\) и II: \[\dfrac{1}{\eta_2} = \dfrac{1}{\eta_{1^*}} + \dfrac{C_V}{R}.\tag{3}\] Исключая \(\eta_{1^*}\) из (2) и (3), находим \[\dfrac{1}{\eta_2} = \dfrac{1}{\eta_1} + \dfrac{2C_V}{R}.\] Используя из условия соотношение \(\eta_1 = \alpha\eta_2\) для КПД, получаем \[\eta_1 = (\alpha - 1)\dfrac{R}{2C_V} = 0{,}2,\] \[\eta_2 = \dfrac{\alpha - 1}{\alpha}\cdot\dfrac{R}{2C_V} = 0{,}125.\]

Ответ

\(\Delta m = \dfrac{k\mu V - m(C_V + R)}{\lambda\mu + RT}\Delta T \approx 3{,}0\cdot 10^{-3}\) г.

Решение

Пусть \(m\) — масса пара в камере, \(\Delta m\) — увеличение массы пара, \(\mu\) — его молярная масса. Считая, что приращение давления пара равно \(\Delta p\), приращения его объёма \(\Delta V\) и температуры \(\Delta T\), из уравнения состояния \(pV = \dfrac{m}{\mu}RT\) получим \[p\Delta V + V\Delta p = \dfrac{\Delta m}{\mu}RT + \dfrac{m}{\mu}R\Delta T.\tag{1}\] За счёт работы внешних сил при сжатии пара его температура увеличивается и происходит испарение воды: \[-p\Delta V = \lambda\Delta m + \dfrac{m}{\mu}C_V\Delta T\quad(\Delta V < 0).\tag{2}\] По условию задачи \[\Delta p = k\Delta T.\tag{3}\] Из уравнений (1), (2), (3) окончательно получаем \[\Delta m = \dfrac{k\mu V - m(C_V + R)}{\lambda\mu + RT}\Delta T \approx 3{,}0\cdot 10^{-3}\text{ г}.\]

Ответ

1) \(I_{D_1} = \dfrac{\mathcal E_1 + \mathcal E_2}{R_1 + R_2}\), \(I_{D_2} = 0\), если \(\mathcal E_1R_2 - \mathcal E_2R_1 > 0\);  2) \(I_{D_1} = \dfrac{\mathcal E_1}{R_1}\), \(I_{D_2} = \dfrac{\mathcal E_2}{R_2} - \dfrac{\mathcal E_1}{R_1}\), если \(\mathcal E_1R_2 - \mathcal E_2R_1 < 0\).

Решение

Диод \(D_1\) всегда открыт. Рассмотрим 2 случая.

1. Диод \(D_2\) закрыт. Тогда \(I_{D_2} = 0\), а \[I_{D_1} = \dfrac{\mathcal E_1 + \mathcal E_2}{R_1 + R_2}.\] Такая ситуация возможна при условии \[I_{D_1}R_2 - \mathcal E_2 > 0\quad\text{или}\quad\dfrac{R_2}{R_1 + R_2}(\mathcal E_1 + \mathcal E_2) - \mathcal E_2 > 0\quad\text{или}\quad\mathcal E_1R_2 - \mathcal E_2R_1 > 0.\] 2. Диод \(D_2\) открыт. В этом случае \[I_{D_1} = \dfrac{\mathcal E_1}{R_1}.\] Если \(I_2\) — сила тока, протекающего через резистор \(R_2\), то сила тока \[I_{D_2} = I_2 - I_{D_1} = \dfrac{\mathcal E_2}{R_2} - \dfrac{\mathcal E_1}{R_1} > 0.\] Итак: 1) \(I_{D_1} = \dfrac{\mathcal E_1 + \mathcal E_2}{R_1 + R_2}\), \(I_{D_2} = 0\), если \(\mathcal E_1R_2 - \mathcal E_2R_1 > 0\);

2) \(I_{D_1} = \dfrac{\mathcal E_1}{R_1}\), \(I_{D_2} = \dfrac{\mathcal E_2}{R_2} - \dfrac{\mathcal E_1}{R_1}\), если \(\mathcal E_1R_2 - \mathcal E_2R_1 < 0\).

Ответ

1) \(A_{\text{мех}} = \Delta W_1 = \dfrac{C_0\varepsilon\mathcal E^2}{2}(\varepsilon - 1)\);  2) \(\Delta W_2 = -\dfrac{C_0\mathcal E^2}{2}(\varepsilon^2 - 1)\);  3) \(A_{\text{бат}} = -C_0\mathcal E^2(\varepsilon - 1)\);  4) \(Q = \dfrac{C_0\mathcal E^2}{2}(\varepsilon - 1)^2\).

Решение

1. При удалении диэлектрика из конденсатора его энергия изменяется на \[\Delta W_1 = W_1 - W_0 = \dfrac{(C_0\varepsilon\mathcal E)^2}{2C_0} - \dfrac{(C_0\varepsilon\mathcal E)^2}{2\varepsilon C_0} = \dfrac{C_0\varepsilon\mathcal E^2}{2}(\varepsilon - 1).\] Работа батареи \(A_{\text{бат}} = 0\), так как \(\Delta q = 0\). Из закона сохранения энергии механическая работа, совершаемая внешней силой \[A_{\text{мех}} = \Delta W_1.\] 2. В процессе перезарядки конденсатора заряд изменяется на \(\Delta q = -C_0\mathcal E(\varepsilon - 1)\), а его энергия на \[\Delta W_2 = W_2 - W_1 = \dfrac{(C_0\mathcal E)^2}{2C_0} - \dfrac{(C_0\varepsilon\mathcal E)^2}{2C_0} = -\dfrac{C_0\mathcal E^2}{2}(\varepsilon^2 - 1).\] 3. Работа батареи в процессе перезарядки равна \[A_{\text{бат}} = \mathcal E\Delta q = -C_0\mathcal E^2(\varepsilon - 1).\] 4. Из закона сохранения энергии находим количество теплоты, выделившееся на резисторе: \[Q = A_{\text{бат}} - \Delta W_2 = \dfrac{C_0\mathcal E^2}{2}(\varepsilon - 1)^2.\]