ВсОШ, 1999/00, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

\(\rho_{\text{пов}} = \dfrac{2}{3}\rho_{\text{ср}} = 3{,}7\) г/см\(^3\).

Решение

Ускорение свободного падения на расстоянии \(r\) от центра планеты равно \(g(r) = GM(r)/r^2\), где \(M(r)\) — масса вещества, находящегося внутри сферы радиуса \(r\) с центром, совпадающим с центром планеты. Введём буквенное обозначение \(\Delta R = R - r\). В этом случае имеем: \[M(R) = M,\quad M(R - \Delta R) \approx M - 4\pi R^2\Delta R\rho_{\text{пов}},\] где \(\rho_{\text{пов}}\) — плотность вещества, из которого состоит поверхность планеты. Отсюда \[\dfrac{M - 4\pi R^2\Delta R\rho_{\text{пов}}}{(R - \Delta R)^2} \approx \dfrac{M}{R^2},\] \[MR^2 - 4\pi R^4\Delta R\rho_{\text{пов}} \approx MR^2 - 2MR\Delta R + M(\Delta R)^2.\] Пренебрегая последним слагаемым в правой части и учитывая, что объём сферы радиуса \(R\) равен \(\dfrac{4\pi R^3}{3}\), находим \[2\pi R^3\rho_{\text{пов}} = M = \dfrac{4}{3}\pi R^3\rho_{\text{ср}},\] где \(\rho_{\text{ср}}\) — средняя плотность вещества, из которого состоит планета. Отсюда \(\rho_{\text{пов}} = \dfrac{2}{3}\rho_{\text{ср}} = 3{,}7\) г/см\(^3\).

Ответ

\(r = R\sqrt{5000} \approx 70{,}7R\).

Решение

Пусть на оси симметрии конденсатора на равном расстоянии от обкладок конденсатора потенциал равен нулю, тогда при смещении вдоль \(OO'\) на расстояние \(\dfrac{d}{20\,000}\) потенциал будет равен \(\varphi_x = \dfrac{d}{20\,000}\dfrac{Q}{\varepsilon_0\pi R^2}\), где \(Q\) — заряд на обкладках. На больших расстояниях от конденсатора на его оси \(OO'\) поле конденсатора можно рассматривать как поле двух точечных зарядов. В этом случае \[\varphi = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{Q}{r} - \dfrac{Q}{r + d}\right) \approx \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Qd}{r^2}.\] Так как Муха-Цокотуха умеет летать только по эквипотенциальным поверхностям, потенциал поля в её начальной и конечной точках полёта равны, т. е. \[\dfrac{d}{20\,000}\dfrac{Q}{\varepsilon_0\pi R^2} = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{Qd}{r^2},\quad\text{тогда}\quad r = R\sqrt{5000} \approx 70{,}7R.\]

Ответ

\(F_A = \dfrac{2P(\mu_1 + \mu_2)}{2 - (\mu_1 - \mu_2)} \approx 0{,}89\) Н, \(F_B = \dfrac{2P(\mu_1 + \mu_2)}{2 + (\mu_1 - \mu_2)} \approx 0{,}72\) Н; легче сдвинуть влево; если приложить силу в точке \(C\) (на высоте \(2R\)), то \(F_C = \dfrac{P(\mu_1 + \mu_2)}{1 + (\mu_1 - \mu_2)} = \dfrac{P}{3} \approx 0{,}67\) Н, поэтому силой \(T = 0{,}7\) Н систему сдвинуть можно.

Решение

Пусть на систему действует сила \(F_A\) (см. рисунок, \(a\)). Запишем равенство моментов сил относительно точки \(O\):

\[F_AR + N_2\cdot 2R = P\cdot 2R,\tag{1}\] где \(P = mg\), а \(R\) и \(2R\) — <<плечи>> соответствующих сил. Из условия равновесия получаем ещё два уравнения: \[N_1 + N_2 = 2P,\tag{2}\] \[F_A = \mu_1N_1 + \mu_2N_2.\tag{3}\] Решая систему (1)–(3), находим \[F_A = \dfrac{2P(\mu_1 + \mu_2)}{2 - (\mu_1 - \mu_2)} \approx 0{,}89\text{ Н}.\] Аналогичным образом найдём \[F_B = \dfrac{2P(\mu_1 + \mu_2)}{2 + (\mu_1 - \mu_2)} \approx 0{,}72\text{ Н}.\] Из (1) видно, что если увеличить <<плечо>> горизонтальной силы, то это приведёт к уменьшению силы реакции опоры \(N_2\) и, следовательно, к уменьшению силы трения. Приложим горизонтальную силу \(F_C\) в точке \(C\) (см. рисунок, \(б\)). Тогда уравнение (1) запишется в виде \[F_C\cdot 2R + N_2\cdot 2R = P\cdot 2R.\] Решая полученную систему, находим \[F_C = \dfrac{P(\mu_1 + \mu_2)}{1 + (\mu_1 - \mu_2)} = \dfrac{P}{3} \approx 0{,}67\text{ Н}.\] Значит, с помощью силы \(T = 0{,}7\) Н систему сдвинуть можно.

Ответ

\(U = \dfrac{I^2}{2aC}\), \(0 < I < I_0\).

Решение

Построим график \(I(t)\) (см. рисунок). Заряд на конденсаторе в момент времени \(\tau\) численно равен заштрихованной площади треугольника, т. е. \(Q = a(t_0 - \tau)^2/2\).

Напряжение на конденсаторе равно \[U = \dfrac{Q}{C} = \dfrac{a(t_0 - \tau)^2}{2C},\] оно совпадает с напряжением на элементе, сила тока через который равна \(I = a(t_0 - \tau)\). Отсюда \(U = I^2/(2aC)\), \(0 < I < I_0\), — вольтамперная характеристика элемента.

Ответ

\(A = -\nu\dfrac{3}{8}RT_1\) (работа отрицательна: газ сжимали).

Решение

При увеличении температуры газа от \(T_1\) до \(T_2 = 2T_1\) теплоёмкость газа возрастёт до \(C(T_2) = C_V\), его внутренняя энергия увеличивается на \(\Delta U = \nu\cdot\dfrac{3}{2}R(T_2 - T_1)\), а количество теплоты, подведённой к газу, окажется равным \(\Delta Q = \nu\cdot\dfrac{3}{8}R\dfrac{T_2^2 - T_1^2}{T_1}\). В соответствии с первым началом термодинамики работа, совершённая газом, \[A = \Delta Q - \Delta U = -\nu\cdot\dfrac{3}{8}RT_1.\] Знак минус означает, что работа газа отрицательна, т. е. внешняя сила производила сжатие газа.

Ответ

1) \(v = v_0 + 2u \approx 2{,}1\) м/с;  2) при \(v_0 > 0{,}38\) м/с, при этом \(\Delta = 2u_{\text{макс}} = 3{,}5\) м/с.

Решение

По наклону касательной к графику в точке \(C\) его пересечения с осью \(t\) (см. рисунок) находим максимальную скорость бруска: \(u_{\text{макс}} = 1{,}75\) м/с. Так как \(u_{\text{макс}} \gg v_0\), то шарик не достигнет бруска в момент, когда скорость бруска \(u_{\text{макс}}\). Ответим на вопросы задачи графическим методом.

1. Временная зависимость координаты шарика \(x(t)\) есть набор прямых с наклоном, определяемым значением \(v_0 = 0{,}06\) м/с. Максимально возможной скорости \(u\) бруска при ударе соответствует прямая \(AB\), касающаяся графика в точке \(A\) и пересекающая его в точке \(B\). Проведя касательную к графику в точке \(B\), находим \(u = 1{,}03\) м/с. Максимально возможная скорость отскока \(v = v_0 + 2u \approx 2{,}1\) м/с.

2. Разность \(\Delta\) не будет зависеть от \(v_0\), если прямая, выражающая зависимость \(x(t)\) для шарика, пройдёт через точку \(C\) и не будет пересекать график вблизи \(t = 0\), т. е. прямая \(x(t)\) будет круче, чем прямая \(DC\), касающаяся графика вблизи точки \(A\). Это будет при \(v_0 > 0{,}38\) м/с. При этом \(\Delta = 2u_{\text{макс}} = 3{,}5\) м/с.

Ответ

1) \(t_N = \sqrt{\dfrac{mL}{F}}\,N\sqrt{1 - \dfrac{1}{N}}\);  2) \(v_\infty = \sqrt{\dfrac{FL}{m}}\) (следует из \(v_N\) при \(N \to \infty\)).

Решение

Пусть \(v_i'\) — скорость части состава из \(i\) вагонов сразу после вовлечения в движение \(i\)-го вагона, а \(v_i\) — скорость части состава из \(i\) вагонов перед ударом с \((i+1)\)-м вагоном.

Из закона сохранения импульса \((i + 1)mv_{i+1}' = imv_i = p_i\). По второму закону Ньютона \[a_{i+1} = \dfrac{F}{(i + 1)m}.\tag{1}\] По известному кинематическому соотношению \[a_{i+1}L = \dfrac{v_{i+1}^2 + v_{i+1}'^2}{2}.\tag{2}\] Подставив (1) в (2), получим \[v_{i+1}^2 = \dfrac{2FL}{(i + 1)m} + \left(\dfrac{i}{i + 1}\right)^2v_i^2,\] \[p_{i+1}^2 = 2(i + 1)mFL + p_i^2.\] Из полученной рекуррентной формулы следует \[p_N^2 = 2mFL\sum_{i=1}^{N} i + p_0^2\] и, так как \(p_0 = 0\), то \[p_N^2 = 2mFL\dfrac{N(N + 1)}{2},\quad v_N = \sqrt{\dfrac{FL}{m}}\sqrt{\dfrac{N + 1}{N}}.\] Найдём время вовлечения в движение \(N\) вагонов: \[v_i - v_i' = a_i\Delta t_i,\] \[\Delta t_i = \dfrac{v_i - v_i'}{a_i} = \dfrac{m}{F}(iv_i - iv_i') = \dfrac{m}{F}[iv_i - (i - 1)v_{i-1}],\] \[t_N = \dfrac{m}{F}\sum_{i=1}^{N-1}[iv_i - (i - 1)v_{i-1}] = \dfrac{m}{F}[(N - 1)v_{N-1} - 0v_0] = \dfrac{m}{F}v_{N-1}(N - 1).\] Используя полученное ранее выражение для \(v_N\), найдём \[t_N = \sqrt{\dfrac{mL}{F}}\,N\sqrt{1 - \dfrac{1}{N}}.\]

Ответ

\(t_{\text{уст}} \approx 65\ {}^\circ\)C, \(\alpha_{\text{уст}} \approx 0{,}35\).

Решение

Из закона сохранения энергии следует \[Q_{\text{раст}} = Q_1 + Q_2.\] \(Q_{\text{раст}}\) — теплота, ушедшая на растворение вещества, \(Q_1\) — выделившаяся теплота при остывании воды (возм., \(Q_1 < 0\)), \(Q_2\) — выделившаяся теплота при остывании вещества. \[Q_{\text{раст}} = \lambda m_{\text{раств. в-ва}} = \lambda m_{\text{растворителя}}\alpha = \lambda m\alpha\] \[Q_1 = cm_{\text{воды}}(t_1 - \theta) = cm(t_1 - \theta)\] \[Q_2 = cm_{\text{в-ва}}(t_2 - \theta) = cm(t_2 - \theta)\] \[\lambda\alpha m = cm(t_1 - \theta) + cm(t_2 - \theta)\] \[\alpha = \dfrac{c}{\lambda}(t_1 + t_2 - 2\theta).\tag{1}\] Зависимость \(\alpha(\theta)\) — это уравнение прямой: \(\alpha(0\,{}^\circ\text{C}) = 1\), \(\alpha(100\,{}^\circ\text{C}) = 0\).

Уравнение (1) решается графически (см. рисунок): \(t_A \approx 65\ {}^\circ\)C, \(\alpha_A \approx 0{,}35\).

Ответ

\(Q_{12} = (2{,}0 \pm 0{,}2)p_0V_0\).

Решение

Первый закон термодинамики \(\delta Q = p\,dV + dU\) для процесса \(1\)–\(2\) приводит к выражению: \[Q_{12} = \int\limits_{(1)}^{(2)}p\,dV + U(2) - U(1).\] Интеграл \(\int\limits_{(1)}^{(2)}p\,dV\) равен площади \(S_1\) под графиком процесса \(1\)–\(2\) (см. рисунок).

Так как \(U\) зависит только от \(pV\), то \(U = \text{const}\) на гиперболах \(pV = \text{const}\). Проведём гиперболы через точки \(1\) и \(2\) и найдём пересечения с кривой адиабаты — точки \(1^*\) и \(2^*\): \[U(1) = U(1^*),\quad U(2) = U(2^*).\] Для адиабаты \(Q_{1^*2^*} = 0 = \displaystyle\int\limits_{(1^*)}^{(2^*)}p\,dV + U(2^*) - U(1^*)\).

Отсюда следует: \[U(2^*) - U(1^*) = -S_2,\] где \(S_2\) — площадь под графиком адиабаты. Тогда получаем, что \(Q_{12} = S_1 - S_2\). Подсчитав площади \(S_1\) и \(S_2\) найдём \[S_1 = 9{,}8p_0V_0,\quad S_2 = (7{,}8 \pm 0{,}2)p_0V_0,\] \[Q_{12} = (2{,}0 \pm 0{,}2)p_0V_0.\]

Ответ

1) \(I_1 = I = \dfrac{\mathcal E_2 + \mathcal E_1/2}{r}\) (через обе батареи);  2) \(\Delta W = \dfrac{C}{4}(\mathcal E_1 + 2\mathcal E_2)^2\);  3) \(A_1 = \dfrac{C\mathcal E_1(2\mathcal E_2 + \mathcal E_1)}{2}\), \(A_2 = C\mathcal E_2(\mathcal E_1 + 2\mathcal E_2)\);  4) \(Q = \dfrac{C(\mathcal E_1 + 2\mathcal E_2)^2}{4}\).

Решение

1. До замыкания ключа \(K\) на конденсаторах были одинаковые разности потенциалов \(U_0 = \mathcal E_1/2\) и заряды \(q_0 = C\mathcal E_1/2\). Полярность указана на рисунке.

В момент замыкания ключа \(K\) заряды конденсаторов и напряжения на них не могут мгновенно измениться. В цепи появляются токи \(I\), \(I_1\) и \(I_2\) (см. рисунок). Согласно законам Кирхгофа:

\[Ir = \mathcal E_2 + \mathcal E_1 - U_0 \Rightarrow I = \dfrac{\mathcal E_2 + \mathcal E_1/2}{r}.\] Здесь \(I\) — ток через \(\mathcal E_2\). Далее \[I_2r + Ir = \mathcal E_2 + U_0,\] \[I_2 = -I + \dfrac{\mathcal E_2 + U_0}{r} = -\dfrac{\mathcal E_2 + \mathcal E_1/2}{r} + \dfrac{\mathcal E_2 + \mathcal E_1/2}{r} = 0.\] Следовательно, \(I_1 = I = \dfrac{\mathcal E_2 + \mathcal E_1/2}{r}\), где \(I_1\) — ток через \(\mathcal E_1\).

2. Начальная энергия системы \(W_0 = 2CU_0^2/2 = C\mathcal E_1^2/4\). В конечном состоянии (т. е. после затухания токов) напряжения на конденсаторах равны \(U_1 = \mathcal E_2 + \mathcal E_1\) и \(U_2 = \mathcal E_2\). Полярность указана на втором рисунке.

Энергия системы в конечном состоянии есть: \[W = \dfrac{C\mathcal E_2^2}{2} + \dfrac{C(\mathcal E_2 + \mathcal E_1)^2}{2}.\] Изменение энергии \[\Delta W = W - W_0 = \dfrac{C}{4}(\mathcal E_1 + 2\mathcal E_2)^2.\] 3. До замыкания ключа суммарный заряд на левых обкладках конденсаторов был равен нулю. В конечном состоянии \[q_1 = C(\mathcal E_1 + \mathcal E_2),\quad q_2 = C\mathcal E_2\ \Rightarrow\ q = q_1 + q_2 = C(\mathcal E_1 + 2\mathcal E_2).\] Это означает, что через батарею \(\mathcal E_2\) протёк заряд \(q\) и батарея совершила работу \[A_2 = q\mathcal E_2 = C\mathcal E_2(\mathcal E_1 + 2\mathcal E_2).\] Через батарею \(\mathcal E_1\) протёк заряд \[\Delta q = q_1 - q_0 = C(\mathcal E_2 + \mathcal E_1) - \dfrac{C\mathcal E_1}{2} = \dfrac{C\mathcal E_1(2\mathcal E_2 + \mathcal E_1)}{2}.\] Батарея совершила работу \[A_1 = \Delta q\mathcal E_1 = \dfrac{C(2\mathcal E_2 + \mathcal E_1)}{2}.\] Обе батареи совершили работу \(A = A_1 + A_2 = \dfrac{C(\mathcal E_1 + 2\mathcal E_2)^2}{2}\).

4. По закону сохранения энергии \(A = \Delta W + Q\), где \(Q\) — выделившееся тепло. Следовательно, \[Q = A - \Delta W = \dfrac{C(\mathcal E_1 + 2\mathcal E_2)^2}{4}.\]