ВсОШ, 2010/11, региональный этап, 10 класс, теоретический тур

Ответ

\(R_M = R_2 = a\dfrac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2}} \approx 23{,}4\) см.

Решение

Выясним, на какую глубину \(y\) погрузился бы в воду плавающий квадратный тазик: \[mg = \rho\left(\dfrac{a^2}{4}\right)yg,\qquad\text{откуда}\qquad y = \dfrac{4m}{\rho a^2} = 10\text{ см}.\] Таким образом, объём вылитой из круглого тазика воды не должен превышать объём, при котором уровень воды в поддоне при не всплывающем квадратном тазике достигнет величины \(y\): \[\pi R_1^2 h < 3a^2y/4.\] Подставляя \(y\), получим: \[R_1 < \sqrt{\dfrac{3}{\pi}\dfrac{m}{\rho h}} = 27{,}6\text{ см}.\] Теперь проверим, тазик какого максимального радиуса \(R_2\) можно поместить в поддоне вместе с квадратным тазиком.

Наибольший радиус круглого тазика, ещё вмещающегося в поддон с квадратным тазиком, будет в случае, если его центр расположен на диагонали поддона (рис. 24). В этом случае радиус тазика \(R_2\) вычисляется из условия: \[R_2 + \dfrac{R_2}{\sqrt{2}} = \dfrac{a}{2},\] откуда получаем: \[R_2 = a\dfrac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2}} \approx 23{,}4\text{ см}.\] Таким образом, максимальный радиус круглого тазика, который может использовать хозяйка, \(R_M = R_2 = 23{,}4\) см.

Ответ

\(L = \dfrac{F_1 - F_2}{\rho g} = 8\) м.

Решение

Так как трения в оси верхнего блока нет, а точки \(A\) и \(B\) находятся на одном уровне, то \(|\vec T_A| = |\vec T_B|\). Спроецируем на вертикальную ось \(OX\) внешние силы, действующие на тяжёлую верёвку и блоки (рис. 25):

\[-T_A + F_1 - F_2 + T_B - \rho gL = 0,\] \[F_1 - F_2 = \rho gL,\] откуда: \[L = \dfrac{F_1 - F_2}{\rho g} = 8\text{ м}.\]

Ответ

1) \(b = b_0 - \dfrac{v_0^2}{\mu g}\) при \(v_0 < \sqrt{2\mu g b_0}\) и \(b = -b_0\) при \(v_0 \geqslant \sqrt{2\mu g b_0}\);  2) при \(v_0 < \sqrt{2\mu g b_0}\) нижний брусок до стенки не доедет, а при \(v_0 \geqslant \sqrt{2\mu g b_0}\) система будет двигаться от стенки со скоростью \(v_k = \sqrt{v_0^2 - 2\mu g b_0}\);  3) зависимость линейна в координатах \((v_0^2,\ b)\): прямая от \(b_0\) при \(v_0 = 0\) до \(-b_0\) при \(v_0^2 = 2\mu g b_0\), дальше горизонтальная прямая \(b = -b_0\).

Решение

Направим координатную ось \(Ox\) вдоль вектора скорости брусков. В дальнейшем все величины будем проецировать на эту ось с учётом знака.

После упругого соударения верхнего бруска со стенкой его скорость изменит знак. Силы трения, действующие на бруски, изображены на рисунке 26 (чтобы не загромождать рисунок, здесь опущены нормальные реакции опоры).

\[F = \mu mg.\] Согласно второму закону Ньютона, ускорения брусков: \[a_1 = F/m = \mu g,\qquad a_2 = -F/m = -\mu g.\] Верхний брусок движется, замедляясь, влево, а нижний — замедляясь, вправо. Обратим внимание на то, что \(v_2 = -v_1\). Ускорение верхнего бруска относительно нижнего: \[a_{12} = 2\mu g.\] Возможны два случая.

Нижний брусок остановится, не доехав до стенки (одновременно с ним остановится и верхний брусок). При этом кинетическая энергия бруска пойдёт на совершение работы против силы трения. Отсюда определим \(b\). \[a_{12}m(b - b_0) = 0 - \dfrac{m(2v_0)^2}{2},\qquad b = b_0 - \dfrac{v_0^2}{\mu g}.\] Если \(mv_0^2/2 \geqslant \mu mgb_0\), то нижний брусок доедет до стенки со скоростью \(v_k\), которую можно найти из закона сохранения энергии: \[\dfrac{mv_k^2}{2} = \dfrac{mv_0^2}{2} - \mu gb_0m,\qquad\text{откуда}\qquad v_k = \sqrt{v_0^2 - 2\mu gb_0}.\] После упругого столкновения бруска со стенкой его скорость сменит знак, и далее система будет двигаться с этой скоростью как одно целое.

Теперь найдём \(b\):

\[a_{12}(b - b_0) = \dfrac{(2v_k)^2}{2} - \dfrac{(2v_0)^2}{2} = \dfrac{8\mu gb_0}{2},\qquad\text{откуда}\qquad b = b_0 - \dfrac{8\mu gb_0}{2\cdot 2\mu g} = -b_0.\] Таким образом: \[b = b_0 - \dfrac{v_0^2}{\mu g},\quad\text{если}\quad v_0 < \sqrt{2\mu gb_0},\] \[b = -b_0,\quad\text{если}\quad v_0 \geqslant \sqrt{2\mu gb_0}.\] График зависимости \(b(v_0^2)\) (линейные координаты) приведён на рисунке 27:

Ответ

\(V_2 = 4V_1\).

Решение

Внутренняя энергия газа является функцией состояния, поэтому её изменение в процессе \(1 \to 2 \to 3\) равно: \[\Delta U_{1\to2\to3} = \nu C_V(T_3 - T_1) = \dfrac{C_V}{R}(p_3V_3 - p_1V_1) = \dfrac{C_V}{R}(p_3 - p_1)V_1.\] Работа, совершённая над газом в процессе \(1 \to 2 \to 3\), численно равна площади треугольника \(1 \to 2 \to 3\): \[A_{1\to2\to3} = -\dfrac{(p_3 - p_1)\Delta V}{2}.\] По первому закону термодинамики: \[A_{1\to2\to3} + \Delta U_{1\to2\to3} = Q_{1\to2\to3} = 0.\] Отсюда следует, что: \[-\dfrac{(p_3 - p_1)\Delta V}{2} + \dfrac{C_V}{R}(p_3 - p_1)V_1 = 0.\] С учётом того, что для гелия \(C_V = 3R/2\), мы получаем: \[3V_1 = \Delta V = V_2 - V_1,\] откуда: \[V_2 = 4V_1.\]

Ответ

1) \(U_V = -1\) В (стрелка вольтметра отклонится влево);  2) \(I_A = 0{,}2\) А (стрелка амперметра отклонится вправо).

Решение

1. Введём обозначения: \(U_i\) — падение напряжения, а \(I_i\) — сила тока, проходящего через соответствующий резистор. Поскольку вольтметр идеальный, то: \[I_1 = I_2,\tag{8} \tag{1}\] \[U_1 + U_2 = U_3 + U_4 = U_{01}.\tag{9} \tag{2}\] Отсюда следует: \[I_1 = \dfrac{U_1}{R_1} = I_2 = \dfrac{U_2}{R_2},\qquad\text{или}\qquad U_1 = \dfrac{R_1}{R_2}U_2.\] Подставляя это в (9), получим:

\[U_2 = \dfrac{R_2}{R_1 + R_2}U_{01},\qquad U_1 = \dfrac{R_2}{R_1 + R_2}U_{01} = 3{,}9\text{ В}.\] Аналогичным образом: \[U_3 = \dfrac{R_3}{R_3 + R_4}U_{01} = 4{,}9\text{ В},\qquad U_4 = \dfrac{R_4}{R_3 + R_4}U_{01} = 4{,}2\text{ В}.\] Отсюда найдём показания вольтметра: \[U_V = U_1 - U_3 = 3{,}9\text{ В} - 4{,}9\text{ В} = -1\text{ В}.\] Знак минус означает, что стрелка отклонится влево.

2. Пусть \(I\) — сила тока, идущего через батарею. Заметим, что: \[I = I_1 + I_3 = I_2 + I_4.\] Поскольку сопротивление амперметра пренебрежимо мало, падение напряжения на резисторах \(R_1\) и \(R_3\) одинаково. Обозначим его \(U_1\). Аналогично, падение напряжения на резисторах \(R_2\) и \(R_4\) обозначим \(U_2\). Тогда: \[I = U_1\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_3}\right) = U_2\left(\dfrac{1}{R_2} + \dfrac{1}{R_4}\right),\tag{12} \tag{3}\] \[U_1 + U_2 = U_{02}.\tag{13} \tag{4}\] Решая систему уравнений (12) и (13), получим: \[U_1 = 4{,}2\text{ В},\qquad U_2 = 4{,}8\text{ В}.\] Предположим, что ток идёт через амперметр от \((+)\) к \((-)\). Тогда: \[I_1 - I_2 = I_A\qquad\text{и}\qquad I_3 + I_A = I_4.\] Решая любое из этих двух уравнений, например, первое, получим: \[I_A = I_1 - I_2 = \dfrac{U_1}{R_1} - \dfrac{U_2}{R_2} = 0{,}2\text{ А}.\] Получившаяся сила тока положительна, следовательно, стрелка отклонится вправо.