ВсОШ, 2017/18, региональный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Силы трения в любой момент направлены вдоль относительной скорости бруска и фанеры, а их изменения скоростей равны по модулю из-за равенства масс. Что происходит с относительной скоростью и когда скорости перестают меняться?

Ответ

Минимальная скорость бруска относительно льда \(\upsilon\); минимальная скорость фанеры относительно льда \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\upsilon\).

Решение

Рассмотрим векторы начальных скоростей бруска и фанеры и их изменения за малый промежуток времени \(\Delta t\). На рисунке вектор \(OA\) соответствует скорости бруска, вектор \(OB\) — скорости фанеры. Изменения скоростей равны по модулю (массы равны) и направлены вдоль вектора относительной скорости \(AB\) (скорость бруска относительно фанеры — вектор \(AB\); сила трения, действующая на брусок, направлена от \(A\) к \(B\), а на фанеру — наоборот).

Через время \(\Delta t\) концы новых векторов скоростей \(OA_1\) и \(OB_1\) по-прежнему лежат на \(AB\), и силы трения по-прежнему направлены вдоль \(AB\). Скорости бруска и фанеры меняются до тех пор, пока не выровняются по величине и направлению, а точки \(A_1\) и \(B_1\) не окажутся на середине \(AB\). Скорость бруска уменьшается до постоянного значения \(OM = \dfrac{AB}{2} = \upsilon\).

Минимальная скорость фанеры достигается раньше, чем скорости установятся: \(OB_2 = OA\sin 30^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\upsilon\). Итак, минимальная скорость бруска относительно льда \(\upsilon\), а фанеры — \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\upsilon\).

Подсказка

Найдите скорости после первого столкновения из законов сохранения энергии и импульса. Далее скорости меняются в геометрической прогрессии; как связаны кинетические энергии правого и левого брусков после каждого столкновения?

Ответ

Правый брусок сдвинется на \(L_\text{прав} = \dfrac{2\upsilon_0^2}{15\,\mu g}\), левый — на \(L_\text{лев} = \dfrac{\upsilon_0^2}{30\,\mu g}\).

Решение

После первого столкновения скорость правого бруска \(u_1 = \dfrac{2m\upsilon_0}{M+m} = \dfrac{\upsilon_0}{2}\), скорость тележки \(\upsilon_1 = \upsilon_0\dfrac{m-M}{M+m} = -\dfrac{\upsilon_0}{2}\) (из законов сохранения энергии и импульса). Знак минус означает, что тележка начнёт двигаться влево.

При столкновении с левым бруском тележка будет двигаться вправо со скоростью \(\upsilon_0/4\), а скорость правого бруска после второго столкновения станет \(u_2 = \upsilon_0/8 = u_1/4\). Далее \(u_3 = u_2/4\) и т. д.

А) Кинетические энергии правого бруска меняются тоже в геометрической прогрессии, но со знаменателем \(1/16\). Отсюда можно найти полное перемещение правого бруска, а затем и левого.

Б) Можно заметить, что после каждого столкновения отношение кинетических энергий правого и левого брусков остаётся одинаковым и равным \(4\), то есть \(L_\text{лев} = L_\text{прав}/4\). С учётом работы силы трения \(\dfrac{m\upsilon_0^2}{2} = \mu M g\,(L_\text{лев} + L_\text{прав})\), а так как \(m = M/3\), получаем \(L_\text{прав} = \dfrac{2\upsilon_0^2}{15\,\mu g}\) и \(L_\text{лев} = \dfrac{\upsilon_0^2}{30\,\mu g}\).

Подсказка

Сила сопротивления при малом пузырьке уравновешивается силой Архимеда; дальше закон Бойля–Мариотта даёт зависимость радиуса от глубины. Отношение скоростей удобно искать по наклонам касательных к графику \(h(t)\).

Ответ

1) \(h_0 \approx 14\) м;  2) \(\tau_1 \approx 18\) с;  3) \(\tau_2 \approx 3{,}3\) с.

Решение

Массой пузырька воздуха можно пренебречь, поэтому сила сопротивления движению равна силе Архимеда: \(kr\upsilon = \dfrac{4}{3}\pi r^3\rho g\), откуда \(\upsilon = \dfrac{4\pi r^2\rho g}{3k}\).

По закону Бойля–Мариотта \(\dfrac{4}{3}\pi r_0^3\,(p_0 + \rho g h_0) = \dfrac{4}{3}\pi r^3\,(p_0 + \rho g h)\), откуда \(r = r_0\left(\dfrac{p_0+\rho g h_0}{p_0+\rho g h}\right)^{1/3}\) и \(\upsilon = \dfrac{4\pi\rho g r_0^2}{3k}\left(\dfrac{p_0+\rho g h_0}{p_0+\rho g h}\right)^{2/3}\). Отношение скоростей у поверхности и вблизи дна \(\dfrac{\upsilon(0)}{\upsilon(h_0)} = \left(\dfrac{p_0+\rho g h_0}{p_0}\right)^{2/3}\).

Это отношение находим из графика \(h(t)\) как отношение угловых коэффициентов касательных в соответствующих точках: \(\dfrac{\upsilon(0)}{\upsilon(h_0)} \approx 1{,}8\).

Отсюда \(\dfrac{p_0+\rho g h_0}{p_0} \approx 1{,}8^{3/2} \approx 2{,}4\) и \(h_0 \approx 14\) м.

Для второго вопроса достаточно заметить, что на любой глубине скорость пузырька пропорциональна квадрату его начального радиуса. Для пузырька радиусом \(0{,}5\) мм скорость в четыре раза меньше, чем для пузырька радиусом \(r_0 = 1\) мм, а время движения в четыре раза больше: \(\tau_1 \approx 4\cdot 4{,}5\) с \(\approx 18\) с.

Для третьего вопроса найдём радиус пузырька, имевшего \(r_0 = 1\) мм на глубине \(14\) м, когда он достигнет глубины \(10\) м: \(r' = r_0\left(\dfrac{p_0+\rho g h_0}{p_0+\rho g h}\right)^{1/3} = r_0\left(\dfrac{24}{20}\right)^{1/3}\). Такой пузырёк по графику от глубины 10 м до поверхности движется \(t' \approx 2{,}9\) с. Пузырёк с радиусом \(r_0 = 1\) мм на этой глубине движется в \(\left(\dfrac{r'}{r_0}\right)^2\) раз медленнее, поэтому \(\tau_2 = t'\left(\dfrac{r'}{r_0}\right)^2 \approx 3{,}3\) с.

Подсказка

Пока вентиль открыт, давление газа слева и справа одинаково, а число молей газа в каждом цилиндре свое. После закрытия вентиля числа молей не меняются, и перепад давлений уравновешивает разность уровней жидкости.

Ответ

\(T = T_0\,\dfrac{(L+h)\,\bigl(p_0 L + \rho g h(L-h)\bigr)}{(L-h)\,\bigl(p_0 L - \rho g h(L+h)\bigr)}\).

Решение

Пусть \(S\) — сечение цилиндров, \(\nu\) — полное число молей газа, \(R\) — газовая постоянная. Для начальной ситуации \(2p_0SL = \nu RT_0\).

При открытом вентиле давление газа слева и справа одинаково, обозначим его \(p\). Для каждого цилиндра при разных температурах \(pSL = \nu_1RT_0\) и \(pSL = \nu_2RT\), где \(\nu_1\) и \(\nu_2\) — числа молей слева и справа; \(\nu = \nu_1 + \nu_2\). Отсюда \(p = \dfrac{2p_0T}{T+T_0}\).

После закрытия вентиля числа молей слева и справа не меняются, в конце везде температура \(T_0\), а объёмы газа слева и справа равны соответственно \((L+h)S\) и \((L-h)S\). Разность давлений при перепаде уровней \(p_1 - p_2 = 2\rho g h\). Выражая давления через уравнение состояния, \(\dfrac{\nu_1RT_0}{(L+h)S} - \dfrac{\nu_2RT_0}{(L-h)S} = 2\rho g h\), и подставляя \(p\), получаем уравнение для \(T\): \(\dfrac{p_0LT}{(T+T_0)(L+h)} - \dfrac{p_0LT_0}{(T+T_0)(L-h)} = \rho g h\).

Отсюда \(T = T_0\,\dfrac{(L+h)\bigl(p_0L + \rho g h(L-h)\bigr)}{(L-h)\bigl(p_0L - \rho g h(L+h)\bigr)}\).

Ответ

1) \(U_{H1} = U_{H3} = 4\) В, \(U_{H2} = 3\) В;  2) \(I_{D1} = I_{D2} = 2{,}5\) А.

Решение

Каждый диод может быть открыт или закрыт. Всего возможны три варианта.

а) Оба диода закрыты: \(U_{AD} = U_{DC} = U_{CB} = U_{AB}/3\), но тогда \(U_{AC} = U_{AD} + U_{DC} > U_0\) — не подходит.

б) Один диод закрыт (например, \(D_1\)), другой (\(D_2\)) открыт: \(U_{DB} = 1\) В, \(U_{DC} = U_{CB} = 0{,}5\) В, \(U_{AC} = 4{,}5\) В \(> U_0\) — не подходит.

в) Оба диода открыты: \(U_{AC} = U_{AD} = U_0 = 1\) В. Тогда \(U_{H1} = U_{H3} = U_{AB} - U_0 = 4\) В и \(U_{H2} = U_{AB} - 2U_0 = 3\) В. Токи через диоды равны \(I_{D1} = I_{D2} = I_{N3} + I_{N2} = kU_{H3}^2 + kU_{H2}^2 = 0{,}1\cdot 16 + 0{,}1\cdot 9 = 2{,}5\) А (по первому правилу Кирхгофа).