ВсОШ, 2013/14, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Дальность полёта шарика, запущенного под углом \(\varphi\), равна \(L = \frac{v_0^2}{g}\sin 2\varphi\). Углы запуска двух шариков связаны условием попадания в одну точку. Удобно перейти в систему отсчёта нижнего шарика.

Ответ

\(v_0 = 18\) м/с.

Решение

Дальность полёта шарика, выпущенного под углом \(\varphi\): \[L = \frac{v_0^2}{g}\,2\sin\varphi\cos\varphi = \frac{v_0^2}{g}\sin 2\varphi. \qquad (6)\] Так как шарики с одинаковой начальной скоростью попадают в одну и ту же точку, углы \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\) удовлетворяют условию \(2\varphi_1 = 180^\circ - 2\varphi_2\), что эквивалентно \[\varphi_1 + \varphi_2 = 90^\circ. \qquad (7)\] Векторы начальных скоростей направлены симметрично относительно луча, образующего угол \(45^\circ\) с горизонтом (рис. 17). Время, в течение которого оба шарика находятся в полёте, определяется временем полёта нижнего шарика (верхний шарик летит дольше): \[t_п = \frac{2v_0\sin(45^\circ - \alpha)}{g}. \qquad (8)\]

Перейдём в систему отсчёта, начало координат которой совпадает с нижним шариком, а ориентация осей неизменна. В этой системе верхний шарик движется равномерно и прямолинейно со скоростью \[\Delta v = 2v_0\sin\alpha. \qquad (9)\] За время \(t_п\) он удалится на расстояние \[L = \Delta v\, t_п = \frac{4v_0^2}{g}\sin\alpha\sin(45^\circ - \alpha) = \frac{2v_0^2}{g}\left(\cos(2\alpha - 45^\circ) - \cos 45^\circ\right). \qquad (10)\] Максимум достигается при \(\cos(2\alpha - 45^\circ) = 1\), то есть при \(\alpha = 22{,}5^\circ\). Значит, \[L_{\max} = \frac{2v_0^2}{g}\left(1 - \frac{1}{\sqrt2}\right),\] откуда начальная скорость \[v_0 = \sqrt{\frac{L_{\max}\,g}{2 - \sqrt2}} = 18~\text{м/с}.\]

Подсказка

Отношение сил трения, действующих на внутреннюю поверхность катушки, равно отношению полных реакций опоры, а момент силы трения уравновешивает момент силы натяжения провода.

Ответ

\(m = \dfrac{2F_1F_2^2}{g\,(F_1^2 - F_2^2)}\).

Решение

Решение 1. Пусть \(R\) — внешний радиус катушки, \(r\) — внутренний радиус, \(\mu\) — коэффициент трения между стержнем и катушкой, \(\vec Q\) — полная реакция опоры, равная сумме силы нормальной реакции \(\vec N\) и силы трения скольжения \(\vec F_{\text{тр}}\). Силы, действующие на катушку при равномерном разматывании, показаны на рис. 18 и 19.

Отношение модулей сил \(F_{\text{тр}}\) и \(Q\) зависит только от коэффициента трения, но не от силы \(F\), поэтому \(\dfrac{F_{\text{тр}1}}{F_{\text{тр}2}} = \dfrac{Q_1}{Q_2}\). Из равенства моментов сил относительно центра катушки \(FR = F_{\text{тр}}r\) получаем \(\dfrac{F_{\text{тр}1}}{F_{\text{тр}2}} = \dfrac{F_1}{F_2}\). Кроме того, \(Q_1 = F_1 + P\) и \(Q_2 = \sqrt{F_2^2 + P^2}\), где \(P = mg\). Решив систему, \[\frac{F_1}{F_2} = \frac{F_1 + P}{\sqrt{F_2^2 + P^2}},\] откуда \(P = \dfrac{2F_1F_2^2}{F_1^2 - F_2^2}\) и \[m = \frac{2F_1F_2^2}{g\,(F_1^2 - F_2^2)}.\]

Решение 2 («в лоб»). Пусть \(\alpha\) — угол между направлением силы \(N_1\) и горизонталью. Из условий равновесия катушки в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси и из равенства моментов относительно центра: \[\mu N_1\sin\alpha - N_1\cos\alpha = 0, \qquad N_1\sin\alpha + \mu N_1\cos\alpha = P + F_1, \qquad \mu N_1 r = F_1 R.\] Возведя первые два уравнения в квадрат и сложив, получаем \(N_1^2 + (\mu N_1)^2 = (P + F_1)^2\). Для второго случая (нить тянут горизонтально, рис. 19), аналогично, \[\mu N_2\sin\beta + N_2\cos\beta = P, \qquad N_2\sin\beta - \mu N_2\cos\beta = F_2, \qquad \mu N_2 r = F_2 R,\] откуда \(N_2^2 + (\mu N_2)^2 = P^2 + F_2^2\). Деля первое соотношение на второе, получаем \(\dfrac{(P + F_1)^2}{P^2 + F_2^2} = \dfrac{F_1^2}{F_2^2}\), откуда тот же ответ \[m = \frac{2F_1F_2^2}{g\,(F_1^2 - F_2^2)}.\] Примечание. Формально одним из решений является \(P = 0\), однако тогда равнодействующая силы реакции и силы трения должна быть противоположна силе \(F_1\) и направлена по той же прямой. Это возможно только при \(R = r\).

Подсказка

В начале процесса \(P \propto V\), поэтому теплоёмкость линейно зависит от \(T\). Затем работа газа меняет знак; найдите температуру минимального объёма и используйте первый закон термодинамики на участках процесса.

Ответ

\(A_{+} = \dfrac{RT_0}{16}\);  \(\dfrac{T_x}{T_0} = \dfrac{1}{2}\).

Решение

По первому закону термодинамики \(Q = \Delta U + A\). Работу газа на начальном этапе охлаждения найдём как площадь под графиком (рис. 20): \[A = -\frac12(P_0V_0 - P_1V_1) = -\frac12(RT_0 - RT_1) = \frac{R}{2}\Delta T.\]

Следовательно, в начале процесса теплоёмкость равна \[C = \frac{\delta Q}{\Delta T} = \frac{\Delta U + \delta A}{\Delta T} = C_V + \frac{R}{2} = 2R.\] Тогда теплоёмкость рассматриваемого процесса \[C = 2R\,\frac{T}{T_0}. \qquad (18)\] Работа газа будет отрицательной до тех пор, пока газ не примет минимальный объём (точка \(C\) на рис. 21). В этой точке \(\Delta V = 0\), а значит \[C = C_V + P\frac{\Delta V}{\Delta T} = C_V = \frac32 R. \qquad (19)\] Приравняв (19) к (18), найдём температуру \(T_c\), при которой объём газа достигает минимума: \(T_c = \dfrac34 T_0\).

Так как суммарная работа газа равна нулю, положительная работа \(A_+\) (площадь под участком \(CX\) графика) по модулю равна отрицательной работе \(A_-\) (площади под участком \(OC\)). Тепло, полученное газом на участке \(OC\), найдём как площадь под графиком \(C(T)\); график линейный: \[Q_{OC} = -\frac{2R}{T_0}\cdot\frac{T_0^2 - T_c^2}{2} = -\frac{7}{16}RT_0.\] Изменение внутренней энергии на этом участке: \(\Delta U = U_c - U_0 = C_V(T_c - T_0) = -\dfrac38 RT_0\), откуда \(A_{OC} = Q_{OC} - \Delta U = -\dfrac{RT_0}{16}\). Искомая работа \[A_{+} = A_{CX} = -A_{OC} = \frac{RT_0}{16}.\]

Найдём температуру \(T_x\), при которой работа становится равной нулю: \[A = Q - \Delta U = \frac{2R}{T_0}\cdot\frac{T_x^2 - T_0^2}{2} - C_V(T_x - T_0) = \frac{R}{T_0}(T_x - T_0)\left(T_x + T_0 - \frac32 T_0\right) = 0,\] откуда \(T_x/T_0 = 1/2\).

Подсказка

Тепло на резисторе \(R\) равно \(\int IR\,dq\) по протёкшему через него заряду. Найдите зависимость тока через \(R\) от заряда, прошедшего через \(R\), и вычислите площадь под графиком.

Ответ

\(Q = \dfrac{C R I_0^2 r^2}{2(r + R)}\).

Решение

Пусть \(I\) — сила тока в резисторе \(R\), \(J\) — сила тока в резисторе \(r\), \(q\) — заряд, протёкший через резистор \(R\) после замыкания ключа (он равен заряду конденсатора). За достаточно малое время, для которого изменением напряжения на \(R\) можно пренебречь, выделившееся тепло равно \(\delta Q = U\,\Delta q = IR\,\Delta q\). Значит, полное тепло равно умноженной на \(R\) площади под графиком зависимости \(I(q)\). Из уравнений \[I_0 = I + J, \qquad Jr = IR + \frac{q}{C}\] получаем \(I_0 r = I(r + R) + \dfrac{q}{C}\). Таким образом, \(I(q)\) — прямая, пересекающая оси в точках \(\dfrac{I_0 r}{r + R}\) и \(CI_0r\). Площадь под ней \[S = \frac12\cdot\frac{I_0 r}{r + R}\cdot CI_0 r = \frac{CI_0^2r^2}{2(r + R)}.\] Отсюда \[Q = SR = \frac{CRI_0^2r^2}{2(r + R)}.\]

Подсказка

Перейдите к относительному движению: задача сводится к движению одного заряда в поле неподвижного заряда и постоянном поле. Потенциальная энергия имеет минимум и при заданной энергии расстояние меняется между двумя корнями уравнения.

Ответ

\(l_{\max} = l\) при \(l \geqslant \sqrt{kq/E_1}\) и \(l_{\max} = \dfrac{kq}{lE_1}\) при \(l < \sqrt{kq/E_1}\), где \(E_1 = E\dfrac{M - m}{M + m}\), \(k = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\).

Решение

Из второго закона Ньютона найдём ускорение точки массы \(m\), \(a_1 = -\dfrac{kq^2}{mr^2} + \dfrac{qE}{m}\), и ускорение точки массы \(M\), \(a_2 = \dfrac{kq^2}{Mr^2} + \dfrac{qE}{M}\). Здесь \(r\) — расстояние между точками, \(k = 1/(4\pi\varepsilon_0)\), положительное направление — от \(m\) к \(M\). Относительное ускорение точек: \[a_{\text{отн}} = a_2 - a_1 = \frac{kq^2}{r^2}\cdot\frac{M + m}{Mm} - qE\,\frac{M - m}{Mm}.\] Таким же уравнением описывается движение точечного заряда \(q\) массой \(\mu\) в поле неподвижного точечного заряда \(q\) и в однородном поле \(-E_1 = -E\dfrac{M - m}{M + m}\). Будем рассматривать эту эквивалентную задачу.

Потенциальная энергия заряда: \[U(r) = \frac{kq^2}{r} + qE_1 r.\] Из графика \(U(r)\) (рис. 22) видно, что движение происходит в ограниченной области \(l_1 \leqslant r \leqslant l_2\), где \(l_1\) и \(l_2\) — корни уравнения \(U_0 = \dfrac{kq^2}{r} + qE_1 r\), или \(r^2 - \dfrac{U_0}{qE_1}r + \dfrac{kq}{E_1} = 0\).

По теореме Виета произведение корней не зависит от \(U_0\) и равно \(l_1l_2 = l_0^2\), где \(l_0 = \sqrt{kq/E_1}\). Таким образом, если начальное расстояние \(l\) меньше, чем \(l_0\), то расстояние между зарядами будет увеличиваться до максимального значения \(l_0^2/l\), а затем уменьшаться. Если же \(l < l_0\), то начальное расстояние и будет максимальным. При \(l = l_0\) расстояние между зарядами меняться не будет.

Ответ: максимальное расстояние между зарядами равно \(l\) при \(l \geqslant \sqrt{kq/E_1}\) и равно \(\dfrac{kq}{lE_1}\) при \(l < \sqrt{kq/E_1}\).