ВсОШ, 1999/00, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

\(R_{AB} = 17r/24 = 1{,}7\) Ом.

Решение

Изобразим схему, эквивалентную схеме в условии (рис. 182). При сравнении участков \(CMB\) и \(CNB\) заметим, что \[\varphi_M = \varphi_N = (\varphi_C + \varphi_B)/2.\] Теперь легко подсчитать сопротивление \(R_{AB}\): \[R_{AB} = \dfrac{17r}{24} = 1{,}7\text{ Ом}.\]

Ответ

\(v = \sqrt{2g(H - H_1)}\); в книге \(v \approx 3{,}8\) м/с (подстановка даёт \(\approx 2{,}2\) м/с, см. комментарий).

Решение

Пусть шайба массой \(m\) вращается по окружности радиусом \(R\) со скоростью \(v_0\) на высоте \(h\). Ясно, что \(\dfrac{mv_0^2}{R} = mg\operatorname{tg}\alpha\), отсюда \(v_0^2 = gR\operatorname{tg}\alpha\) (рис. 183). Для профиля воронки \(y = -k/r^2\), где \(k > 0\), имеем \(y' = \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{2k}{r^3} = -2y/r\). Тогда \[\operatorname{tg}\alpha = y'|_{r=R} = -2y/R = \dfrac{2(H - h)}{R}.\]

Следовательно, \(v_0^2 = gR\operatorname{tg}\alpha = 2g(H - h)\).

По закону сохранения энергии \[\dfrac{mv^2}{2} + mgH_1 = \dfrac{mv_0^2}{2} + mgh.\] Из последних двух равенств находим \(v = \sqrt{2g(H - H_1)} \approx 3{,}8\) м/с.

Ответ

\(v_2 = \dfrac{Mv_1\cos\alpha + mv_0\cos(\beta - \alpha)}{(M + m)\cos\alpha}\).

Решение

На систему <<санки — собака>> за время их взаимодействия действуют внешние силы: направленные вертикально вниз силы тяжести \(M\vec g\) и \(m\vec g\), изменяющаяся со временем сила реакции \(\vec R\) со стороны горки. При движении санок с горки с постоянной скоростью сила \(\vec R\) всегда направлена вертикально вверх, так как результирующая всех сил должна быть равна нулю. Разложим \(\vec R\) (рис. 184) на силу нормального давления \(\vec N\) и силу трения \(\vec F_{\text{тр}}\): \(\vec R = \vec N + \vec F_{\text{тр}}\). Ясно, что \(F_{\text{тр}} = \mu N\), где \(\mu\) — коэффициент трения скольжения. До прыжка сила реакции \(\vec R_0 = \vec N_0 + \vec F_{\text{тр}\,0}\), где \(F_{\text{тр}\,0} = \mu N_0\) и вектор \(\vec R_0\) направлен вертикально вверх. В ходе взаимодействия собаки с санками реакция \(N\) возрастает в \(k\) раз (\(N = kN_0\)), сила \(F_{\text{тр}}\) тоже возрастает в \(k\) раз и вектор \(\vec R\) остаётся параллельным \(\vec R_0\), т.е. вектор \(\vec R\) направлен вертикально вверх. Итак, для системы <<санки — собака>> за время их взаимодействия все внешние силы направлены вертикально. Отсюда следует, что проекция импульса системы на горизонтальную ось \(x\) сохраняется: \[Mv_1\cos\alpha + mv_0\cos(\beta - \alpha) = (M + m)v_2\cos\alpha.\]

Из этого равенства находим скорость санок с собакой: \[v_2 = \dfrac{Mv_1\cos\alpha + mv_0\cos(\beta - \alpha)}{(M + m)\cos\alpha}.\]

Ответ

\(\omega = \sqrt{k/m}\), \(F_0 = \gamma v_0\).

Решение

Направим ось \(Ox\) вдоль оси пружины. Начало координат совместим с центром масс тела, соединённого с недеформированной пружиной. Пусть под действием вынуждающей силы \(F(t) = F_0\cos(\omega t + \beta)\) тело совершает вынужденные колебания с частотой \(\omega\) и амплитудой \(A\). Тогда координата \(x\), скорость и ускорение тела будут соответственно равны: \[x = A\cos(\omega t + \alpha),\quad v_x = -\omega A\sin(\omega t + \alpha),\quad a_x = -\omega^2 A\cos(\omega t + \alpha).\] По условию, \[\dfrac{mv_0^2}{2} = \dfrac{m\omega^2A^2}{2}\sin^2(\omega t + \alpha) + \dfrac{kA^2}{2}\cos^2(\omega t + \alpha).\] Это равенство будет выполняться при любом \(t\), если \(m\omega^2 = k\). Отсюда \(\omega = \sqrt{k/m}\) и \(A = v_0\sqrt{m/k}\). Подставим в уравнение второго закона Ньютона \[ma_x = -\gamma v_x - kx + F\cos(\omega t + \beta)\] записанные выше выражения для \(x\), \(v_x\), \(a_x\), \(\omega\) и \(A\). После преобразований имеем: \[\gamma v_0\sin(\omega t + \alpha) = F_0\cos(\omega t + \beta).\] Если это равенство выполняется при любых \(t\), то \(\alpha\) и \(\beta\) связаны соотношением \(\alpha + \dfrac{\pi}{2} = \beta\), а искомая сила \(F_0 = \gamma v_0\).

Ответ

Через \(A\) проводят касательную к кривой цикла; окружность с центром в \(A\) радиуса \(AO\) пересекает касательную в точках, через которые проводят оси (\(AO = AB = AC\)); из двух вариантов направлений осей выбирают подходящий условию.

Решение

Сначала рассмотрим, как изменяется температура \(T\) газа при движении вдоль отрезка \(BC\), задаваемого уравнением \(\dfrac{V}{V_0} + \dfrac{p}{p_0} = 1\) (рис. 185). Для \(\nu\) молей газа \(pV = \nu RT\). Поэтому \(T = \dfrac{pV}{\nu R} = \dfrac{p_0}{\nu RV_0}(V_0V - V^2)\). Максимум \(T\) будет в некоторой точке \(A\) при \(V = \dfrac{V_0}{2}\). Это значит, что точка \(A\) находится на середине гипотенузы прямоугольного треугольника \(\triangle OBC\) и поэтому равноудалена от точек \(O\), \(B\) и \(C\).

Возьмём произвольный цикл (рис. 186). Проведём ряд изотерм. Изотерма с наибольшей температурой, касающаяся кривой цикла (точка \(A\) на рис. 186), соответствует максимальной температуре в цикле. Проведём через точку \(A\) общую касательную к кривой цикла и изотерме. Ясно, что максимальная температура на касательной соответствует точке \(A\). По доказанному выше, эта точка равноудалена от начала координат и точек пересечения касательной с осями координат: \(AO = AB = AC\). Теперь понятен алгоритм восстановления осей.

1. Проводим касательную в точку \(A\) (рис. 187).

2. Проводим окружность с центром в точке \(A\) и радиусом \(AO\).

3. Через точки пересечения окружности с касательной проводим оси координат.

4. Из двух возможных вариантов направлений осей \(p\) и \(V\) выбираем тот, который удовлетворяет условию задачи.

Ответ

\(\Omega = \omega_0 = \sqrt{2kg/L} \approx 1{,}72\) с\(^{-1}\); \(A_2 = \dfrac{\omega_2}{\omega_0}R \approx 0{,}29\) м.

Решение

Обозначим через \(x\) смещение центра масс бруса, \(N_i\) — реакция опор (рис. 188). Запишем второй закон Ньютона и уравнение моментов относительно центра масс: \[N_1 + N_2 = Mg,\qquad N_1(L/2 - x) = N_2(L/2 + x),\] где \(M\) — масса бруса, \(g\) — ускорение свободного падения. Предположим, что проскальзывание есть на обоих валиках. Тогда \[F_{\text{тр}} = k(N_1 - N_2) = -kMg\,2x/L.\]

Из второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную ось следует, что брус будет совершать гармонические колебания с частотой \[\omega_0 = \sqrt{2kg/L} = 1{,}72\text{ с}^{-1}. \tag{1}\] Из (1) видно, что частота колебаний не зависит от начальных условий и от скорости вращения валиков. Следовательно, и после уменьшения скорости вращения валиков эта частота не изменится, т.е. \(\Omega = \omega_0\). До уменьшения скорости вращения валиков амплитуда колебаний бруса \(A_1 = \alpha L = 0{,}75\) м, а амплитуда скорости \[v_1 = A_1\omega_0 \approx 1{,}29\text{ м/с}.\] Поскольку \(v_1 < \omega R = 5\) м/с, предположение о проскальзывании бруса по обоим валикам оказалось верным. Новая скорость вращения валиков \(\omega_2 = 0{,}1\omega_1\). Амплитуда скорости бруска \(v_2 = A_2\omega_0\) не должна быть больше скорости точек поверхности валиков, т.е. \[A_2\omega_0 = \omega_2 R.\] Отсюда \[A_2 = \dfrac{\omega_2}{\omega_0}R \approx 0{,}29\text{ м}.\]

Ответ

1) \(\omega_\perp^2 = \dfrac{g}{\sqrt{l^2 - a^2}}\);  2) \(\omega_\parallel^2 \approx \dfrac{g\sqrt{l^2 - a^2}}{l^2}\);  3) \(a = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,l\).

Решение

1. В первом случае происходят колебания математического маятника с длиной подвеса \(b = \sqrt{l^2 - a^2}\): \[\omega_\perp^2 = \dfrac{g}{\sqrt{l^2 - a^2}}.\] 2. Так как нить нерастяжимая, то \(AC + CB = 2l\). Следовательно, во втором случае бусинка \(C\) движется по эллипсу с фокусами \(A\) и \(B\). Длина малой полуоси \(b = \sqrt{l^2 - a^2}\), большой полуоси — \(l\). Уравнение эллипса: \[\dfrac{x^2}{l^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1,\qquad y = -b\sqrt{1 - \dfrac{x^2}{l^2}} \approx -b + \dfrac{bx^2}{2l^2}.\]

Тогда получим: \(\Delta y \approx bx^2/(2l^2)\). Значит, при отклонении бусинки по горизонтали на \(x\) потенциальная энергия возрастёт на \[\Delta\Pi = mg\Delta y \approx \dfrac{1}{2}mgb\dfrac{x^2}{l^2}.\] Пусть кинетическая энергия бусинки \(T \approx \dfrac{1}{2}m\dot x^2\).

Отсюда следует: \(\omega_\parallel^2 \approx gb/l^2\), то есть \(\omega_\parallel^2 \approx g\sqrt{l^2 - a^2}/l^2\).

3. Из рис. 63.11, б в условии задачи видно, что \(\dfrac{\omega_\perp}{\omega_\parallel} = 2\). Отсюда получаем: \[a = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,l.\]

Ответ

\(V_0 = V_1\sqrt{\dfrac{3Tm_2}{\tau m_1}} = 1500\) В.

Решение

При постоянном напряжении: \[F_1 = m_1g = \dfrac{\varepsilon_0S}{2d^2}V_1^2.\] При периодической последовательности импульсов: \[F_2 = m_2g = \dfrac{\varepsilon_0S}{2Td^2}\int\limits_0^\tau\left(\dfrac{V_0}{\tau}t\right)^2dt = \dfrac{\varepsilon_0SV_0^2\tau}{6Td^2} = \dfrac{F_1V_0^2\tau}{3TV_1^2}.\] Отсюда: \[V_0 = V_1\sqrt{\dfrac{3Tm_2}{\tau m_1}} = 1500\text{ В}.\]

Ответ

\(R_1 = R\sqrt{\dfrac{r}{r + 2R}}\).

Решение

Перед размыканием ключа \(K\) сила тока, текущего через катушку \(L\), равна \[I_{L1} = \mathcal{E}/(R + R_1).\] Пусть после размыкания ключа \(K\) в цепи текут токи, положительные направления которых изображены на рис. 190.

По правилам Кирхгофа можно записать систему уравнений: \[I_L = I_r + I_1, \tag{1}\] \[2I_1R_1 - I_rr = 0, \tag{2}\] \[L\dfrac{dI_L}{dt} + 2I_LR + I_rr = 0. \tag{3}\] Из (1) и (2) найдём, что \(I_L = I_r(r + 2R_1)/(2R_1)\). После подстановки этого выражения в (3) получим: \[\dfrac{dI_L}{dt} = -\dfrac{rR + R_1(2R + r)}{LR_1}I_r.\] Заряд, протёкший через микроамперметр, за время \(dt\): \[dQ = -\dfrac{LR_1}{rR + R_1(2R + r)}dI_L.\] Поскольку конечная сила тока через катушку \(I_L = 0\), то полное изменение силы тока равно \(-\mathcal{E}/(R_1 + R)\), а полный заряд равен \[Q = \dfrac{\mathcal{E}L}{2R(R + r) + (2R + r)R_1 + rR^2/R_1}.\] \(Q\) достигает максимального значения, когда \((2R + r)R_1 + rR^2/R_1\) минимально. А это имеет место при условии \((2R + r)R_1 = rR^2/R_1\). Ответ можно получить, продифференцировав знаменатель выражения для \(Q\) по \(R_1\) и приравняв производную нулю.

Окончательно получим: \(R_1 = R\sqrt{\dfrac{r}{r + 2R}}\).