ВсОШ, 2016/17, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта льдины: там камень движется равнозамедленно, а минимум скорости в исходной системе соответствует середине торможения в относительном движении.

Ответ

1) \(Q = \dfrac{3mv_0^2}{2}\);  2) \(s = \dfrac{8}{3\sqrt{3}}\,h\).

Решение

Перейдём в инерциальную систему отсчёта, в которой льдина неподвижна. В этой системе скорость камня \(\vec v_\text{отн} = \vec v_\text{камня} - \vec v_\text{льдины}\); в начальный момент её модуль равен \(\sqrt{3}\,v_0\). Когда скольжение прекратится, относительная скорость камня станет равна нулю, и вся кинетическая энергия камня в этой системе перейдёт в тепло: \[Q = \frac{3mv_0^2}{2}.\]

Движение камня относительно льдины равнозамедленное (на него действует постоянная сила трения, направленная против относительной скорости). В исходной системе отсчёта льдина движется равномерно, а камень также движется равноускоренно. Из треугольника скоростей \(\vec v(t) = \vec v_0 + \vec a t\) видно, что скорость камня минимальна в момент, когда относительная скорость уменьшилась в два раза, так как минимальная скорость перпендикулярна относительной и треугольник равнобедренный. Значит, это момент \(t/2\), где \(t\) — время движения до остановки.

За первую половину времени тело проходит \(\tfrac{3}{4}\) пути, поэтому максимальное удаление камня от края льдины \(y = \tfrac{4}{3}h\). Относительно льдины тело переместилось на \(L = \dfrac{y}{\sin 30^\circ} = 2y = \tfrac{8}{3}h\) в направлении \(\vec v_\text{отн}\).

Время торможения до остановки находим из условия \(\tfrac{4}{3}h = \tfrac{1}{2}v_0\cos 30^\circ\cdot t\), откуда \(t = \dfrac{16h}{3\sqrt{3}\,v_0}\). Смещение камня по горизонтали относительно берега \(S_x = v_0t - L_x = \dfrac{4}{3\sqrt{3}}\,h\) . Смещение относительно мальчика \[s = \sqrt{S_x^2 + y^2} = \frac{8}{3\sqrt{3}}\,h .\]

Подсказка

В критическом положении, когда точка касания шариков находится на одной горизонтали с центром полуокружности, сила взаимодействия шариков равна нулю. Дальше один шарик поднимается в верхнее колено, другой остаётся внизу.

Ответ

\(2g(h - r) < u^2 < 2g(h + r)\); при \(g = 10~\text{м/с}^2\): \(4{,}36~\text{м/с} < u < 4{,}58~\text{м/с}\).

Решение

На изогнутом участке центры шариков движутся по окружности радиуса \(R = h/2\). Скатывающая сила для переднего шарика в нижней части скругления больше, чем для заднего, поэтому шарики давят друг на друга. В верхней части скругления скатывающая сила больше для заднего шарика, и он отстаёт от переднего. Критическое положение, в котором сила давления шариков друг на друга обращается в нуль и их контакт исчезает, — это случай, когда точка соприкосновения шариков находится на одной горизонтали с центром \(O\) скругления.

Из сохранения энергии скорость шариков в этом положении \(v^2 = u^2 - 2gR = u^2 - gh\).

Далее шарики движутся раздельно. Центр переднего шарика в критическом положении выше точки \(O\); он окажется в верхнем колене, поднявшись на \(h/2 - r\) от своего положения в критический момент. Из сохранения энергии \[v_1^2 = v^2 - 2g\left(\frac{h}{2} - r\right) = u^2 - 2g(h - r).\] Условие того, что передний шарик доберётся до верхнего колена и вылетит: \(v_1^2 > 0\), то есть \(u^2 > 2g(h - r)\).

Задний шарик не доберётся до верхнего колена и вылетит из нижнего, если его скорость обратится в нуль ещё на участке скругления. Граничный случай — нулевая скорость заднего шарика в верхнем колене; по закону сохранения энергии \(u_{\max}^2 = 2g(h + r)\). Тогда диапазон скорости задан неравенствами \[2g(h - r) < u^2 < 2g(h + r),\] или \(\sqrt{2g(h - r)} < u < \sqrt{2g(h + r)}\), то есть \(4{,}36~\text{м/с} < u < 4{,}58~\text{м/с}\) (числа посчитаны для \(g = 10~\text{м/с}^2\)).

Подсказка

Какой процесс на графике соответствует испарению всей жидкости? Сравните наклоны прямых, идущих от точки с давлением воздуха: наклон пропорционален количеству вещества в единице объёма.

Ответ

1) вода;  2) \(p = 760~\text{мм рт. ст.}\) (атмосферное), \(T = 373~\text{K}\) (\(100\,^\circ\text{C}\)); температура при испарении \(30\,\%\) жидкости — около \(353~\text{K}\) (\(80\,^\circ\text{C}\)).

Решение

Анализируя график, выделяем участки кривой: участок 0–1 — давление насыщенных паров много меньше давления воздуха, смесь ведёт себя как идеальный газ; участок 1–2 — активный процесс испарения воды; участок 2–3 — испарение всей жидкости и увеличение давления, как у идеального газа.

При изохорическом нагреве давление идеального газа \(p = \dfrac{\nu RT}{V}\), поэтому коэффициент наклона прямой \(p(T)\) пропорционален количеству вещества в единице объёма. На участке 2–3 коэффициент наклона вдвое больше, чем на участке 0–1, т.е. при полном испарении количество вещества удвоилось. Вещество — вода.

Касательная к участку 0–1 пересекает вертикальную ось в точке (4). Эта касательная \(l_a\) показывает зависимость парциального давления воздуха в смеси. Так как количество вещества при испарении удвоилось, давление в точке 3 вдвое выше, чем в точке 4. Разность давлений между точками 3 и 4 соответствует \(1000~\text{торр}\), поэтому давление в точке 3 равно \(2000~\text{торр}\), в точке 4 — \(1000~\text{торр}\), а в точке 0 — \(500~\text{торр}\). Из соотношения температур \(T_0 = T_4/2\) следует \(T_4 = 400~\text{К}\), \(T_0 = 200~\text{К}\).

Давление насыщенных паров воды при \(100\,^\circ\text{C}\) равно атмосферному, т.е. \(760~\text{торр}\). Для этого проводим прямую \(l_c\), параллельную \(l_a\) и смещённую на \(760~\text{торр}\) вверх; она пересекает кривую смеси в точке, температура которой \(373~\text{К}\) (\(100\,^\circ\text{C}\)). Таким образом, в точке, помеченной знаком вопроса, давление насыщенного пара воды равно \(760~\text{торр}\).

Для определения температуры проводим прямую \(l_b\) через точки (8) и (9), полученные смещением на 10 делений вверх от точек (0) и (4) соответственно; она пересекает кривую смеси в точке (10). Её температура составляет \((80 \pm 1)\,^\circ\text{C} = (353 \pm 1)~\text{К}\).

Ответ

1) \(Q = 10{,}5\,CU_0^2\);  2) \(I_1(t)\): \(\dfrac{CU_0}{\tau}\) при \(0<t<\tfrac{\tau}{2}\), \(\dfrac{9CU_0}{\tau}\) при \(\tfrac{\tau}{2}<t<\tau\), \(-\dfrac{CU_0}{\tau}\) при \(\tau<t<2\tau\), \(0\) при \(t>2\tau\); \(I_2(t)\): \(\dfrac{CU_0}{\tau}\) при \(0<t<\tfrac{\tau}{2}\), \(-\dfrac{3CU_0}{\tau}\) при \(\tfrac{\tau}{2}<t<\tau\), \(-\dfrac{CU_0}{\tau}\) при \(\tau<t<2\tau\), \(0\) при \(t>2\tau\).

Решение

Пункт 1. При малых напряжениях источника \(U\) диоды закрыты, конденсаторы соединены последовательно, и напряжение на каждом из них \(U/3\). Напряжения на диодах при этом равны \(2U/3\). Если они достигают значения \(U_0\) (т.е. при \(U = 3U_0/2\)), диоды открываются, и конденсаторы уже нельзя считать соединёнными последовательно.

Пусть \(U_1\), \(U_2\) и \(U_3\) — напряжения на конденсаторах при полярности, указанной на рис. 1. Тогда \[U_1 + U_2 + U_3 = U, \qquad U_1 + U_2 = U_0, \qquad U_2 + U_3 = U_0,\] откуда \(U_1 = U_3 = U - U_0\), \(U_2 = 2U_0 - U\). При \(U = 3U_0\): \(U_1 = U_3 = 2U_0\), \(U_2 = -U_0\) (полярность второго конденсатора противоположна указанной на рисунке).

Через диоды прошли заряды \(q_D = -q_2 + q_3 = CU_0 + 2CU_0 = 3CU_0\), при этом \(q_1 = CU_1 = 2CU_0\). Через источник прошёл заряд \(q_\text{ист} = q_1 + q_D = 5CU_0\), работа источника \(A_\text{ист} = q_\text{ист}U = 15CU_0^2\). Энергия конденсаторов \[W_C = 2\cdot\frac{C(2U_0)^2}{2} + \frac{CU_0^2}{2} = 4{,}5\,CU_0^2 .\] Тогда выделившееся тепло \[Q = A_\text{ист} - W_C = 10{,}5\,CU_0^2 .\]

Пункт 2. До момента \(t = \tau/2\) напряжение на диодах меньше \(U_0\), а напряжения на конденсаторах равны \(U/3\). Токи через амперметры \[I_1 = I_2 = \frac{\Delta q_1}{\Delta t_1} = C\frac{\Delta U_1}{\Delta t} = \frac{CU_0}{\tau}.\] При \(t = \tau/2\) через диоды начинает течь ток, и напряжения на конденсаторах \[U_1 = U_3 = U - U_0, \qquad U_2 = 2U_0 - U .\] Токи через амперметры при этом \[I_2 = C\frac{\Delta(2U_0 - U)}{\Delta t} = -\frac{3CU_0}{\tau}, \qquad I_1 = \frac{\Delta q_2}{\Delta t} + \frac{\Delta q_D}{\Delta t} = 2C\frac{\Delta U}{\Delta t} + C\frac{\Delta U}{\Delta t} = \frac{9CU_0}{\tau}.\] При уменьшении напряжения в интервале времени от \(\tau\) до \(2\tau\) ток через диоды не течёт, и напряжения на конденсаторах изменяются на одну и ту же величину \(\Delta U_1 = \Delta U_2 = \Delta U_3 = \Delta U/3\). С учётом знака \(U_2\) модуль \(U_2\) возрастает, и токи \[I_1 = I_2 = C\frac{\Delta U_1}{\Delta t} = -\frac{CU_0}{\tau}.\] Графики \(I_1(t)\) и \(I_2(t)\) приведены ниже.

Подсказка

Всю цепь омметров можно заменить эквивалентным источником напряжения \(U_0\) и резистором \(R_0\) без изменения тока через резистор \(R\). Затем рассмотрите контур с внешним резистором и первыми двумя омметрами.

Ответ

\(R_1 = R_{13} = 0\), \(R_4 = \infty\).

Решение

Всю цепь омметров можно эквивалентно (без изменения тока через резистор \(R\)) заменить идеальным источником напряжения \(U_0\) и резистором сопротивления \(R_0\). Поскольку число звеньев бесконечно, значения \(U_0\) и \(R_0\) не зависят от номера звена, начиная с которого производится замена. Из формул последовательного и параллельного соединения \[U_0 = U + \left(\frac{U}{R} + \frac{U_0}{R_0}\right)\frac{RR_0}{R + R_0}, \qquad R_0 = \frac{RR_0}{R + R_0} + R,\] откуда \(U_0 = \dfrac{(3 + \sqrt{5})U}{2}\), \(R_0 = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}R\).

Ток через внешний резистор \[I_1 = \frac{U_0}{R_0 + R} - \frac{U(3 + \sqrt{5})}{2\left(R + R\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)} = \frac{U}{R}.\] Показание первого омметра \(R_1 = \dfrac{U}{I_1} - R = 0\).

Показание второго омметра находим по закону Кирхгофа для контура с внешним резистором и первыми двумя омметрами: \(2U = 2I_1R + I_2R\), откуда \(I_2R = 2(U - I_1R) = 0\). Значит, ток через второй омметр равен нулю, и \(R_2 = \dfrac{U}{0} - R = \infty\).

В следующих ветвях всё повторяется: нечётные омметры показывают ноль, чётные — бесконечность. Поэтому \(R_1 = R_{13} = 0\), \(R_4 = \infty\).