ВсОШ, 2009/10, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Запишите законы сохранения энергии и импульса для системы «груз–горка». Как меняются эти уравнения, если масса горки много больше массы груза?

Ответ

\(K_2 = 2{,}25\) Дж.

Решение

Пусть скорость системы в начальном состоянии \(v_0\), высота горки \(H\). Запишем закон сохранения энергии и закон сохранения импульса для системы груз–горка: \[mgH + (m+M)\frac{v_0^2}{2} = M\frac{v_1^2}{2} + m\frac{v_2^2}{2}, \qquad (m+M)v_0 = Mv_1 + mv_2,\] где \(v_1\) — скорость горки после соскальзывания груза, \(v_2\) — скорость соскользнувшего груза.

Поскольку нас не интересует конечная скорость горки, исключим из уравнений скорость \(v_1\), в результате чего получим: \[v_2^2 - 2v_0v_2 + v_0^2 - 2gH\,\frac{M}{m+M} = 0.\] Так как по условию задачи \(v_2 > v_0\), то \[v_2 = v_0 + \sqrt{2gH\,\frac{M}{m+M}}.\] Теперь учтём, что \(m \ll M\). В этом случае \[v_2 = v_0 + \sqrt{2gH}.\] Кинетическая энергия груза, съехавшего с горки, равна: \[K_2 = \frac{mv_2^2}{2} = \frac{mv_0^2}{2} + mgH + mv_0\sqrt{2gH}.\] По условию \(\Pi = 4K_1\), откуда следует, что \(v_0 = \sqrt{gH/2}\). После подстановки в выражение для \(K_2\) окончательно имеем: \[K_2 = K_1 + \Pi + mgH = 2{,}25\,\Pi = 2{,}25~\text{Дж}.\]

Подсказка

Доска отрывается от опоры \(B\), когда момент силы давления песка относительно опоры \(A\) сравняется с моментом веса доски. Сила давления песка складывается из динамической (от падающего потока) и статической (от накопившегося на доске песка) составляющих.

Ответ

\(H = 5\) м;  \(\mu = 0{,}2\) кг/с.

Решение

Согласно правилу моментов относительно полюса \(A\) правый край доски оторвётся от опоры \(B\) в момент, когда сила, действующая на левый край доски, станет равной: \[F = \frac{Mg}{2}.\] Эта сила складывается из двух составляющих — статической и динамической.

Пока песок летит, он не действует на доску. Время его падения от заслонки бункера до доски равно \(\tau = \sqrt{2H/g}\). Затем на доску начинает действовать постоянная динамическая составляющая силы: \[F_{\text{д}i} = \mu_i v,\] где \(v = \sqrt{2gH}\) — скорость песка перед падением на доску, \(\mu_i\) — массовый расход песка в \(i\)-м опыте.

В то же время постепенно начинает расти статическая составляющая силы: \[F_{\text{с}i} = \mu_i (t - \tau)\,g,\] возникающая за счёт увеличения массы песка на доске. Поэтому в момент времени \(t > \tau\) суммарная сила, действующая на доску со стороны песка, равна: \[F_i = F_{\text{д}i} + F_{\text{с}i} = \mu_i\,g\,t,\] причём время \(t\) отсчитывается от момента открытия заслонки бункера.

Теперь рассмотрим результаты эксперимента. Так как в первых двух опытах время не зависит от расхода песка, то \(\tau_1 = \tau = \sqrt{2H/g}\), откуда высота падения песка: \[H = \frac{g\tau_1^2}{2} = 5~\text{м}.\]

Уменьшение массового расхода в 4 раза приводит к тому, что динамической составляющей уже не хватает для начала опрокидывания доски. Тогда, используя полученные выражения, находим массовый расход песка: \[\mu = \frac{M}{2\tau_2} = 0{,}2~\text{кг/с}.\]

Ответ

\(Q = \dfrac{C\mathcal{E}^2}{8}\left(\dfrac{R}{R+r}\right)^2\).

Решение

Энергия, запасённая в конденсаторе, \(W = q^2/(2C)\), где \(q\) — заряд на обкладках конденсатора, а \(C\) — ёмкость конденсатора. Дифференцируя выражение для энергии по времени, получим: \[\frac{dW}{dt} = P = UI_C.\] Запишем второе правило Кирхгофа для контура \(ABCD\) (рис. 23), обозначая через \(I\) силу тока, текущего через резистор \(r\): \[Ir + U = \mathcal{E}, \qquad \text{откуда} \qquad I = \frac{\mathcal{E} - U}{r}.\] Применяя второе правило для контура \(ABEF\), получим: \[U = (I - I_C)R,\] где учтено, что сила тока, текущего через резистор \(R\), равна \(I_R = I - I_C\). Подставим в это выражение значение \(I\). Тогда: \[I_C = \frac{dq}{dt} = \frac{\mathcal{E}R - U(R+r)}{Rr}.\] Исследуем на максимум произведение \[U\,\frac{dq}{dt} = \frac{U\mathcal{E}}{r} - \frac{U^2(R+r)}{Rr}.\] Это квадратный трёхчлен, график которого — парабола с ветвями вниз. Его значение достигает максимума в вершине параболы, то есть при \[U = \frac{R}{2(R+r)}\,\mathcal{E}.\] Такое же напряжение будет на конденсаторе в момент размыкания ключа. Тогда количество теплоты, выделившееся в цепи после размыкания ключа, равно: \[Q = W = \frac{CU^2}{2} = \frac{C\mathcal{E}^2}{8}\left(\frac{R}{R+r}\right)^2.\]

Ответ

\(\mathrm{tg}\,\varphi_1 = \dfrac{3}{4\sqrt{2}+3} \approx 0{,}347\),  \(\varphi_1 \approx 19{,}1^\circ\).

Решение

Пусть показатель преломления стекла равен \(n\). Выполним рисунок, поясняющий ход луча (рис. 24). Запишем закон Снелла для луча, преломляющегося на гранях \(AC\) и \(AB\): \[\text{для грани } AC:\quad \sin\varphi_0 = n\sin\varphi_1; \qquad \text{для грани } AB:\quad n_0\sin\varphi_0 = n\sin\varphi_2.\] Разделим почленно второе уравнение на первое: \[n_0 = \frac{\sin\varphi_2}{\sin\varphi_1}.\] Так как призма равнобедренная и прямоугольная, то угол \(\alpha = 45^\circ\). Для треугольника \(DEF\) угол \(\alpha_1\) — внешний. По теореме о внешнем угле треугольника: \[\varphi_1 + \varphi_2 = \alpha_1.\] Заметим, что углы \(\alpha\) и \(\alpha_1\) равны как углы со взаимно перпендикулярными сторонами. С учётом двух последних соотношений получим: \[n_0 = \frac{\sin(\alpha - \varphi_1)}{\sin\varphi_1} = \frac{\cos\varphi_1 - \sin\varphi_1}{\sqrt{2}\,\sin\varphi_1} = \frac{1 - \mathrm{tg}\,\varphi_1}{\sqrt{2}\,\mathrm{tg}\,\varphi_1}.\] Подставив в уравнение значение \(n_0\), окончательно получим: \[\mathrm{tg}\,\varphi_1 = \frac{3}{4\sqrt{2}+3} \approx 0{,}347,\] откуда \(\varphi_1 \approx 19{,}1^\circ\).

Ответ

Теплота подводится на изохорах и изобарах, где температура возрастает (на графике выделены жирными линиями);  \(Q = 9{,}18\,p_0V_0\).

Решение

Теплота подводится к газу на тех изохорах и изобарах, на которых температура возрастает. Обозначим эти участки жирными линиями (рис. 25). Вычислим суммарную работу, совершённую на этих участках, как сумму площадей под выделенными горизонтальными прямыми: \[\frac{A}{p_0V_0} = \frac{9\cdot9 + 8\cdot7 + 7\cdot5 + 6\cdot3 + 5\cdot1}{100},\] откуда \(A = 1{,}95\,p_0V_0\).

Так как метан — многоатомный газ, его молярная теплоёмкость при постоянном объёме равна \(C_V = 3R\). Вычислим изменение внутренней энергии на тех участках, где тепло подводится к газу: \[\frac{\Delta U}{3p_0V_0} = \frac{1}{100}\Bigl((10\cdot9 - 1\cdot9) + (9\cdot8 - 2\cdot1) + (8\cdot7 - 3\cdot2) + (7\cdot6 - 4\cdot3) + (6\cdot5 - 5\cdot4)\Bigr) = 2{,}41,\] откуда \(\Delta U = 7{,}23\,p_0V_0\). Тогда подведённое тепло: \[Q = \Delta U + A = 9{,}18\,p_0V_0.\]