ВсОШ, 2000/01, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

\(\operatorname{tg}\gamma = \operatorname{tg}^2\beta\).

Решение

Согласно условию \(\vec F_{\text{сопр}} = -\alpha|\vec v_{\text{отн}}|\vec v_{\text{отн}}\), где \(\alpha\) — коэффициент пропорциональности.

Проекции ускорения тела на горизонтальную ось \(OX\) и вертикальную ось \(OY\), направленную вниз, соответственно равны: \[a_x = \dfrac{\alpha}{m}(u - v_x)\sqrt{(u - v_x)^2 + v_y^2},\] \[a_y = g - \dfrac{\alpha}{m}v_y\sqrt{(u - v_x)^2 + v_y^2},\] где \(m\) — масса тела, \(g\) — ускорение свободного падения. При малых временах полёта тела можно считать \(v_x \ll u\), \(v_y \ll u\), \(\alpha v_y^2 \ll mg\) и движение тела происходит с постоянным ускорением.

Для малого промежутка времени \(\Delta t\) координаты тела \[x \simeq \dfrac{\alpha u^2\Delta t^2}{2m},\quad y \simeq \dfrac{g\Delta t^2}{2},\] т. е. \[\operatorname{tg}\gamma = \dfrac{y}{x} = \dfrac{mg}{\alpha u^2}.\] В установившемся режиме \(v_x = u\), \(\alpha v_y^2 = mg\), т. е. \(v_y = \sqrt{\dfrac{mg}{\alpha}}\). В этом случае \(\operatorname{tg}\beta = \dfrac{v_y}{v_x} = \sqrt{\dfrac{mg}{\alpha u^2}}\).

Таким образом, \(\operatorname{tg}\gamma = \operatorname{tg}^2\beta\).

Ответ

\(a_2 = \dfrac{3ga_1}{4g - a_1}\).

Решение

В первом эксперименте ускорение \(\vec a_1\) груза и ускорение \(\vec a_A\) шарика \(A\) направлены вертикально вверх и равны по модулю, так как длина \(L\) нити не меняется.

Пусть масса всех трёх шариков равна \(M\). По закону сохранения энергии \[\dfrac{mga_1\Delta t^2}{2} = \dfrac{M(a_A\Delta t)^2}{2} + \dfrac{m(a_1\Delta t)^2}{2}.\tag{1}\] После преобразований (1) получим \(mg = Ma_1 + ma_1\), откуда \[\dfrac{M}{m} = \dfrac{g - a_1}{a_1}.\tag{2}\] Во втором эксперименте проекция ускорения \(\vec a_A'\) шарика \(A\) на вертикальную ось равна ускорению \(a_2\) шарика массы \(m\) (см. рисунок).

\[a_A'\sin 60^\circ = a_2\quad\text{или}\quad a_A' = \dfrac{2a_2}{\sqrt 3}.\tag{3}\] По закону сохранения энергии \[\dfrac{mga_2\Delta t^2}{2} = \dfrac{M(a_A'\Delta t)^2}{2} + \dfrac{m(a_2\Delta t)^2}{2}.\tag{4}\] С учётом (3) выражение (4) примет вид \[\dfrac{M}{m} = \dfrac{3(g - a_2)}{4a_2}.\tag{5}\] Приравнивая выражения (2) и (5), получим \[a_2 = \dfrac{3ga_1}{4g - a_1}.\]

Ответ

\(V_Q = V_K - \dfrac{S_{\text{л}}k}{\mathcal E} \approx 0{,}533\) л, где \(S_{\text{л}}\) — площадь левее ломаной \(KLMNOPQ\) на графике.

Решение

Для малых изменений объёма \[\Delta A = -p\Delta V = -\dfrac{R\Delta V}{k} = -\dfrac{\mathcal E\Delta V}{Ik},\] откуда \[\Delta V = -\dfrac{Ik\Delta A}{\mathcal E}.\] Чтобы найти объём \(V_Q\), определим на графике, приведённом в условии, площадь \(S_{\text{л}}\) левее ломаной \(KLMNOPQ\): \[V_Q = V_K - \dfrac{S_{\text{л}}k}{\mathcal E} \approx 0{,}533\text{ л}.\]

Ответ

\(v = at = \dfrac{\varepsilon_0(\varepsilon - 1)U^2}{2bd^2\rho}t\) при \(0 < t < \tau = \sqrt{b/a}\) (до момента, когда брусок полностью втянется), \(v_{\max} = \sqrt{ab}\); затем \(v = a(2\tau - t)\) до момента \(2\tau\), после чего этапы движения повторяются в обратном порядке (график — «пила» из линейных участков).

Решение

Воспользуемся законом сохранения энергии системы <<источник–конденсатор–брусок>>. Источник тока совершает работу по увеличению электрической энергии конденсатора и кинетической энергии бруска: \[(q - q_0)U = \dfrac{CU^2}{2} - \dfrac{C_0U^2}{2} + \dfrac{mv^2}{2},\tag{1}\] где \(q\) — заряд конденсатора в текущий момент времени, \(q_0\) — начальный заряд конденсатора, \(m\) — масса бруска, \(v\) — текущее значение его скорости.

Поскольку \(q = CU\), \(q_0 = C_0U\), выражение (1) преобразуем к виду \[\dfrac{(C - C_0)U^2}{2} = \dfrac{mv^2}{2}.\tag{2}\] Обозначим через \(x\) расстояние, на которое брусок вошёл между пластинами конденсатора. Тогда \[C - C_0 = \dfrac{\varepsilon_0(\varepsilon - 1)\left(x - \dfrac{b}{2}\right)b}{d}.\tag{3}\] Подставим (3) в (2): \[\left[\dfrac{\varepsilon_0(\varepsilon - 1)bU^2}{2d}\right]\left(x - \dfrac{b}{2}\right) = \dfrac{mv^2}{2}.\tag{4}\] Известно, что работа силы \(F\) по перемещению \((x - x_0)\) тела массы \(m\) равна изменению кинетической энергии тела: \[F(x - x_0) = \dfrac{mv^2}{2}.\tag{5}\] Сравнивая (4) и (5), видим, что на брусок в конденсаторе действует сила \(F\), равная выражению в квадратных скобках. Следовательно, ускорение бруска \[a = \dfrac{F}{m} = \dfrac{\varepsilon_0(\varepsilon - 1)U^2}{2bd^2\rho}.\tag{6}\] Брусок будет двигаться со скоростью \[v = at = \dfrac{\varepsilon_0(\varepsilon - 1)U^2}{2bd^2\rho}t\] до момента времени \(\tau = \sqrt{\dfrac{b}{a}}\), когда брусок полностью втянется в конденсатор и его скорость достигнет максимального значения, равного \[v_{\max} = \sqrt{ab}.\] Затем она будет уменьшаться по линейному закону \(v = a(2\tau - t)\) до момента времени \(2\tau\). После этого все этапы движения повторятся в обратном порядке (см. рисунок).

Ответ

\(R_{AC} = 68\) кОм.

Решение

Любую схему трёхполюсника \((A, B, C)\), состоящую из омических сопротивлений и соединительных проводов, можно свести к эквивалентной схеме, изображённой на рисунке.

Сопротивления \(r_A\), \(r_B\) и \(r_C\) этой схемы найдём, решая систему уравнений \[\begin{cases} r_A + r_B = R_{AB},\\ r_A + r_C = R_{AC},\\ r_B + r_C = R_{BC}. \end{cases}\] Оставим свободным вывод \(D\) четырёхполюсника, который исследовал Глюк. В получившемся трёхполюснике \((A, B, C)\) сопротивление между выводами \(A\) и \(C\) неизвестно. Однако можно записать \[R_{AC} = r_A + r_C \leqslant (r_A + r_B) + (r_C + r_B) = R_{AB} + R_{BC},\] или \[R_{AC} \leqslant R_{AB} + R_{BC}.\tag{1}\] Аналогичным образом для трёхполюсника \((A, C, D)\) можно получить \[R_{AD} \leqslant R_{AC} + R_{CD},\] или \[R_{AD} - R_{CD} \leqslant R_{AC}.\tag{2}\] Объединим неравенства (1) и (2): \[R_{AD} - R_{CD} \leqslant R_{AC} \leqslant R_{AB} + R_{BC}.\] Подставив числовые значения, найдём \[68\text{ кОм} \leqslant R_{AC} \leqslant 68\text{ кОм},\quad\text{т. е. } R_{AC} = 68\text{ кОм}.\]

Ответ

\(L_3 = \dfrac{L_1 + L_2}{4} = 11\) м.

Решение

Пусть центр масс \(C\) автомобиля расположен на высоте \(h\) относительно полотна дороги, расстояние между осями передних и задних колёс равно \(l\) (см. рисунок). Для случая торможения задними колёсами запишем уравнения моментов относительно точки \(O_1\):

\[N_2l - \dfrac{mgl}{2} + \mu N_2h = 0.\] Отсюда \[N_2 = \dfrac{mg}{2\left(1 + \dfrac{\mu h}{l}\right)}.\] Работа силы трения равна \[A_1 = F_{\text{тр}2}L_1 = \mu N_2L_1 = \mu\dfrac{mgL_1}{2\left(1 + \mu h/l\right)}.\tag{1}\] Аналогично, при торможении передними колёсами уравнение моментов относительно точки \(O_2\) имеет вид \[\dfrac{mgl}{2} - N_1l + \mu N_1h = 0,\] откуда \[N_1 = \dfrac{mg}{2\left(1 - \mu h/l\right)}.\] Работа силы трения равна \[A_2 = F_{\text{тр}1}L_2 = \mu N_1L_2 = \dfrac{\mu mgL_2}{2\left(1 - \mu h/l\right)}.\tag{2}\] При торможении всеми четырьмя колёсами работа сил трения \[A_3 = \mu mgL_3.\tag{3}\] Поскольку \(\dfrac{mv_0^2}{2} = A_1 = A_2 = A_3\), то, совместно решая уравнения (1), (2) и (3), получим \[L_3 = \dfrac{L_1 + L_2}{4} = 11\text{ м}.\]

Ответ

\(V_2 = \dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1 - \eta}{\eta}\cdot\dfrac{A}{p_2 - p_3} \approx 27\) л.

Решение

По определению, КПД цикла равен \(\eta = \dfrac{A}{Q_+}\), где \(A\) — работа, совершаемая газом за цикл, \(Q_+\) — количество теплоты, отданной нагревателем газу за цикл. Для данного цикла \[A = A_T + A_V + A_Q = A_T + A_Q,\] где \(A_T\), \(A_V\), \(A_Q\) — работы, совершённые газом соответственно в изотермическом, изохорическом и адиабатическом процессах. Обратите внимание на то, что количество теплоты, полученное от нагревателя, равно положительной работе, совершённой газом: \(Q_+ = A_T\). Следовательно, \[\eta = \dfrac{A}{A_T} = \dfrac{A_T + A_Q}{A_T} = 1 + \dfrac{A_Q}{A_T} = 1 + \dfrac{A_Q}{A - A_Q}.\tag{1}\] Работа, совершаемая газом за данный цикл, равна площади, ограниченной линиями \(1\)-\(2\)-\(3\)-\(1\): \[A \approx \left(81 + \dfrac{1}{2}\cdot 70\right)\text{ ед.} = 116\text{ ед.} = 290\text{ Дж}\] (1 ед. \(= 5\cdot 10^3\text{ Па}\cdot 5\cdot 10^{-4}\text{ м}^3 = 2{,}5\) Дж).

Работа газа на адиабатическом участке равна с обратным знаком изменению внутренней энергии на участке \(3\)-\(1\): \[A_Q = -\nu C_V(T_1 - T_3) = -\nu\cdot\dfrac{3}{2}R(T_2 - T_3) = -\dfrac{3}{2}V_2(p_2 - p_3).\tag{2}\] Из рисунка находим \(p_2 - p_3 = 5\cdot 10^4\) Па. Решая (1) и (2), получим \[V_2 = \dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1 - \eta}{\eta}\cdot\dfrac{A}{p_2 - p_3} \approx 27\text{ л}.\]

Ответ

\(Q_2 = \dfrac{24}{5}\pi\varepsilon_0UR\);  \(I = \dfrac{24\pi}{5}\dfrac{UR}{\rho}\).

Решение

Пусть заряд обкладок конденсатора \(Q_1\) и \(Q_3\), а заряд на границе слоёв, заполняющих конденсатор, \(Q_2\). Эти три физические величины нам предстоит найти. Для этого необходимо составить три уравнения (по числу неизвестных), содержащих эти величины.

Запишем закон сохранения заряда: \[Q_1 + Q_2 + Q_3 = 0.\tag{1}\] Выразим разность потенциалов между обкладками конденсатора через потенциалы на границе сферических поверхностей конденсатора: \[\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{Q_1}{R} + \dfrac{Q_2}{2R} + \dfrac{Q_3}{3R}\right) = U.\tag{2}\] Плотности тока \(j\) по обе стороны границы, разделяющей вещества с \(\rho_1\) и \(\rho_2\), одинаковы: \[j_1 = j_2.\tag{3}\] Плотность тока находим из закона Ома для участка цепи — сферического слоя толщины \(\Delta R\): \[j = \dfrac{I}{S} = \dfrac{\Delta U}{S\Delta r} = \dfrac{E\Delta R}{S\dfrac{\rho\Delta R}{S}} = \dfrac{E}{\rho},\tag{4}\] где \(S\) — площадь поверхности сферического слоя, \(E\) — напряжённость электрического поля, \(\Delta r\) — сопротивление сферического слоя.

С учётом (4) выражение (3) представим в виде \[\dfrac{1}{\rho}\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q_1}{(2R)^2} = \dfrac{1}{2\rho}\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{Q_1}{(2R)^2} + \dfrac{Q_2}{(2R)^2}\right).\tag{5}\] Отсюда получим \[Q_1 = Q_2.\tag{6}\] Из (1), (2) и (6) находим \[Q_2 = \dfrac{24}{5}\pi\varepsilon_0UR.\] Плотность тока вблизи обкладки радиуса \(R\) равна \[j = \dfrac{1}{\rho}\dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0R^2} = \dfrac{6}{5}\cdot\dfrac{U}{\rho R}.\] Тогда сила тока, текущего через конденсатор, \[I = j\cdot 4\pi R^2 = \dfrac{24\pi}{5}\dfrac{UR}{\rho}.\]

Ответ

1) \(I_1 = \dfrac{1}{2}\left(I_0 - \dfrac{\mathcal E_2}{R}\right)\);  2) \(v = \dfrac{2I_0l}{(2\mathcal E_1 + \mathcal E_2 - I_0R)C_0(\varepsilon - 1)}\).

Решение

1. Из рисунка ясно, что \(I_0 = I_1 + I_2\). Из закона Ома \(I_2R_2 - I_1R_1 = \mathcal E_2\). Отсюда следует, что при \(R_1 = R_2 = R\) \[I_1 = \dfrac{1}{2}\left(I_0 - \dfrac{\mathcal E_2}{R}\right) = \text{const}.\]

2. Согласно закону Ома \[I_1R_1 + \dfrac{q}{C} = \mathcal E_1,\tag{1}\] где \(q\) — заряд на конденсаторе, а \(C\) — ёмкость конденсатора с вдвигающейся в него диэлектрической пластиной: \[C = C_0 + C_0(\varepsilon - 1)\dfrac{x}{l}.\tag{2}\] Из уравнения (1) находим: \[\Delta q = (\mathcal E_1 - I_1R_1)\Delta C,\] или \[\Delta q/\Delta t = I_0 = (\mathcal E_1 - I_1R_1)\Delta C/\Delta t = \text{const};\tag{3}\] из уравнения (2) \[\Delta C/\Delta t = \dfrac{C_0(\varepsilon - 1)}{l}\dfrac{\Delta x}{\Delta t} = \dfrac{C_0(\varepsilon - 1)}{l}v.\tag{4}\] Скорость движения пластины, как следует из (4), постоянна: \(v = \Delta x/\Delta t = \text{const}\). Подставляя в (3) выражение для силы тока \(I_1\) и принимая во внимание (4), находим \[v = \dfrac{2I_0l}{(2\mathcal E_1 + \mathcal E_2 - I_0R)C_0(\varepsilon - 1)}.\]

Ответ

1) изображение совпадает с самим источником: \(l_1 = F_0 = 8\) см;  2) оптическая сила водяного слоя под линзой \(D = \dfrac{F_0 - l_2}{l_2F_0} < 0\);  3) \(l_3 = \dfrac{l_2F_0}{2F_0 - l_2} = 24\) см.

Решение

1. В первом случае луч света проходит через линзу два раза. Следовательно, система эквивалентна одной линзе с оптической силой \(D_1 = 2D_0\). Источник находился на расстоянии \(F_0 = 2F_1\), т. е. на двойном фокусном расстоянии. Поэтому изображение совпадает с самим источником: \(l_1 = F_0 = 8\) см.

2. Когда линза погружена в воду наполовину, то оптическая сила системы \(D_2 = 2D_0 + 2D\), где \(D\) — оптическая сила водяного слоя под линзой, то есть \(\dfrac{1}{F_2} = \dfrac{2}{F_0} + 2D\). Из условия задачи \(l_2 = 2F_2\). Следовательно, \[\dfrac{2}{l_2} = \dfrac{2}{F_0} + 2D\ \Rightarrow\ D = \dfrac{F_0 - l_2}{l_2F_0} < 0.\] 3. Аналогично, в третьем случае \(D_3 = 2D_0 + 4D\); \(l_3 = 2F_3\). Следовательно, \[\dfrac{2}{l_3} = \dfrac{2}{F_0} + 4\dfrac{F_0 - l_2}{l_2F_0}.\] Отсюда находим \[l_3 = \dfrac{l_2F_0}{2F_0 - l_2} = 24\text{ см}.\]