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

Подсказка

При ударе шайб сила взаимодействия направлена по линии центров, поэтому касательная к точке контакта составляющая скорости не меняется. Для упругого удара шайб равной массы нормальные составляющие скоростей обмениваются.

Ответ

\(u = \dfrac{9\sqrt{7}}{32}\,v \approx 0{,}74\,v\).

Решение

Через точку контакта шайб проводим касательную и нормаль через центры шайб. Нормаль образует угол \(\alpha\) со стенкой и с направлением скорости \(v\), причём \[\sin\alpha = \frac{R - r}{R + r} = \frac{3}{4}.\] Проекции скорости \(v\): на нормаль \(v_n = v\cos\alpha\), на касательную \(v_\tau = v\sin\alpha\).

При первом столкновении силы направлены по нормали, поэтому касательная составляющая скорости большой шайбы остаётся нулевой, а малой — \(v_\tau\). Для упругого удара шайб равной массы нормальные составляющие обмениваются: большая шайба получает \(u_{1n} = v_n\), малая — \(v_{1n} = 0\).

Малая шайба после отскока от стенки сохраняет величину скорости \(v_\tau\), но её направление составляет угол \(2\alpha\) с касательной. При \(v_\tau \sin 2\alpha > u_{1n}\) малая шайба догонит большую, это выполняется, так как \(\sin\alpha\sin 2\alpha > \cos\alpha\) при заданных \(r\) и \(R\).

Второе столкновение шайб даёт большой шайбе нормальную составляющую \(u_{2n} = v_\tau \sin 2\alpha\), после чего шайбы удаляются друг от друга и от стенки, новых столкновений нет. Скорость большой шайбы \[u = u_{2n} = v\sin\alpha\,\sin 2\alpha = 2v\sin^2\!\alpha\cos\alpha = \frac{9\sqrt{7}}{32}\,v \approx 0{,}74\,v.\]

Подсказка

Мощность двигателя равна сумме мощностей, затрачиваемых на сопротивление воздуха и на трение качения, а сопротивление воздуха зависит от скорости автомобиля относительно воздуха. Сначала найдите коэффициент сопротивления и силу трения качения по безветренному случаю.

Ответ

1) \(v_1 \approx 0{,}575\,v_0 \approx 11{,}5\) м/с;  2) \(v_2 \approx 0{,}544\,v_0 \approx 10{,}9\) м/с.

Решение

Силы трения: \(F_{\text{В}}\) (о воздух) и \(F_{\text{К}}\) (качения) уравновешиваются силой трения \(F_{\text{Т}}\) между колёсами и дорогой. Момент силы трения \(M = F_{\text{Т}} r = (F_{\text{В}} + F_{\text{К}}) r\), где \(r\) — радиус колёс. Мощность двигателя \[P = M\omega = (F_{\text{В}} + F_{\text{К}})\,v_{\text{отн}},\] где \(v_{\text{отн}}\) — скорость автомобиля относительно конвейера. По условию \(F_{\text{В}} = k v_{\text{В}}^2\), где \(v_{\text{В}}\) — скорость воздуха относительно автомобиля.

Конвейер неподвижен, ветра нет: \(\dfrac{P}{2} = k v_0^3 = F_{\text{К}} v_0\), откуда \(k = \dfrac{P}{2v_0^3}\), \(F_{\text{К}} = \dfrac{P}{2v_0}\).

Конвейер неподвижен, ветер встречный: \(P = \bigl(k(v_1 + v_0)^2 + F_{\text{К}}\bigr)v_1\). Подставляя \(k\) и \(F_{\text{К}}\), получаем для \(x = v_1/v_0\) уравнение \[x^3 + 2x^2 + 2x - 2 = 0,\] откуда \(x \approx 0{,}575\), т. е. \(v_1 \approx 0{,}575\,v_0 \approx 11{,}5\) м/с.

Конвейер движется, ветра нет: воздух неподвижен относительно земли, поэтому \(v_{\text{В}} = v_2\), а \(v_{\text{отн}} = v_2 + v_0\): \(P = (k v_2^2 + F_{\text{К}})(v_0 + v_2)\). Для \(y = v_2/v_0\) получаем \[y^3 + y^2 + y - 1 = 0,\] откуда \(y \approx 0{,}544\), т. е. \(v_2 \approx 0{,}544\,v_0 \approx 10{,}9\) м/с.

Подсказка

Сила со стороны стенки обращается в ноль при некоторой угловой скорости. Для положений поршня, отличных от исходного, запишите второй закон Ньютона и уравнение Бойля–Мариотта, затем исследуйте квадратное уравнение на корни.

Ответ

1) \(\omega_1 = \sqrt{\dfrac{p_0 S}{ml}} \approx 22{,}4\) с\(^{-1}\);  2) \(x_1 = a - l = 0{,}4\) м;  3) \(\omega_2 = \dfrac{2\sqrt{al}}{a+l}\,\omega_1 \approx 16{,}7\) с\(^{-1}\).

Решение

Сила \(N\) со стороны ближней к оси стенки цилиндра, действующая на поршень в исходном положении, по второму закону Ньютона: \(m\omega^2 l = p_0 S - N\). С ростом \(\omega\) сила \(N\) уменьшается; отрыв поршня от стенки происходит, когда \(N = 0\), т. е. \(p_0 S - m\omega^2 l = 0\), откуда \(\omega_1 = \sqrt{\dfrac{p_0 S}{ml}} \approx 22{,}4\) с\(^{-1}\).

При постоянной температуре \(pV = p_0 S a = \text{const}\). Пусть \(x\) — смещение поршня от исходного положения, тогда \(V = S(a - x)\), и газ действует на поршень с силой \(F_p = pS = \dfrac{a}{a - x}\,p_0 S\). Уравнение движения поршня \(m\omega^2 (l + x) = \dfrac{a}{a - x}\,p_0 S\) приводится к виду \[x^2 - x(a - l) + \left(\frac{\omega_1^2}{\omega^2} - 1\right) al = 0.\] При \(\omega = \omega_1\) одно из положений равновесия \(x_0 = 0\), второе \(x_1 = a - l\). Положение \(x_0\) неустойчиво: при \(x_0 < x < x_1\) выполняется \(m\omega_1^2(l + x) > \dfrac{a}{a - x}\,p_0 S\), т.е. небольшое смещение от \(x_0\) не удерживается газом. Поэтому поршень переходит в устойчивое положение \(x_1 = a - l = 0{,}4\) м.

При медленном уменьшении \(\omega\) при некотором \(\omega = \omega_2\) корни квадратного уравнения совпадают (дискриминант равен нулю). Тогда положение равновесия при смещении влево становится неустойчивым и поршень возвращается в исходное положение \(x = 0\). Приравнивая дискриминант нулю, \[(a - l)^2 - 4al\left(\frac{\omega_1^2}{\omega_2^2} - 1\right) = 0, \qquad \omega_2 = \frac{2\sqrt{al}}{a + l}\,\omega_1 \approx 16{,}7~\text{с}^{-1}.\]

Подсказка

В материале проводника поля нет, поэтому заряд \(q_1\) вместе с индуцированным на стенке полости зарядом \(-q_1\) даёт нулевой суммарный заряд внутри замкнутой поверхности. Потенциал шара равен потенциалу его центра, а потенциал в полости отличается от него только вкладом \(q_1\) и индуцированного заряда.

Ответ

1) \(\varphi_{\text{ш}} = k\left(\dfrac{Q + q_1}{R} + \dfrac{q_2}{r_2}\right)\);  2) \(\varphi_O = k\left(\dfrac{Q + q_1}{R} + \dfrac{q_2}{r_2} + q_1\left(\dfrac{1}{r_1} - \dfrac{1}{r}\right)\right)\).

Решение

Поле в материале шара отсутствует. Окружим полость поверхностью: поток вектора напряжённости через неё равен нулю, поэтому по теореме Гаусса сумма зарядов внутри неё равна нулю. Значит, индуцированный заряд на стенке полости равен \(-q_1\). Объёмных зарядов в проводнике нет, суммарный заряд шара \(Q\), поэтому заряд на его внешней поверхности равен \(Q + q_1\).

Заряды внутри полости и на её стенке не создают поля снаружи полости, поэтому потенциал шара можно найти как потенциал его центра. Он создаётся только зарядом на внешней поверхности \(Q + q_1\) и зарядом \(q_2\): \[\varphi_{\text{ш}} = k\left(\frac{Q + q_1}{R} + \frac{q_2}{r_2}\right).\]

Разность потенциалов между центром полости \(O\) и точкой \(A\) на её стенке создают только заряд \(q_1\) и заряд \(-q_1\) на стенке (заряд \(q_2\) экранируется поверхностью шара). Потенциалы в центре полости и на её стенке: \[\varphi'_O = \frac{kq_1}{r_1} - \frac{kq_1}{r}, \qquad \varphi'_A = 0.\] Поскольку \(\varphi_A = \varphi_{\text{ш}}\), получаем \[\varphi_O - \varphi_A = \frac{kq_1}{r_1} - \frac{kq_1}{r},\] откуда \[\varphi_O = k\left(\frac{Q + q_1}{R} + \frac{q_2}{r_2} + q_1\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r}\right)\right).\]

Подсказка

Все элементы одинаковы, поэтому токи в узлах делятся поровну. Напряжения на элементах соответствующих уровней образуют убывающую геометрическую прогрессию.

Ответ

\(I = \gamma U^2\), где \(\gamma = \dfrac{\alpha\,(\sqrt{2} - 1)^2}{8} \approx 1{,}5\) мА/В\(^2\).

Решение

Так как все элементы одинаковы, токи в каждом узле делятся поровну (см. рисунок), поэтому напряжения на элементах уровней, считая от входа, равны \[U_1 = \sqrt{\frac{I}{\alpha}}, \quad U_2 = \sqrt{\frac{I}{2\alpha}}, \quad U_3 = \sqrt{\frac{I}{4\alpha}}, \dots\] где \(I\) — общая сила тока в цепи.

Напряжение, приложенное к цепи: \[U = 2\,(U_1 + U_2 + U_3 + \dots) = 2\sqrt{\frac{I}{\alpha}}\left(1 + \frac{1}{\sqrt 2} + \frac{1}{2} + \dots\right).\] Сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии со знаменателем \(1/\sqrt{2}\): \[1 + \frac{1}{\sqrt 2} + \frac{1}{2} + \dots = \frac{1}{1 - 1/\sqrt{2}} = \frac{\sqrt 2}{\sqrt 2 - 1}.\] Тогда \(U = 2\sqrt{\dfrac{I}{\alpha}}\cdot\dfrac{\sqrt 2}{\sqrt 2 - 1}\), откуда \[I = \alpha\,\frac{(\sqrt 2 - 1)^2}{8}\,U^2 = \gamma U^2, \qquad \gamma = \alpha\,\frac{(\sqrt 2 - 1)^2}{8} \approx 1{,}5~\text{мА/В}^2.\]