ВсОШ, 1998/99, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

\(a = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{r}{H}\right)^2 g = 0{,}5\) мм/с\(^2\), ускорение направлено вниз.

Решение

Условие равновесия шарика \[\vec F_g + \vec F_q = 0.\] Здесь \(F_g = mg\), \(F_q = Eq = \dfrac{\sigma q}{2\varepsilon_0}\), \(m\) — масса шарика, \(q\) — его заряд, \(\sigma\) — поверхностная плотность заряда на плоскости. Считая шарик точечным зарядом, поскольку \(r \ll H\), найдём силу \(F_1\), с которой действовал на шарик удалённый диск: \[F_1 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\pi r^2\sigma q}{H^2} = \left(\dfrac{r}{H}\right)^2\dfrac{\sigma q}{4\varepsilon_0} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{r}{H}\right)^2F_q = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{r}{H}\right)^2mg.\] Вектор силы \(\vec F_1\) направлен вверх. После удаления диска сила тяжести окажется нескомпенсированной. Шарик начинает падать с ускорением \[\vec a = -\dfrac{\vec F_1}{m}\quad\text{или}\quad a = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{r}{H}\right)^2g = 0{,}5\text{ мм/с}^2.\] Вектор ускорения направлен вниз.

Ответ

\(x = \dfrac{3}{5}R\).

Решение

Через некоторое время тела будут двигаться по концентрическим окружностям с одинаковыми угловыми скоростями. Решение ясно из рисунка.

\[x = \sqrt{R^2 - \left(\dfrac{4}{5}R\right)^2} = \dfrac{3}{5}R.\]

Ответ

Если \(\dfrac{h}{2\pi R} > \mu\), то \(v_0 = \sqrt{\dfrac{gR}{\mu}}\sqrt[4]{\left(\left(\dfrac{h}{2\pi R}\right)^2 - \mu^2\right)\left(1 + \left(\dfrac{h}{2\pi R}\right)^2\right)}\); если \(\dfrac{h}{2\pi R} < \mu\), то \(v_0 = 0\).

Решение

Угол наклона проволоки к горизонту равен \(\alpha\), причём \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{h}{2\pi R}.\tag{1}\] Рассмотрим силы, действующие на бусинку: \(\vec N_1\), \(\vec N_2\) и \(\vec F_{\text{тр}}\) взаимно перпендикулярны, \(\vec F_{\text{тр}}\) направлена вдоль проволоки, \(\vec N_2\) — перпендикулярна к оси спирали, \(\vec N_1\) лежит в плоскости \(m\vec g\) и \(\vec F_{\text{тр}}\) (см. рисунки). Силы \(\vec N_1\), \(\vec N_2\) и \(\vec F_{\text{тр}}\) — составляющие полной силы, действующей на бусинку со стороны проволоки. Когда скорость бусинки устанавливается, полная сила, действующая на неё, равна \(m\vec a\), где \(\vec a\) — ускорение при установившемся движении.

Для вычисления \(\vec a\) перейдём в систему отсчёта, движущуюся вниз со скоростью \(v_0\sin\alpha\). В этой системе бусинка равномерно движется по окружности радиуса \(R\) со скоростью \(v_1\cos\alpha\), её ускорение равно \(\dfrac{v_0^2\cos^2\alpha}{R}\). Вектор \(\vec a\) направлен к центру вращения. Во всех инерциальных системах отсчёта \(\vec a = \text{const}\), поэтому в неподвижной системе ускорение \(\vec a\) такое же.

Отсюда \[N_2 = ma = m\dfrac{v_0^2\cos^2\alpha}{R}.\tag{2}\] При равномерном движении бусинки \[\vec F_{\text{тр}} + \vec N_1 + m\vec g = 0.\tag{3}\] Расписывая (3) в проекциях на оси \(x\) и \(y\), имеем: \[F_{\text{тр}} = mg\sin\alpha,\tag{4}\] \[N_1 = mg\cos\alpha.\] Так как \(\vec N_1\) и \(\vec N_2\) — взаимно перпендикулярные составляющие нормальной силы реакции опоры, то \[F_{\text{тр}} = \mu\sqrt{N_1^2 + N_2^2}.\tag{5}\] Из (2), (4) и (5) имеем: \[g^2\sin^2\alpha = \mu^2\left(g^2\cos^2\alpha + \dfrac{v_0^4\cos^4\alpha}{R^2}\right),\] \[g^2(\operatorname{tg}^2\alpha - \mu^2) = \mu^2\dfrac{v_0^4\cos^2\alpha}{R^2},\] \[v_0^4 = \left(\dfrac{gr}{\mu}\right)^2(\operatorname{tg}^2\alpha - \mu^2)(\operatorname{tg}^2\alpha + 1),\] так как \(\dfrac{1}{\cos^2\alpha} = \operatorname{tg}^2\alpha + 1\). Получим ответ:

если \(\dfrac{h}{2\pi R} > \mu\), то \(v_0 = \sqrt{\dfrac{gR}{\mu}}\sqrt[4]{\left(\left(\dfrac{h}{2\pi R}\right)^2 - \mu^2\right)\left(1 + \left(\dfrac{h}{2\pi R}\right)^2\right)}\);

если \(\dfrac{h}{2\pi R} < \mu\), то \(v_0 = 0\).

Ответ

\(t = \dfrac{\lambda\rho d^2}{I^2\sigma}\dfrac{H^2}{2}\).

Решение

Обозначим длину кюветы через \(L\), а высоту поверхности галлия в некоторый момент времени \(t\) через \(h\). Его сопротивление \(R = \sigma\dfrac{L}{dh}\), а выделяющаяся в этот момент мощность \(P = I^2R = I^2\sigma\dfrac{L}{dh}\).

Пусть за малое время \(\Delta t\) испарилась масса галлия \(\Delta m = \rho Ld\Delta h\), где \(\Delta h\) — изменение высоты галлия. Тогда \[\Delta t = \dfrac{\lambda\Delta m}{P} = \dfrac{\lambda\rho d^2}{I^2\sigma}h\Delta h = Ah\Delta h,\] где \(A = \dfrac{\lambda\rho d^2}{I^2\sigma}\) — постоянный множитель.

В начальный момент \(h = H\), а в конечный \(h = 0\). Искомое время испарения численно равно площади под графиком \(\dfrac{\lambda\rho d^2}{I^2\sigma}h\) от \(h\) (см. рисунок):

\[t = \dfrac{\lambda\rho d^2}{I^2\sigma}\dfrac{H^2}{2}.\]

Ответ

1) \(T_3 = \dfrac{9}{7}\dfrac{p_0V_0}{\nu R}\), \(p_3 = \dfrac{3p_0}{7}\);  2) \(A = \dfrac{64p_0V_0}{7}\);  3) \(\eta = 0{,}32\).

Решение

Давление, объём и температуру газа в точках \(1\), \(2\) и \(3\) графика (см. рисунок) обозначим через \(p\), \(V\) и \(T\), добавляя соответствующие индексы.

1. Для участка \(2\)–\(3\) имеем \(\dfrac{p_3}{V_3} = \dfrac{p_2}{V_2}\). Так как \(V_3 = 3V_0\), \(p_2 = p_0\), \(V_2 = 7V_0\), то \(p_3 = \dfrac{3p_0}{7}\). Из уравнения состояния газа находим \[T_3 = \dfrac{p_3V_3}{\nu R} = \dfrac{9}{7}\dfrac{p_0V_0}{\nu R}.\] 2. Работа газа за цикл равна \(A = \dfrac{1}{2}(p_1 - p_3)(V_2 - V_3) = \dfrac{64p_0V_0}{7}\).

3. На участке \(3\)–\(1\) газ получает тепло \(Q_{31} = \nu\cdot\dfrac{3}{2}R(T_1 - T_3) = \dfrac{144}{7}p_0V_0\).

Покажем, что на участке \(1\)–\(2\) есть точка \(K\) с критическим объёмом \(V_{\text{к}}\) таким, что газ при \(V < V_{\text{к}}\) получает тепло, а при \(V > V_{\text{к}}\) отдаёт тепло. Для этого в процессе \(1\)–\(2\) выразим зависимость приращения теплоты \(\Delta Q\), подводимой к газу от нагревателя, от увеличения объёма на малую величину \(\Delta V\). Уравнение процесса \(1\)–\(2\) есть \[p = -\dfrac{p_0}{V_0}V + 8p_0.\] Подставив найденное давление \(p\) в уравнение состояния идеального газа \(pV = \nu RT\), получим \(8p_0V - \dfrac{p_0}{V_0}V^2 = \nu RT\). Отсюда в приращениях \[\nu R\Delta T = \left(8p_0 - 2\dfrac{p_0}{V_0}V\right)\Delta V.\] С учётом полученных соотношений уравнение первого закона термодинамики \(\Delta Q = \dfrac{3}{2}\nu R\Delta T + p\Delta V\) можно преобразовать к виду: \[\Delta Q = \left(20p_0 - 4\dfrac{p_0}{V_0}V\right)\Delta V.\] Из последнего уравнения видно, что на участке \(1\)–\(2\) изменение \(\Delta Q > 0\) при \(V < 5V_0\) и \(\Delta Q < 0\) при \(V > 5V_0\). Следовательно, \(V_{\text{к}} = 5V_0\), \(p_{\text{к}} = 3p_0\). Отсюда \[T_{\text{к}} = \dfrac{15p_0V_0}{\nu R}.\] Итак, за цикл газ получает тепло на участках \(3\)–\(1\) и \(1\)–\(K\), причём \[Q_{1\text{к}} = \nu\cdot\dfrac{3}{2}R(T_{\text{к}} - T_1) + \dfrac{p_1 + p_K}{2}(V_{\text{к}} - V_1) = 8p_0V_0.\] Коэффициент полезного действия тепловой машины \[\eta = \dfrac{A}{Q_{31} + Q_{1K}} = 0{,}32.\]

Ответ

1) \(v_{C\text{отн}} = 0{,}5v = 10\) км/ч;  2) \(v_{D\text{отн}} = 5{,}5v = 110\) км/ч.

Решение

Скорость автомобиля \(A_2\) относительно дороги назовём абсолютной скоростью. Жёстко свяжем с движущимся автомобилем \(A_1\) систему отсчёта \(S\). Точки \(C\) и \(D\), неподвижные в \(S\), движутся относительно дороги со скоростью, которую называют переносной. Скорость автомобиля \(A_2\) относительно тех точек из \(S\), мимо которых он проезжает в данный момент, называют относительной.

1. Для точки \(C\) (см. рисунок) \[\vec v_{C\text{абс}} = \vec v_{C\text{пер}} + \vec v_{C\text{отн}},\] \[v_{C\text{абс}} = 2v,\quad v_{C\text{пер}} = \dfrac{v_1}{R}\left(R + \dfrac{R}{2}\right) = 1{,}5v.\] Тогда \[v_{C\text{отн}} = 0{,}5v = 10\text{ км/ч}.\] Заметим, что \[v_{C\text{отн}} \neq v_2 - v_1 = v = 20\text{ км/ч}!\] 2. Для точки \(D\): \[\vec v_{D\text{абс}} = \vec v_{D\text{пер}} + \vec v_{D\text{отн}},\quad v_{D\text{абс}} = 2v,\quad v_{D\text{пер}} = 3{,}5v.\] Тогда \(v_{D\text{отн}} = 3{,}5v + 2v = 5{,}5v = 110\) км/ч.

Итак: 1) \(v_{C\text{отн}} = 0{,}5v = 10\) км/ч; 2) \(v_{D\text{отн}} = 5{,}5v = 110\) км/ч.

Ответ

\(T_2 = 313\) К, то есть \(t_2 = 40\ {}^\circ\)C.

Решение

Так как объём водяного пара не изменяется, но начальное давление \(p_1\) и текущее давление \(p\) вплоть до начала конденсации связаны с соответствующими им термодинамическими температурами \(T_1\) и \(T_2\) соотношением \[\dfrac{p_1}{T_1} = \dfrac{p}{T},\] где \(p = \varphi_1p_{1\text{нас}}\), \(p_{1\text{нас}}\) — давление насыщенного пара при температуре \(T_1\) (определяется из графика). Таким образом, \[p = \varphi_1p_{1\text{нас}}\dfrac{T}{T_1}.\]

Полученная зависимость \(p(T)\) есть прямая. Точка пересечения с графиком зависимости давления насыщенного водяного пара от температуры (см. рисунок) соответствует искомому значению температуры \(T_2 = 313\) К или \(t_2 = 40\ {}^\circ\)C.

Ответ

\(S_3 = \dfrac{3S_1 - 2S_2}{5}\) (площади \(S_1\), \(S_2\), \(S_3\) показаны на рисунке решения); по найденному значению \(S_3\) определяется расстояние от точки 2 до оси \(V\), и ось строится.

Решение

Запишем уравнение Менделеева–Клапейрона \[pV = \nu RT.\] Из этого уравнения при малых изменениях давления, объёма и температуры следует \[p\Delta V + V\Delta p = \nu R\Delta T.\tag{1}\] Запишем первое уравнение термодинамики \[\delta Q = \Delta A + \delta U = p\Delta V + C_V\nu\Delta T\tag{2}\] или после подстановки (1) в (2) \[\delta Q = p\Delta V + \dfrac{C_V}{R}(p\Delta V + V\Delta p) = \dfrac{C_p}{R}p\Delta V + \dfrac{C_V}{R}V\Delta p,\] где \(p\Delta V\) — площадь элементарной площадки \(1\), \(V\Delta p\) — площадь элементарной площадки \(2\) (см. рисунок).

Просуммировав по всем элементарным участкам, получим \[\sum\delta Q = \dfrac{C_p}{R}\sum p\Delta V + \dfrac{C_V}{R}\sum V\Delta p = 0\quad\text{(по условию)},\] \[C_p(S_2 + S_3) - C_V(S_1 + S_2) = 0\quad\text{(см. рисунок)}.\]

Отсюда находим \[S_3 = \dfrac{C_V(S_1 + S_2)}{C_p} - S_2 = \dfrac{C_VS_1 + C_VS_2 - C_pS_2}{C_p} = \dfrac{C_VS_1 - RS_2}{C_p} = \dfrac{3S_1 - 2S_2}{5}.\] По найденному значению \(S_3\) определяем расстояние от точки \(2\) до оси \(V\) и строим эту ось.

Ответ

1) \(U_{C_1} = \dfrac{\mathcal E}{2}\);  2) \(I_{R_1} = \dfrac{\mathcal E}{2R_1}\);  3) \(q_{\max C_1} = C_1\mathcal E\);  4) \(Q = \dfrac{C_1\mathcal E^2}{2}\).

Решение

Так как \(U_{C_2} = \dfrac{\mathcal E}{2}\) максимально, то сила тока через резистор \(R_2\) равна нулю. Тогда разность потенциалов на \(R_1\) равна \(\dfrac{\mathcal E}{2}\). Следовательно, \(U_{C_1} = \mathcal E - \dfrac{\mathcal E}{2} = \dfrac{\mathcal E}{2}\).

2. Сила тока через резистор \(R_1\) равна \(I_{R_1} = \dfrac{\mathcal E}{2R_1}\).

3. Когда процесс установится, сила тока через резистор \(R_1\) равна нулю, откуда \[q_{\max C_1} = C_1\mathcal E,\quad q_{C_2} = 0.\] 4. Из закона сохранения энергии следует, что в установившемся режиме \[\mathcal Eq_{C_1} = \dfrac{C_1\mathcal E^2}{2} + Q,\] \[q_{C_1} = C_1\mathcal E\quad\text{или}\quad Q = \dfrac{C_1\mathcal E^2}{2}.\]

Ответ

\(W = 25\) Дж.

Решение

Зависимость напряжения на трубке \(U\) от напряжения на конденсаторе \(U_C\) во время разрядки имеет вид \(U = U_C - IR\). Пересечение данной прямой с вольт-амперной характеристикой газового разряда определяет силу тока через трубку и напряжение на ней. На рисунке прямая \(1\) соответствует моменту подключения конденсатора (\(t = 0\)). В этот момент \(U_0 = 200\) В, \(U_{C0} = 300\) В, \(I_0 = 10\) мкА. Прямая \(2\) соответствует моменту \(t = t_1\), когда процесс стабилизации тока закончился. При этом \(U_1 = 100\) В, \(U_{C1} = 200\) В, \(I_1 = 10\) мкА.

Для этого участка — от \(t = 0\) до \(t = t_1\) — \[C\dfrac{dU_C}{dt} = -I_0.\] Решение этого уравнения имеет вид \[U_C = U_{C0} - \dfrac{I_0}{C}t.\] Отсюда находим время разряда \[t_1 = \dfrac{C(U_{C0} - U_{C1})}{I_0} = 10^4\text{ с}.\] За это время на резисторе \(R\) выделится количество теплоты \[W_{R1} = I_0^2Rt_1 = 10\text{ Дж}.\] Начальная энергия конденсатора \[W_{C0} = \dfrac{CU_{C0}^2}{2} = 45\text{ Дж},\] а к моменту \(t_1\) энергия конденсатора \[W_{C1} = \dfrac{CU_{C1}^2}{2} = 20\text{ Дж}.\] Следовательно, всего в цепи выделилось 25 Дж: на резисторе 10 Дж, а в трубке 15 Дж. На линейном участке вольт-амперной характеристики трубка ведёт себя как резистор с сопротивлением \(R_{\text{т}} = \dfrac{U_1}{I_0} = 10^7\) Ом. Поэтому электростатическая энергия конденсатора \(W_{C1} = 20\) Дж преобразуется в тепло, выделившееся на резисторе \(R\) и трубке поровну — по 10 Дж. Следовательно, полное количество теплоты, выделившееся в трубке, \[W = 15\text{ Дж} + 10\text{ Дж} = 25\text{ Дж}.\]