ВсОШ, 2011/12, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Уровень воды меняется дважды: при добавлении воды в бутылку (до её погружения) и при её затоплении. Рассмотрите оба варианта направления изменения уровня.

\(V_1 = 750\) мл или \(V_2 = 450\) мл.

После того как в бутылку налили \(m\) г воды, уровень воды в сосуде повысился на \(\Delta h_1 = \dfrac{m}{\rho S}\). Когда бутылка утонула, в неё затекла вода, и уровень воды понизился на \(\Delta h_2 = \dfrac{V - m/\rho}{S}\). По условию уровень воды изменился на \(\Delta h\); это может означать как повышение, так и понижение, поэтому решений два. При этом \[\Delta h_1 - \Delta h_2 = \frac{2m}{\rho S} - \frac{V}{S} = \pm\Delta h,\] откуда \[V = \frac{2m}{\rho} \pm S\,\Delta h.\] Получаем \(V_1 = \dfrac{2m}{\rho} + S\Delta h = 750\) мл и \(V_2 = \dfrac{2m}{\rho} - S\Delta h = 450\) мл.

Пишите закон сохранения энергии с учётом работы ЭДС батареи. Для третьего пункта учтите, что заряд на конденсаторе может стать и положительным, и отрицательным.

1) \(I_{\max} = \mathcal{E}\sqrt{\dfrac{4C}{L}}\);  2) \(I = \mathcal{E}\sqrt{\dfrac{3C}{L}}\);  3) \(Q_1 = 3C\mathcal{E}\) или \(Q_2 = -C\mathcal{E}\).

1.) Начальный заряд на конденсаторе \(q_0 = 3C\mathcal{E}\). После замыкания ключа ток течёт против ЭДС. Максимальная сила тока будет тогда, когда заряд на конденсаторе будет равен \(q = C\mathcal{E}\). ЭДС совершит отрицательную работу. Закон сохранения энергии: \[(q - q_0)\mathcal{E} = \frac{q^2}{2C} - \frac{q_0^2}{2C} + \frac{LI_{\max}^2}{2},\] откуда \(I_{\max} = \mathcal{E}\sqrt{\dfrac{4C}{L}}\).

2.) На конденсаторе заряда нет. Поэтому ЭДС совершает работу \(A = -\mathcal{E}q_0\). Закон сохранения энергии: \(-\mathcal{E}q_0 = -\dfrac{q_0^2}{2C} + \dfrac{LI^2}{2}\), откуда \(I = \mathcal{E}\sqrt{\dfrac{3C}{L}}\).

3.) Пусть против ЭДС протекает положительный заряд \(q\) и \(I = 0\). Закон сохранения энергии: \[-\mathcal{E}q = \frac{(q_0-q)^2}{2C} - \frac{q_0^2}{2C}.\] Одно из решений \(q = 0\) совпадает с начальным положением системы, заряд при этом равен \(Q_1 = 3C\mathcal{E}\). Второе решение \(q = 4C\mathcal{E}\) соответствует заряду \(Q_2 = q_0 - q = -C\mathcal{E}\) (знак заряда противоположен начальному).

Сила трения складывается из компенсации сопротивления воздуха и центростремительной силы. Из условия отсутствия проскальзывания найдите предельную скорость, а затем учтите ограничение по мощности двигателя.

\(v_{\max} = 50\) м/с; при \(P_{\max} < \alpha v_{\max}^2 = 100\) кВт скорость \(v_{\max} = \sqrt{P_{\max}/\alpha}\), далее \(v_{\max} = 50\) м/с (график — рис. 12 решения).

Сила трения, действующая на автомобиль на повороте, имеет две составляющие: тангенциальную \(F_\tau = \alpha v\), компенсирующую сопротивление воздуха, и нормальную \(F_n = mv^2/R\), обеспечивающую центростремительное ускорение. Таким образом, сила трения, действующая на колёса, равна \[F = \sqrt{\alpha^2 v^2 + \frac{m^2 v^4}{R^2}}.\] Мгновенная мощность, развиваемая двигателем, равна \(P = \vec F\cdot\vec v = F_\tau v = \alpha v^2\). Условие отсутствия проскальзывания: \(F \leqslant \mu m g\). Используя это условие, получаем, что скорость автомобиля не может превышать значение \[V_{\max} = \sqrt{\sqrt{\frac14\frac{\alpha^4R^4}{m^4} + \mu^2R^2g^2} - \frac12\frac{\alpha^2R^2}{m^2}} = 50~\text{м/с}.\] Если условие отсутствия проскальзывания выполнено, то скорость ограничивается только мощностью двигателя: \(P \leqslant P_{\max}\), то есть \[v \leqslant \sqrt{\frac{P_{\max}}{\alpha}} = v_{\max}.\] График зависимости \(v_{\max}(P_{\max})\) представлен на рис. 12: до \(P = \alpha V_{\max}^2 = 100\) кВт скорость растёт как \(\sqrt{P_{\max}/\alpha}\), далее постоянна и равна \(V_{\max}\).

Из законов сохранения энергии и импульса при упругом ударе найдите связь скоростей пластины и шарика. Затем выразите высоту \(H\) через время между столкновениями.

\(K = \dfrac{mv^2}{2} = \dfrac{MgH}{2}\).

Пусть во время столкновения скорость пластины равнялась \(V\), а скорость шарика — \(v\). Из законов сохранения энергии и импульса следует соотношение \(MV = mv\). Промежуток времени между столкновениями равен промежутку времени, необходимому для того, чтобы скорость пластины поменяла знак: \(2V = gt\), откуда \(t = \dfrac{2V}{g}\). Это время должно быть равно времени, необходимому для того, чтобы шарик долетел до земли, отразился и вернулся обратно: \[H = v\left(\frac t2\right) + \frac g2\left(\frac t2\right)^2.\] Решая систему из этих трёх уравнений, получаем \[gH = \frac{mv^2}{M}\left(1 + \frac12\frac mM\right) \simeq \frac mM v^2.\] Поэтому \[K = \frac{mv^2}{2} = \frac{MgH}{2}.\]

Сравните давления и объёмы сухого воздуха и пара в начальном и конечном состояниях. Пар в конечном состоянии, по условию, станет насыщенным: его давление не меняется.

\(k = \dfrac{5}{8}\) (сконденсировалось \(5/8\) первоначальной массы пара).

В цилиндре в начале процесса пар ненасыщенный (это следует из \(\alpha > \gamma\)). Пусть \(p\) — начальное давление пара. Тогда \(\beta p\) — начальное давление сухого воздуха. Из уравнения Менделеева–Клапейрона для сухого воздуха: \[\beta p\,\alpha V = \nu RT = p_1 V,\] где \(p_1 = \beta\alpha p\) — конечное давление сухого воздуха. Из уравнения Менделеева–Клапейрона для пара: \[p\alpha V = \nu_1 RT; \qquad p_2 V = \nu_2 RT.\] Здесь \(k\nu_1 = \nu_1 - \nu_2\), где \(k\) — искомое отношение. При этом \(p_1 + p_2 = \gamma(p + \beta p)\). Решая эту систему уравнений, получаем \[k = \frac{(\alpha - \gamma)(\beta + 1)}{\alpha} = \frac58.\]