ВсОШ, 2012/13, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Если во время удара выполняется \(F = \mu N\), то импульс силы трения в \(\mu\) раз больше импульса силы реакции. Сравните два случая: мешочек после удара останавливается или скользит по поверхности.

Ответ

\(L_{\max} = \dfrac{v_0^2}{g}\,\dfrac{\mu^2 + 1}{2\mu}\) при \(\mathrm{tg}\,\alpha = \mu\), если \(\mu \leqslant 1\); \(L_{\max} = \dfrac{v_0^2}{g}\) при \(\alpha = 45^\circ\), если \(\mu > 1\).

Решение

Перед ударом о землю скорость мешочка равна \(v_0\) и направлена под углом \(\alpha\) к горизонту. Во время соударения на мешочек действуют вертикальная сила реакции опоры \(N\) и горизонтальная сила трения \(F\). Если в течение всего удара выполняется равенство \(F = \mu N\), то импульс, сообщённый мешочку силой трения, будет в \(\mu\) раз больше импульса, сообщённого силой \(N\): \[P_N = mv_y = mv_0\sin\alpha, \qquad P_F = \mu P_N = \mu m v_0\sin\alpha.\] Отсюда скорость мешочка по окончании удара: \[mu = mv_x - \mu m v_y, \qquad u = v_0(\cos\alpha - \mu\sin\alpha).\] При \(\mu > \mathrm{ctg}\,\alpha\) скорость \(u\), полученная в предположении \(F = \mu N\), отрицательна. Это означает, что горизонтальная скорость мешочка обратится в ноль ещё до окончания удара по вертикали, то есть мешочек сразу после удара будет неподвижен. Таким образом, возможны два случая.

1) При \(\mathrm{ctg}\,\alpha < \mu\) мешочек в результате удара останавливается, дальность полёта равна \(L_1 = \dfrac{v_0^2}{g}\sin 2\alpha\), откуда \(L_{1\,\max} = \dfrac{v_0^2}{g}\) при \(\alpha = 45^\circ\).

2) При \(\mathrm{ctg}\,\alpha > \mu\) мешочек после удара некоторое время скользит по поверхности, проходя дополнительное расстояние. Полная дальность \(L_2 = l_1 + l_2\), где \(l_1 = \dfrac{v_0^2}{g}\sin 2\alpha\) — дальность полёта, \(l_2 = \dfrac{u^2}{2a}\) — расстояние, пройденное мешочком по поверхности до остановки, \(a = \mu g\): \[L_2 = \frac{v_0^2}{g}\sin 2\alpha + \frac{v_0^2}{2\mu g}(\cos\alpha - \mu\sin\alpha)^2 = \frac{v_0^2}{2\mu g}\bigl(\cos\alpha + \mu\sin\alpha\bigr)^2.\] Максимум выражения \(\cos\alpha + \mu\sin\alpha\) достигается при \(\mathrm{tg}\,\alpha = \mu\) и равен \(\sqrt{\mu^2 + 1}\), поэтому для максимальной дальности во втором случае \[L_{2\,\max} = \frac{v_0^2}{g}\,\frac{\mu^2 + 1}{2\mu}.\] Этот результат можно получить проще, если заметить, что при выполнении условия \(F = \mu N\) сумма сил трения и нормальной реакции всегда составляет с вертикалью угол \(\varphi\) такой, что \(\mathrm{tg}\,\varphi = \mu\). По этой причине проекция мешочка на ось, составляющую угол \(\varphi\) с горизонтом, движется равноускоренно с ускорением \(a = -g\sin\varphi\) во время полёта, удара и скольжения. Отсюда легко находится максимальная дальность: \[L\cos\varphi = \frac{\bigl(v_0\cos(\alpha - \varphi)\bigr)^2}{2g\sin\varphi}, \qquad L = \frac{\bigl(v_0\cos(\alpha - \varphi)\bigr)^2}{g\sin 2\varphi}, \qquad L_{2\,\max} = \frac{v_0^2}{g\sin 2\varphi} \text{ при } \alpha = \varphi.\] Максимальная дальность во втором случае не меньше, чем в первом. Это означает, что если условие \(\mathrm{tg}\,\alpha = \mu\) не противоречит условию \(\mathrm{ctg}\,\alpha > \mu\), то есть при \(\mu < 1\), максимальная дальность равна \(L_{2\,\max}\).

При \(\mu > 1\) дальность \(L_2\) монотонно растёт с увеличением угла \(\alpha\), поэтому её максимальное значение соответствует максимально возможному значению угла, которое определяется условием \(\mathrm{ctg}\,\alpha = \mu\). Тогда \[L_{2\,\max} = \frac{v_0^2}{g}\,\frac{2\mu}{1+\mu^2} \leqslant \frac{v_0^2}{g} = L_{1\,\max}.\] Поэтому при \(\mu > 1\) максимально возможной будет дальность \(L_1\).

Окончательно: \[L_{\max} = \begin{cases} \dfrac{v_0^2}{g}\,\dfrac{\mu^2 + 1}{2\mu}, & \text{при } \mathrm{tg}\,\alpha_{\max} = \mu, \text{ если } \mu \leqslant 1; \\[2ex] \dfrac{v_0^2}{g}, & \text{при } \alpha_{\max} = 45^\circ, \text{ если } \mu > 1. \end{cases}\]

Подсказка

Во втором отсеке газ расширяется при постоянном давлении атмосферы. Учтите работу, которую совершает этот газ, и то, что азот — двухатомный газ.

Ответ

\(\Delta U_1 = \dfrac{7}{2}\,\Delta U\).

Решение

Сосуд теплоизолирован, поэтому первое начало термодинамики для системы выглядит так: \[0 = \Delta U + p_0\Delta V_2,\] где \(p_0\) — атмосферное давление снаружи подвижной перегородки, \(\Delta V_2\) — изменение объёма второго отсека. Уравнение состояния газа во втором отсеке: \[p_0\Delta V_2 = \nu_2 R\,\Delta T_2.\] Запишем первое начало термодинамики для каждого газа: \[\Delta U_1 + \Delta U_2 + p_0\Delta V_2 = \Delta U_1 + \frac{5}{2}\nu_2R\Delta T_2 + p_0\Delta V_2 = \Delta U_1 - \frac{7}{2}\Delta U = 0.\] Отсюда получаем окончательный ответ: \[\Delta U_1 = \frac{7}{2}\,\Delta U.\]

Подсказка

В системе отсчёта, где нижний шарик покоится, верхний движется по окружности радиуса \(l\). Закон сохранения энергии и горизонтальной компоненты импульса даёт скорости шариков в критический момент.

Ответ

1) \(R = \dfrac{l}{4}\) (выведено по официальному решению, в нём явно не выписано); 2) \(v_0 = \sqrt{3gl}\); при \(v_0 > \sqrt{3gl}\) нижний шарик отрывается от плоскости.

Решение

В критическом случае (при минимально возможной \(v_0\)) отрыв нижнего шарика произойдёт в момент, когда нить вертикальна и её натяжение равно \(mg\) (рис. 21). Скорость верхнего шарика \(v\) в этот момент горизонтальна, и из сохранения горизонтальной проекции импульса системы получаем, что скорость нижнего шарика равна по величине и противоположна по направлению скорости верхнего. Запишем закон сохранения энергии: \[\frac{mv_0^2}{2} = 2\,\frac{mv^2}{2} + mgl,\] откуда \(v^2 = \dfrac{v_0^2}{2} - gl\).

В системе отсчёта (неинерциальной), в которой нижний шарик всё время неподвижен, верхний шарик движется по окружности радиуса \(l\), и его скорость в рассматриваемый момент равна \(2v\), поэтому ускорение верхнего шарика направлено вниз и равно \[a = \frac{(2v)^2}{l}.\] Ускорение нижнего шарика в момент отрыва равно нулю, поэтому ускорение верхнего шарика относительно инерциальной системы отсчёта тоже равно \(a = 4v^2/l\). Второй закон Ньютона для верхнего шарика: \[m\frac{4v^2}{l} = mg + T.\] Поскольку \(T = mg\), то \(2v^2 = gl\), откуда, с учётом выражения для \(v\), получим \(v_0^2 = 3gl\).

Таким образом, нижний шарик оторвётся от плоскости при \(v_0 > \sqrt{3gl}\).

Радиус кривизны траектории верхнего шарика в лабораторной системе: скорость верхнего шарика в этот момент равна \(v\), ускорение \(a = 4v^2/l\) направлено к нижнему шарику, поэтому \(R = \dfrac{v^2}{a} = \dfrac{l}{4}\).

Подсказка

Отметьте на графике давления три характерных участка: подъём первого поршня до упора, повышение давления при неподвижных поршнях и подъём второго поршня. Наклоны участков связывают площади сечений.

Ответ

\(S_1 = 0{,}01\) м\(^2\), \(m_1 = 100\) кг; \(S_2 = 0{,}005\) м\(^2\), \(m_2 = 75\) кг.

Решение

Теоретический вид зависимости давления от температуры для данной системы представлен на рисунке.

Давление на участке \(KA\): \(p_{KA} = p_0 + \left(\dfrac{m_i}{S_i}\right)_{\min} g\), где \(\left(\dfrac{m_i}{S_i}\right)_{\min}\) — меньшая из двух величин \(\dfrac{m_1}{S_1}\) и \(\dfrac{m_2}{S_2}\). (В дальнейшем для определённости будем считать меньшей \(\dfrac{m_1}{S_1}\).) На этом участке в цилиндре площади \(S_1\) протекает изобарический процесс до момента подъёма поршня до упора (точка \(A\) на графике). При дальнейшем увеличении температуры объём газа не меняется, а давление растёт вплоть до момента начала движения второго поршня (точка \(B\)). На участке \(AB\): \[p_{AB} = \frac{\nu R T}{S_1 h}.\] В точке \(B\) давление \(p_B = p_0 + \dfrac{m_2 g}{S_2}\). При дальнейшем росте температуры давление не меняется до момента, когда второй поршень достигает верхнего положения (точка \(C\)). Далее снова протекает изохорный процесс при объёме \((S_1 + S_2)h\): \[p_{CD} = \frac{\nu R T}{(S_1 + S_2)h}.\] Заметим, что данные таблицы таковы, что \[\frac{p_2}{p_3} = \frac{T_2}{T_3}, \qquad \frac{p_4}{p_5} = \frac{T_4}{T_5}, \qquad p_1 = p_2, \qquad p_3 = p_4,\] где \(p_i\), \(T_i\) — давление и температура в Кельвинах в соответствующих ячейках таблицы. Значит, параметры во второй, третьей и четвёртой ячейках таблицы соответствуют точкам \(A\), \(B\), \(C\). Тогда для участка \(AB\): \[p_B - p_A = \frac{\nu R}{S_1 h}(T_B - T_A), \quad\text{откуда}\quad S_1 = 0{,}01~\text{м}^2.\] Массу \(m_1\) найдём из уравнения \(p_A = p_0 + \dfrac{m_1 g}{S_1}\), следовательно, \(m_1 = 100\) кг.

Аналогично: \[S_1 + S_2 = \frac{\nu R(T_D - T_C)}{(p_D - p_C)h}, \quad\text{откуда}\quad S_2 = 0{,}005~\text{м}^2, \quad m_2 = 75~\text{кг}.\]

Подсказка

Тепло, выделившееся после размыкания ключа, равно энергии конденсатора в этот момент. Для времени используйте второе правило Кирхгофа, умноженное на малый интервал времени.

Ответ

1) \(q_R = 0{,}11\) мКл; 2) \(t \approx 30{,}4\) с.

Решение

1) Тепло \(Q_2\), выделившееся в схеме после размыкания ключа, равно энергии конденсатора в момент размыкания: \(Q_2 = \dfrac{q_C^2}{2C}\), откуда \(q_C = \sqrt{2CQ_2} = 2{,}00\) мКл. Полное тепло равно работе источника: \(\mathcal{E}q_{\mathcal{E}} = Q_1 + Q_2\), откуда \(q_{\mathcal{E}} = \dfrac{Q_1 + Q_2}{\mathcal{E}} = 2{,}11\) мКл. Через резистор \(R\) протёк заряд \[q_R = q_{\mathcal{E}} - q_C = \frac{Q_1 + Q_2}{\mathcal{E}} - \sqrt{2CQ_2} = 0{,}11~\text{мКл}.\]

2) При замкнутом ключе в произвольный момент времени справедливо следующее из второго правила Кирхгофа равенство: \(\mathcal{E} = I_R R + I_r r\). Домножив его на малое время \(\Delta t\), получим связь протекших за это время зарядов: \[\mathcal{E}\,\Delta t = R\,\Delta q_R + r\,\Delta q_r.\] Просуммировав подобные равенства за всё время до размыкания ключа, получим \(\mathcal{E}t = Rq_R + rq_r\), откуда с учётом \(q_r = q_{\mathcal{E}}\) получаем \[t = \frac{Rq_R + rq_{\mathcal{E}}}{\mathcal{E}} = \frac{R + r}{\mathcal{E}^2}(Q_1 + Q_2) - \frac{R}{\mathcal{E}}\sqrt{2CQ_2} = 30{,}4~\text{с}.\]