ВсОШ, 2009/10, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Сначала найдите силу трения, необходимую для движения без проскальзывания, и сравните её с максимальной силой трения \(\mu m_1 g\). Для пункта 3 используйте относительное ускорение груза и доски.

Ответ

1) \(\mu \geq \mu_{\min}\);  2) \(\mu_{\min} = \dfrac{M m_2}{m_1 (m_1 + m_2 + M)} = \dfrac{1}{2}\);  3) \(t = \sqrt{\dfrac{2L}{a_{\text{отн}}}} = 0{,}9\) с.

Решение

Обозначим силу натяжения нити через \(T\). Запишем второй закон Ньютона для всех трёх тел: \[m_1 a_1 = T - F_{\text{тр}}, \qquad m_2 a_2 = F_{\text{тр}}, \qquad M a_1 = Mg - T.\] Здесь \(a_1\) и \(a_2\) — ускорения груза и доски соответственно. Из этих уравнений получим: \[a_1 = \frac{Mg - F_{\text{тр}}}{m_1 + M}, \qquad a_2 = \frac{F_{\text{тр}}}{m_2}.\] При движении без проскальзывания \(a_1 = a_2\): \[\frac{Mg - F_{\text{тр}}}{m_1 + M} = \frac{F_{\text{тр}}}{m_2}, \quad\text{откуда}\quad F_{\text{тр}} = \frac{M m_2}{m_1 + m_2 + M}\,g.\] При этом сила трения по модулю не превышает значения \(\mu m_1 g\). Следовательно, для движения без проскальзывания необходимо \[\frac{M m_2}{m_1 + m_2 + M}\,g \leq \mu m_1 g, \quad\text{откуда}\quad \mu_{\min} = \frac{M m_2}{m_1 (m_1 + m_2 + M)}.\]

2. Подставляя числовые значения масс всех грузов, получим \(\mu_{\min} = 1/2\). При \(\mu \geq \mu_{\min}\) скольжения нет, а при \(\mu < \mu_{\min}\) груз будет скользить по доске.

3. Пусть теперь \(\mu = \mu_{\min}/2 = 1/4\). Тогда \[a_1 = \frac{M - m_1\mu}{m_1 + M}\,g, \qquad a_2 = \frac{m_1}{m_2}\,\mu g.\] Относительное ускорение \[a_{\text{отн}} = a_1 - a_2 = g\left(\frac{M - m_1\mu}{m_1 + M} - \frac{m_1}{m_2}\mu\right) = g/4.\] Время соскальзывания находим из формулы \(L = a_{\text{отн}} t^2/2\): \[t = \sqrt{\frac{2L}{a_{\text{отн}}}} = 0{,}9~\text{с}.\]

Подсказка

Выразите отношение \(p/\rho\) через температуру и степень диссоциации для каждого цикла. Безразмерное отношение максимальных значений \(p/\rho\) не зависит от масштабных коэффициентов, а наклоны касательных к циклам из начала координат дают эти значения.

Ответ

1) \(\alpha = 0{,}2\);  2) \(k_{\min} = \dfrac{T_{2,\min}}{T_{1,\min}} \approx 9{,}2\).

Решение

Пусть \(\nu\) — число молей \(\text{O}_2\) до диссоциации, \(\alpha\) — часть диссоциированных молекул. Число молей молекулярного кислорода после диссоциации \(\nu_2 = (1 - \alpha)\nu\), число молей атомарного кислорода O \(\nu_1 = 2\alpha\nu\). Запишем уравнения состояния для молекулярного и атомарного кислорода: \[p_{\text{O}_2} V = \nu_2 RT = (1 - \alpha)\nu RT, \qquad p_{\text{O}} V = \nu_1 RT = 2\alpha\nu RT.\] Согласно закону Дальтона \(p = p_{\text{O}_2} + p_{\text{O}}\), откуда \[pV = (1 + \alpha)\nu RT = \frac{m}{\mu_2}RT(1 + \alpha),\] где \(\mu_2\) — молярная масса \(\text{O}_2\). Последнее уравнение можно переписать в виде \[\left(\frac{p}{\rho}\right)_2 = \frac{RT_2}{\mu_2}(1 + \alpha),\] где индекс 2 означает, что это соотношение относится ко второму циклу. Аналогично для первого цикла \[\left(\frac{p}{\rho}\right)_1 = \frac{RT_1}{\mu_2}.\] Отношения \(p/\rho\) связывают с температурой \(T\) в любой точке циклов 1 и 2. В частности, для точек с максимальными температурами \[\left(\frac{p}{\rho}\right)_{1,\max} = \frac{RT_{1,\max}}{\mu_2}, \qquad \left(\frac{p}{\rho}\right)_{2,\max} = \frac{RT_{2,\max}}{\mu_2}(1 + \alpha).\] Величины \((p/\rho)_{1,\max}\) и \((p/\rho)_{2,\max}\) определяем по наклону касательных к циклам 1 и 2, проведённых из начала координат. Безразмерное отношение \(r_{\max} = (p/\rho)_{2,\max}/(p/\rho)_{1,\max}\) не зависит от масштабных коэффициентов \(\rho_0\) и \(p_0\). По графику \((p/\rho)_{2,\max} = 2{,}4\), \((p/\rho)_{1,\max} = 0{,}4\), то есть \(r_{\max} = 6\).

Следовательно, \[\frac{T_{2,\max}}{T_{1,\max}}(1 + \alpha) = k(1 + \alpha) = 6, \quad\text{откуда}\quad \alpha = 0{,}2.\]

Определим теперь отношение \(T_{2,\min}/T_{1,\min}\). Для этого нужно провести касательные к циклам 1 и 2 с максимальным наклоном к оси абсцисс. По графикам находим \(r_{\min} = 11\), откуда \[\frac{T_{2,\min}}{T_{1,\min}} = \frac{11}{1 + \alpha} \approx 9{,}2.\]

Подсказка

Разбейте движение на подъём с остановкой и последующий спуск; ускорение при спуске меняет знак силы трения. Введите безразмерную величину \(x = \mu/\operatorname{tg}\alpha\).

Ответ

1) \(t_0 = \dfrac{2v_0}{g\sin\alpha}\);  2) \(\mu < \operatorname{tg}\alpha\);  3) \(t_\mu = \dfrac{v_0}{g}\left(\dfrac{1}{\sin\alpha + \mu\cos\alpha} + \dfrac{1}{\sqrt{\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha}}\right)\);  4) \(\mu_0 = \dfrac{\operatorname{tg}\alpha}{\sqrt{2}}\).

Решение

При отсутствии трения время возврата \(t_0 = \dfrac{2v_0}{g\sin\alpha}\).

При наличии сухого трения шайба при подъёме скользит вверх с ускорением, равным по модулю \(a_1 = g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)\). Время подъёма до остановки \[t_1 = \frac{v_0}{a_1} = \frac{v_0}{g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)},\] при этом шайба проходит путь \(S = \dfrac{v_0^2}{2g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}\).

После остановки в верхней точке шайба начнёт скользить вниз по наклонной плоскости при условии \(\mu < \operatorname{tg}\alpha\). В этом случае ускорение шайбы \(a_2 = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\). Время спуска находим по формуле \(t_2^2 = 2S/a_2\): \[t_2 = \frac{v_0}{g}\cdot\frac{1}{\sqrt{\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha}}.\] Время возврата шайбы \[t_\mu = t_1 + t_2 = \frac{v_0}{g}\left(\frac{1}{\sin\alpha + \mu\cos\alpha} + \frac{1}{\sqrt{\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha}}\right).\]

Введём обозначение \(x = \dfrac{\mu}{\operatorname{tg}\alpha}\). Тогда выражение для \(t_\mu\) можно преобразовать к виду \[t_\mu = \frac{v_0}{g\sin\alpha}\left(\frac{1}{1 + x} + \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\right).\] При \(x \to 1\) \(t_\mu \to \infty\). Приравняв \(t_\mu = t_0\), получим \[\frac{1}{1 + x} + \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} = 2,\] что можно привести к виду \(x - 2x^3 = 0\). Так как \(x \geq 0\), то корнями этого уравнения являются \(x_1 = 0\) и \(x_2 = 1/\sqrt{2}\). Первое значение соответствует движению без трения, а для второго решения \(\mu_0 = \operatorname{tg}\alpha/\sqrt{2}\). При \(\mu > \mu_0\) время возврата \(t_\mu > t_0\).

Подсказка

Для цепи с варистором, включённым параллельно нагрузке, напряжение на варисторе связано с его током линейным соотношением: постройте эту нагрузочную прямую на графике ВАХ, и точка пересечения даст режим.

Ответ

1) \(\mathcal{E}_1 = 16{,}4\) В, \(U_{\text{в1}} \approx 6{,}4\) В, \(I_{\text{в1}} \approx 0{,}36\) А;  2) \(\Delta U_{\text{н}} = \Delta U_{\text{в}} \approx 2{,}8\) В, \(\Delta I_{\text{в}} \approx 1{,}1\) А.

Решение

1. Пусть сила тока \(I = I_0\). Обозначим через \(I_{\text{н}}\) и \(I_{\text{в}}\) силы токов, текущих соответственно через резистор и варистор (рис. 21). Тогда напряжение на варисторе \[\mathcal{E} - IR = U_{\text{в}} = I_{\text{н}}R_{\text{н}} = (I - I_{\text{в}})R_{\text{н}}.\] Отсюда следует, что для определения \(I_{\text{в1}}\) и \(U_{\text{в1}}\) на графике ВАХ нужно построить прямую линию \(I_{\text{в}} = I - U_{\text{в}}/R_{\text{н}}\), называемую нагрузочной характеристикой. Строим этот линейный график: при \(U_{\text{в}} = 0\), \(I_{\text{в}} = I = I_0 = 1\) А, а при \(I_{\text{в}} = 0\), \(U_{\text{в}} = I_0 R_{\text{н}} = 10\) В (рис. 22). Находим по графику: \(I_{\text{в1}} \approx 0{,}36\) А, \(U_{\text{в1}} = U_{\text{н1}} \approx 6{,}4\) В. Из уравнения \(\mathcal{E} = U_{\text{в}} + IR\) находим \[\mathcal{E}_1 = U_{\text{в1}} + I_0 R = 16{,}4~\text{В}.\]

2. Напряжение источника возросло и стало \(\mathcal{E}_2 = 2\mathcal{E}_1 = 32{,}8\) В. Найдём связь \(U_{\text{в}}\) и \(I_{\text{н}}\): \(\mathcal{E}_2 - IR = \mathcal{E}_2 - (I_{\text{н}} + I_{\text{в}})R = U_{\text{в}}\), а поскольку \(I_{\text{н}} = U_{\text{в}}/R_{\text{н}}\), имеем \[\mathcal{E}_2 - \frac{U_{\text{в}}}{R_{\text{н}}}R - I_{\text{в}}R = U_{\text{в}}.\] Получаем уравнение прямой \[I_{\text{в}} = \frac{\mathcal{E}_2}{R} - U_{\text{в}}\left(\frac{1}{R_{\text{н}}} + \frac{1}{R}\right).\] Отложим по осям: при \(I_{\text{в}} = 0\), \(U_{\text{в}} = \dfrac{\mathcal{E}_2 R_{\text{н}}}{R_{\text{н}} + R} = 16{,}4\) В; при \(U_{\text{в}} = 0\), \(I_{\text{в}} = \dfrac{\mathcal{E}_2}{R} \approx 3{,}3\) А. Построив нагрузочную характеристику во втором случае, найдём \(I_{\text{в2}} \approx 1{,}42\) А, \(U_{\text{в2}} \approx 9{,}2\) В, отсюда \[\Delta U_{\text{н}} = \Delta U_{\text{в}} = U_{\text{в2}} - U_{\text{в1}} = 2{,}8~\text{В} \quad\text{и}\quad \Delta I_{\text{в}} = I_{\text{в2}} - I_{\text{в1}} = 1{,}42 - 0{,}36 \approx 1{,}1~\text{А}.\]

Подсказка

В установившемся режиме ток через конденсаторы не течёт, так что заряды на них определяются только ЭДС. После замыкания \(K_2\) используйте закон сохранения энергии: работа аккумулятора равна сумме выделившегося тепла и изменения энергии конденсаторов.

Ответ

1) \(U_C = \dfrac{2\mathcal{E}}{3}\), \(U_{2C} = \dfrac{\mathcal{E}}{3}\).

Решение

1. Найдём заряд на конденсаторах: \[\mathcal{E} = \frac{q}{2C} + \frac{q}{C}, \quad\text{откуда}\quad q = \frac{2C\mathcal{E}}{3}.\] Тогда напряжения на конденсаторах \[U_C = \frac{2\mathcal{E}}{3}, \qquad U_{2C} = \frac{\mathcal{E}}{3}.\]

2. Пусть сразу после замыкания ключа \(K_2\) сила тока через аккумулятор равна \(I\), через конденсатор \(C\) — \(I_C\), через резистор — \(I_R\). В процессе перезарядки сумма напряжений на конденсаторах в любой момент времени равна \(\mathcal{E}\), следовательно, \[\frac{I_C\,dt}{C} = \frac{I\,dt}{2C}.\] Получаем \(I = 2I_C\), откуда \[I_R = I + I_C = \frac{3}{2}I = \frac{U_C}{R}.\] Следовательно, когда сила тока через батарею уменьшится в два раза, новый заряд на \(C\) также уменьшится в два раза, то есть \[q'_C = \frac{q}{2} = \frac{C\mathcal{E}}{3}.\] Заряд на \(2C\): \[q'_{2C} = 2C\left(\mathcal{E} - \frac{q'_C}{C}\right) = \frac{4C\mathcal{E}}{3}.\] Запишем закон сохранения энергии: \(A = Q + (W'_C - W_C) + (W'_{2C} - W_{2C})\), где \(W\) — энергия конденсатора, \(A = \mathcal{E}\,\Delta q\) — работа аккумулятора.