ВсОШ, 2015/16, региональный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Выразите мощность постоянной силы через силу и скорость, а скорость — через время. Какой вид должна иметь зависимость \(N(t)\) и как по графику найти её коэффициент?

Ответ

1) \(N(6\text{ с}) = 12\text{ Вт}\);  2) \(F = 2\text{ Н}\).

Решение

При постоянной силе \(F\) мощность \[N = F\upsilon = Fat = \frac{F^2}{m}\,t,\] поэтому следует ожидать линейную зависимость \(N(t)\). Построим график \(N(t)\) по табличным данным. Методом медиан проведём наилучшую прямую из начала координат.

В момент времени \(\tau = 6\text{ с}\) мощность должна составлять \(12\text{ Вт}\). По угловому коэффициенту наклона графика \(k = \dfrac{F^2}{m} = 2\text{ Вт/с}\) определяем значение силы \[F = \sqrt{km} = 2\text{ Н}.\]

Подсказка

Стержень жёсткий: что можно сказать о проекциях скоростей его точек на направление самого стержня? Как связаны скорости точек стержня с их расстояниями до точки \(K\)?

Ответ

\(u = 2\upsilon\sin\dfrac{\alpha}{2}\).

Решение

Скорость точки стержня, касающейся уступа \(K\), направлена вдоль стержня, и её проекция на направление стержня равна \(\upsilon\sin\alpha\). Так как стержень жёсткий, проекции скоростей всех его точек на направление вдоль стержня также равны \(\upsilon\sin\alpha\), значит, \[u_\parallel = \upsilon\sin\alpha.\] Перпендикулярные стержню составляющие скоростей линейно возрастают с расстоянием от точки \(K\). Тогда \[\frac{u_\perp}{BK} = \frac{\upsilon\cos\alpha}{KA}, \qquad KA = 2R\cos\alpha,\quad BK = 2R - 2R\cos\alpha,\] откуда \[u_\perp = \upsilon\cos\alpha\,\frac{2R - 2R\cos\alpha}{2R\cos\alpha} = \upsilon(1 - \cos\alpha).\] Скорость точки \(B\) стержня: \[u = \sqrt{u_\parallel^2 + u_\perp^2} = \upsilon\sqrt{\sin^2\alpha + (1-\cos\alpha)^2} = \upsilon\sqrt{2(1-\cos\alpha)} = 2\upsilon\sin\dfrac{\alpha}{2}.\]

Подсказка

Количество теплоты, отданное водой, пропорционально произведению \(m\,t\). Какие точки диаграммы соответствуют одному и тому же значению \(m\,t\)? Учтите, что плавления льда по условию не было.

Ответ

1) \(Q_{\max} = 7{,}0\text{ кДж}\);  2) \(m\in[0{,}38;\,0{,}55]\text{ кг}\).

Решение

По условию масса льда в результате теплообмена не изменилась, следовательно, количество теплоты, переданное льду остывающей водой, пошло на его нагревание (процессов плавления и кристаллизации льда не было). Количество теплоты, которое может отдать остывающая вода, \[Q = c\,m\,|t|, \qquad t_0 = 0^\circ\text{C}.\] \(Q = Q_{\max}\) при максимальном по модулю значении произведения \(m\,|t|\). Одинаковым значениям произведения \(m\,|t|\) соответствуют точки, лежащие на прямых, проведённых из начала координат диаграммы. Чем больше угол наклона такой прямой, тем больше модуль произведения. Прямая 1, касающаяся области возможных параметров воды, даёт выделение теплоты, при котором лёд плавился бы; с учётом того, что теплоёмкость льда вдвое меньше теплоёмкости воды, ей соответствует прямая 2 с вдвое большим угловым коэффициентом, не касающаяся области возможных параметров льда. Поэтому максимальное количество теплоты определяет прямая 3 и соответствующая ей прямая 4, проходящая через область возможных параметров воды, для которой \(m\,|t| = \dfrac{10}{6}\text{ кг}\cdot{}^\circ\text{C}\). Отсюда \[Q_{\max} = c\cdot\frac{10}{6}\text{ кг}\cdot{}^\circ\text{C} = 7{,}0\text{ кДж}.\] Крайние точки пересечения прямой 4 с областью возможных параметров воды определяют диапазон масс добавленной в калориметр воды \(\dfrac{m_0}{m}\in[3{,}0;\,6{,}2]\), т.е. \(m\in[0{,}16;\,0{,}33]\text{ кг}\). Точка касания прямой 3 с областью возможных параметров льда даёт массу льда \(\dfrac{m_0}{m} \approx 4{,}6\), т.е. \(m \approx 0{,}22\text{ кг}\). Откуда возможная масса содержимого калориметра лежит в диапазоне \([0{,}38;\,0{,}55]\text{ кг}\).

Подсказка

Расставьте токи в ветвях схемы с учётом закона сохранения заряда и закона Ома. Какие ветви симметричны и поэтому не пропускают ток?

Ответ

1) \(R_{AB} = \dfrac{2R}{5}\);  2) резисторы в ветвях \(KC\) и \(CL\);  3) \(I_A = 5I = 10\text{ А}\);  4) \(I_{AA'} = 3I = 6\text{ А}\).

Решение

Изобразим эквивалентную схему и расставим токи в ветвях с учётом закона сохранения заряда и закона Ома (сила тока обратно пропорциональна сопротивлениям параллельных ветвей).

В силу симметрии схемы токи через резисторы в ветвях \(KC\) и \(CL\) не идут. Следовательно, эти резисторы можно убрать, и это не приведёт к перераспределению токов в цепи и изменению общего сопротивления, которое равно \[R_{\text{О}} = \frac{U_0}{I_0} = \frac{2IR}{5I} = \frac{2R}{5}.\] По условию \(I = 2\text{ А}\). Следовательно, сила тока, входящего в узел \(A\), равна \(5I = 10\text{ А}\). Сила тока через идеальную перемычку \(AA'\) равна сумме сил токов через резисторы в ветвях \(A'K\) и \(A'B'\): \(3I = 6\text{ А}\).

Подсказка

Сила трения со стороны пола направлена против скорости бруска. Сила трения со стороны ленты ограничена величиной \(\mu_2 N\). Рассмотрите два случая: проскальзывание бруска по ленте есть или его нет.

Ответ

Смещение бруска: при \(\upsilon/u \ge \mu_2\) — \(y = \mu_2 s\); при \(\upsilon/u \le \mu_2\) — \(y = s\,\dfrac{\upsilon}{u}\). Работа: при \(\upsilon/u \ge \mu_2\) — \(A = \mu_1 m g s\sqrt{1+\mu_2^2}\); при \(\upsilon/u \le \mu_2\) — \(A = \mu_1 m g s\sqrt{1+\left(\dfrac{\upsilon}{u}\right)^2}\).

Решение

Сила трения, действующая со стороны пола на брусок, направлена против вектора скорости бруска и равна \(F_{\text{Тр.1}} = \mu_1 m g\). Сила трения, действующая на брусок со стороны транспортёра, \(F_{\text{Тр.2}} \le \mu_2 N\), где \(N = F_{\text{Тр.1}}\cos\alpha\). С другой стороны, \(F_{\text{Тр.2}}\) уравновешивается силой \(F_{\text{Тр.1}}\): \(F_{\text{Тр.2}} = F_{\text{Тр.1}}\sin\alpha\), где \(\alpha\) — угол между скоростью бруска и направлением \(u\). Здесь возможны два случая.

1-й случай (есть проскальзывание между бруском и лентой): \[F_{\text{Тр.2}} = \mu_2 N = \mu_2 F_{\text{Тр.1}}\cos\alpha = F_{\text{Тр.1}}\sin\alpha.\] Отсюда \(\operatorname{tg}\alpha = \mu_2\). Этот случай возможен, когда \(\upsilon/u \ge \mu_2\). При этом скорость бруска вдоль ленты меньше скорости ленты, т.е. происходит проскальзывание.

2-й случай (проскальзывания между бруском и лентой нет): \(\upsilon/u = \operatorname{tg}\alpha\). Этот случай возможен при \(\upsilon/u \le \mu_2\).

Смещение бруска вдоль оси \(y\) найдём из геометрических соображений: \(y = s\operatorname{tg}\alpha\). Путь, пройденный бруском в первом случае, равен \[L_1 = s\sqrt{1+\operatorname{tg}^2\alpha} = s\sqrt{1+\mu_2^2},\] а во втором — \[L_2 = s\sqrt{1+\left(\dfrac{\upsilon}{u}\right)^2}.\]

Работа по перемещению бруска в обоих случаях равна \(A = L\,F_{\text{Тр.1}} = \mu_1 m g L\), так как сила, действующая на брусок со стороны транспортёра, уравновешивается силой трения со стороны пола (брусок движется с постоянной скоростью). Конкретно: \[A_1 = \mu_1 m g s\sqrt{1+\mu_2^2}, \qquad A_2 = \mu_1 m g s\sqrt{1+\left(\dfrac{\upsilon}{u}\right)^2}.\]