ВсОШ, 2017/18, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Какие силы и моменты меняют вращение трубы на шероховатом участке? Время подъёма выразите через угол \(\varphi\) и найдите его минимум.

Ответ

1) \(\sin\varphi_m = \dfrac{\mu\cos^3\varphi_m}{1+\cos^2\varphi_m}\), при \(\mu = 0{,}1\) и малом угле \(\varphi_m \approx 0{,}05\);  2) \(t_{\min} \approx 11{,}3\) с;  3) \(\omega_0 = \dfrac{5\sqrt{2gh}}{R} \approx 140\) с\(^{-1}\).

Решение

1. На цилиндр действуют сила тяжести, реакция опоры и сила трения. Поскольку цилиндр вернулся в исходное положение, сила трения направлена вверх вдоль наклонной плоскости: цилиндр вращается по часовой стрелке. Сначала цилиндр скользит вниз с ускорением \(a_1 = g\sin\varphi\). На границе с шероховатой поверхностью его скорость \(v_0 = \sqrt{2gh}\). Дальше на шероховатом участке сила трения \(F_{\text{тр}} = \mu g\cos\varphi\) направлена вверх. При подъёме ускорение \(a_2 = g(\mu\cos\varphi - \sin\varphi)\), и цилиндр останавливается в точке старта (прекращает движение вверх, но может продолжать вращаться). Время движения \[t = \frac{2v_0}{g}\left(\frac{1}{\sin\varphi} + \frac{1}{\mu\cos\varphi - \sin\varphi}\right).\] Минимизируем \(f(\varphi) = \dfrac{1}{\sin\varphi} + \dfrac{1}{\mu\cos\varphi - \sin\varphi}\). Условие минимума \(\dfrac{df}{d\varphi} = 0\) даёт \[\mu\cos^2\varphi = \sin\varphi\left(\frac{1}{\cos\varphi} + \cos\varphi\right), \qquad \sin\varphi_m = \frac{\mu\cos^3\varphi_m}{1+\cos^2\varphi_m} < \mu.\] Так как \(\mu = 0{,}1\), \(\varphi_m \ll 1\), то \(\cos\varphi_m = 1\) и \(\sin\varphi_m = \varphi_m = 0{,}05\). Тогда \(v_0 = \sqrt{2gh} = 1{,}4\) м/с и \(t_{\min} \approx 11{,}3\) с.

2. Запишем уравнения движения и основное уравнение динамики относительно центра цилиндра: \[\begin{cases} m\dfrac{dv}{dt} = \mu mg\cos\varphi - mg\sin\varphi,\\[2mm] mR^2\dfrac{d\omega}{dt} = -\mu mgR\cos\varphi. \end{cases}\] Разделив одно уравнение на другое, получаем \[\frac{dv}{R\,d\omega} = \frac{\mu\cos\varphi - \sin\varphi}{-\mu\cos\varphi} = -\frac{1}{2}\] (при \(\varphi = \varphi_m\), \(\sin\varphi_m = \mu/2\)). Изменение скорости между двумя последовательными прохождениями линии раздела \(\Delta v = 2v_0\). При минимальной возможной угловой скорости проскальзывание прекращается ровно на линии раздела. Отсюда \[\omega_0 = \frac{5v_0}{R} = \frac{5\sqrt{2gh}}{R} \approx 140~\text{с}^{-1}.\]

Подсказка

Выразите теплоёмкость через \(dU\) и \(p\,dV\) и сравните, как меняется объём при одинаковой температуре в двух процессах.

Ответ

Отрезок прямой \(p = 3 + V/4\) (в клетках графика) между точками \((V;\,p) = (2;\,3{,}5)\) и \((16;\,7)\).

Решение

Из первого начала термодинамики для теплоёмкости имеем \(C = \dfrac{dQ}{dT} = \dfrac{dU}{dT} + \dfrac{p\,dV}{dT}\). Так как \(U = vC_VT\) и \(p = vRT/V\), то \[C = vC_V + \frac{vRT}{V}\frac{dV}{dT}.\] Пусть \(V_1(T)\) и \(V_2(T)\) — объёмы при температуре \(T\) для первого и второго процессов. Из совпадения теплоёмкостей следует \(\dfrac{dV_2}{V_2} = \dfrac{dV_1}{V_1}\) при одинаковых \(T\) и \(dT\). Значит, \(V_2(T) = kV_1(T)\), где \(k\) — константа. При одинаковой температуре \(p_2V_2 = p_1V_1\), поэтому \(p_2/p_1 = 1/k\).

В точке \(A\) произведение \(p_AV_A = 16\) (условных единиц: клетка по горизонтали – единица объёма, по вертикали – единица давления). При той же температуре для первого процесса \(p_1V_1 = 16\), а его график — прямая \(p_1 = 6 + V_1\). Отсюда \((6 + V_1)V_1 = 16\), положительный корень \(V_1 = 2\) и \(k = V_A/V_1 = 2\).

Наклон второго графика \(dp_2/dV_2 = (dp_1/dV_1)\,k^{-2} = 0{,}25\) постоянен, и через точку \(A\) проходит прямая \(p_2 = 3 + V_2/4\). Вне уцелевшего отрезка процесс однозначно не восстанавливается, поэтому график второго процесса определён в пределах, отвечающих концам отрезка первого: \(V_1 = 1\) (\(p_1 = 7\)) и \(V_1 = 8\) (\(p_1 = 14\)). По \(k = 2\) получаем начало \(V_2 = 2\), \(p_2 = 3{,}5\) и конец \(V_2 = 16\), \(p_2 = 7\).

Подсказка

Видимость ограничена полным внутренним отражением на поверхности планеты. Найдите связь радиуса планеты \(R\) с \(x\) и \(n\), затем запишите первую космическую скорость для орбиты радиуса \(R\).

Ответ

\(v = xn\sqrt{\dfrac{4\pi G\rho}{3}} \approx 2{,}1\) км/с.

Решение

Наблюдатель видит все направления, если даже объекты у самого горизонта выходят из воды. Угол падения на поверхность планеты \(\gamma\) связан с углом \(\alpha\) теоремой синусов: \(\dfrac{R}{\sin(180^\circ - \alpha)} = \dfrac{x}{\sin\gamma}\). Максимальный угол падения достигается при \(\alpha = 90^\circ\): \(\sin\gamma_{\max} = \dfrac{x}{R}\). Полное внутреннее отражение появляется, когда \(n\sin\gamma_{\max} = 1\), откуда радиус планеты \(R = xn\).

Спутник массой \(m\) на самой низкой орбите радиуса \(R\) движется с первой космической скоростью: \(\dfrac{mv^2}{R} = G\dfrac{mM}{R^2}\), \(v = \sqrt{\dfrac{GM}{R}}\). Подставляя \(M = \dfrac{4}{3}\pi R^3\rho\), получаем \[v = xn\sqrt{\frac{4}{3}\pi G\rho} \approx 2{,}1~\text{км/с}.\]

Подсказка

Запишите второй закон Ньютона для перемычки через импульс силы Ампера и связь изменения заряда конденсатора с током. Заряд конденсатора пропорционален скорости перемычки.

Ответ

1) ПРОВЕРИТЬ: ответ на первый пункт в извлечённом тексте решения не виден; 2) \(v_1 = \dfrac{CU_0Bl}{m + B^2l^2C}\);  3) \(v_n = v_1\left(\dfrac{1 - B^2l^2C/m}{1 + B^2l^2C/m}\right)^{n-1}\).

Решение

При движении перемычки в магнитном поле между её сторонами возникает ЭДС \(\varepsilon_i = Blv\), где \(v\) — скорость перемычки. Сила Ампера \(F_A = IBl\) меняет скорость перемычки, а тот же ток заряжает или разряжает конденсатор. По второму закону Ньютона \[m\,\Delta v = I\,\Delta t\,Bl = -\Delta q\,Bl,\] где \(\Delta q\) — изменение заряда конденсатора.

При разгоне перемычки от нулевой скорости до \(v_1\) заряд конденсатора меняется на \(q = CBlv_1\), и \[v_1 = \frac{C(U_0 - Bv_1l)Bl}{m} = \frac{CU_0Bl}{m\left(1 + \dfrac{B^2l^2C}{m}\right)}.\]

Рассмотрим \(n\)-е столкновение со стенкой. Перемычка налетает со скоростью \(v_n\), заряд конденсатора при этом равен \(q_n = CBlv_n\). После столкновения перемычка движется в противоположном направлении с той же скоростью, но знак заряда конденсатора меняется. Изменение скорости при перезарядке \[v_n - v_{n+1} = \frac{(q_n + q_{n+1})Bl}{m} = \frac{(v_n + v_{n+1})B^2l^2C}{m},\] откуда \[v_{n+1} = v_n\,\frac{1 - B^2l^2C/m}{1 + B^2l^2C/m}.\] Здесь \(v_{n+1}\) — скорость перед следующим столкновением, поэтому \[v_n = v_1\left(\frac{1 - B^2l^2C/m}{1 + B^2l^2C/m}\right)^{n-1} = \frac{CU_0Bl}{m}\,\frac{(1 - B^2l^2C/m)^{n-1}}{(1 + B^2l^2C/m)^{n}}.\]

Подсказка

Запишите уравнения движения по осям отдельно: сила сопротивления линейна по скорости относительно воды. Удобно ввести скорость течения и установившуюся скорость падения.

Ответ

\(u_x = \dfrac{gL}{v}\).

Решение

Ось \(OX\) направим вдоль течения реки, ось \(OY\) — вертикально вниз. Пусть \(w_x\) — скорость течения, а \(w_y = g/k\) — установившаяся скорость падения, где сила сопротивления \(-k\vec u_{\text{отн}}\). Уравнения для проекций скорости шарика \(\vec v\): \[\dot v_x = -k(v_x - w_x), \qquad \dot v_y = g - k(v_y - w_y).\] Для обеих проекций \(v(t) = w + (v_0 - w)e^{-kt}\) (при \(v_{0x} = 0\) и \(v_{0y}\in\{0,\,v\}\)). Введём \(f(t) = \int_0^t (1 - e^{-kt'})\,dt'\). Смещения за время \(t\): \[\Delta x = w_x f(t), \qquad \Delta y = w_y f(t) + \frac{v_{0y}}{k}\bigl(1 - e^{-kt}\bigr).\] Первый шарик (без начальной скорости) падает из \(O\) в \(B\) за время \(t_1\) и проходит глубину \(H\): \(w_y f(t_1) = H\). Второй шарик падает за время \(t_2\) и попадает в \(C\), смещаясь по горизонтали на \(x_1 - L\), а по вертикали — на \(H\). Вычитая уравнения для двух шариков по каждой оси, получаем \[w_x\bigl(f(t_1) - f(t_2)\bigr) = L, \qquad w_y\bigl(f(t_1) - f(t_2)\bigr) = \frac{v}{k}\bigl(1 - e^{-kt_2}\bigr).\] Горизонтальная скорость второго шарика в момент удара \[u_x = w_x\bigl(1 - e^{-kt_2}\bigr) = \frac{kLw_y}{v} = \frac{gL}{v},\] так как \(kw_y = g\).