ВсОШ, 2019/20, региональный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Разложите ускорение на тангенциальную составляющую (её создаёт сила сопротивления) и центростремительную (её создаёт натяжение нити). Отношение этих составляющих связано с углом \(\alpha\). Путь до остановки удобно найти через пропорциональность \(m\,d\upsilon = -k\,dS\).

Ответ

\(\varphi = \mathrm{ctg}\,\alpha\).

Решение

Шарик движется под действием двух сил: силы сопротивления воздуха, направленной против скорости и обеспечивающей тангенциальную составляющую ускорения, и силы натяжения нити, направленной вдоль нити и обеспечивающей центростремительную составляющую ускорения.

Тангенциальная составляющая ускорения \(a_\tau = k\upsilon/m\), где \(\upsilon\) — скорость, \(k\) — коэффициент в формуле для силы сопротивления, \(m\) — масса шарика. Центростремительная составляющая ускорения \(a_{цс} = \upsilon^2/R\), где \(R\) — радиус окружности. Отношение этих составляющих даёт \[\mathrm{tg}\,\alpha = \frac{a_\tau}{a_{цс}} = \frac{kR}{m\upsilon}.\] Запишем второй закон Ньютона в проекции на направление движения для произвольного \(i\)-го момента времени: \(m\dfrac{d\upsilon_i}{dt_i} = -k\dfrac{dS_i}{dt_i}\), где \(S\) — пройденный путь. Сократив на \(dt_i\), получим \(m\,d\upsilon_i = -k\,dS_i\). Просуммировав по всем малым отрезкам времени от текущего момента до остановки, найдём путь до остановки: \(S = \dfrac{m\upsilon}{k}\). Тогда \[\mathrm{tg}\,\alpha = \frac{R}{S}\;\Rightarrow\; S = R\,\mathrm{ctg}\,\alpha.\] Угол, на который повернётся нить, равен \(\varphi = S/R\), отсюда окончательно \(\varphi = \mathrm{ctg}\,\alpha\).

Подсказка

Запишите закон сохранения импульса для шайб, а затем используйте, что кинетическая энергия после частично упругого столкновения меньше, чем до него. Какой угол между траекториями после столкновения допустим?

Ответ

1) налетающая шайба движется по траектории «b»;  2) А) \(S_2/S_1 \approx 0{,}13\) (т.е. \(S_1/S_2 \approx 7{,}46\));  Б) \(Q/E_0 \approx 0{,}24\).

Решение

Из закона сохранения импульса \(\vec p_0 = \vec p_1 + \vec p_2\) получим \(p_0^2 = p_1^2 + p_2^2 + 2p_1p_2\cos\alpha\), где \(\alpha\) — угол разлёта шайб. При частично упругом столкновении кинетическая энергия налетающей шайбы больше суммы кинетических энергий шайб после столкновения. Кинетическую энергию удобно выразить через импульс: \(E_{кин} = \dfrac{p^2}{2m}\). Энергия, перешедшая в тепло, \(Q = \dfrac{p_0^2}{2m} - \dfrac{p_1^2}{2m} - \dfrac{p_2^2}{2m} \ge 0\). Подставляя \(p_0^2\), получаем \(\cos\alpha > 0\), т.е. шайбы разлетаются под острым углом. Значит, траектория «b» принадлежит налетающей шайбе перед столкновением.

Направив одну координатную ось вдоль траектории налетающей шайбы, а вторую — перпендикулярно, и используя углы \(45^\circ\) и \(75^\circ\) между траекториями шайб после столкновения и направлением налетающей шайбы, получаем, откуда для отношения расстояний, которые проходят шайбы до остановки, равного отношению их кинетических энергий сразу после столкновения, получаем \[\frac{S_2}{S_1} = \frac{p_2^2}{p_1^2} = \frac{\cos^2 75^\circ}{\cos^2 45^\circ} \approx 0{,}13, \qquad \frac{S_1}{S_2} \approx 7{,}46.\]

Доля кинетической энергии налетающей шайбы, переходящая в тепло: с учётом выражения для \(Q\) (после решения треугольника импульсов) \[\frac{Q}{E_0} = \frac{p_0^2 - p_1^2 - p_2^2}{p_0^2} \approx 0{,}24.\]

Подсказка

Закон Генри удобно записать для «дополнительного» объёма \(V_0\): количество растворённого газа эквивалентно объёму \(kV_0\) газа над водой. Уравнения состояния для двух опытов дают систему, из которой определяются \(\Delta p/p_0\) и \(k\).

Ответ

1) \(m_0 = 2\) кг;  2) \(m_2 \approx 7{,}5\) кг.

Решение

Пусть в жидкости объёма \(V_0\) при давлении \(p\) растворяется газ, занимающий в виде газовой фазы объём \(V\) при том же давлении \(p\). В соответствии с законом Генри \(V_0 = kV\), и жидкость объёма \(V_0\) представляет собой «дополнительный» объём для газа над жидкостью. В нашем случае объём углекислого газа складывается из «дополнительного» объёма \(V_0/2 = kSh/2\) и объёма между поршнем и поверхностью воды при неизменной массе газа. Пусть \(\Delta p\) — избыточное давление, которое создаёт гиря массы \(m\).

После установки на поршень одной гири: \[\left(1 + \frac{\Delta p}{p_0}\right)\left(\frac{h}{2}(k+1) - \Delta h_1\right) = \frac{h}{2}(k+1), \qquad \left(1 + \frac{\Delta p}{p_0}\right)\Delta h_1 = \frac{\Delta p}{p_0}\frac{h}{2}(k+1).\] Для двух гирь: \[\left(1 + \frac{2\Delta p}{p_0}\right)\left(\Delta h_1 + \Delta h_2\right) = \frac{2\Delta p}{p_0}\frac{h}{2}(k+1).\] Поделив второе уравнение на первое, получаем \(\dfrac{1 + 2\Delta p/p_0}{1 + \Delta p/p_0}\cdot\dfrac{\Delta h_1 + \Delta h_2}{\Delta h_1} = 2\). Подставив \(\Delta h_1\) и \(\Delta h_2\), находим \(\dfrac{\Delta p}{p_0} = 0{,}2\), откуда масса гири \(m_0 = \dfrac{\Delta p\, S}{g} = 2\) кг. Далее из первого уравнения находим \(k \approx 0{,}87\).

Пусть \(\Delta p_x\) — избыточное давление на поршень, при котором он опустится до поверхности жидкости. Тогда \((p_0 + \Delta p_x)\dfrac{h}{2}kS = p_0\dfrac{h}{2}(k+1)S\), откуда \(\Delta p_x \approx 1{,}15\,p_0\), и общая масса груза на поршне при этом \(m_x = \dfrac{\Delta p_x S}{g} = 11{,}5\) кг. Таким образом, дополнительно необходимо поставить на поршень груз \(m_2 = m_x - 2m_0 \approx 7{,}5\) кг.

Подсказка

Сила Архимеда, действующая на шарик, равна силе, которая действовала бы на такой же объём воды, движущийся вместе с водой. Поэтому сила Архимеда и сила тяжести шарика вместе дают центростремительное ускорение от вращения воды. Рассмотрите, к какой стенке прижат тяжёлый шарик.

Ответ

\(T = \dfrac{T_0}{\cos\alpha}\);  \(\omega = \sqrt{\dfrac{g\,\mathrm{tg}\,\alpha}{R - l\sin\alpha}}\).

Решение

На каждый из шариков действуют сила тяжести \(m\vec g\), сила Архимеда и сила натяжения нити \(\vec T\); в сумме они создают центростремительное ускорение \(\vec a_{цс} = -\omega^2\vec r\) (\(\vec r\) — горизонтальный вектор от оси вращения к шарику). Сила Архимеда не зависит от материала шарика, поэтому её можно найти, заменив шарик таким же шариком из воды: он неподвижен относительно основной массы воды, и сумма его силы тяжести и силы Архимеда обеспечивает центростремительное ускорение: \(\vec F_{арх} = -\rho_в V(\vec g + \omega^2\vec r)\).

Плотность верхнего шарика меньше плотности воды, а нижнего — больше. Поэтому, если бы нити не было, лёгкий шарик сдвигался бы к оси вращения, а тяжёлый — от оси. Значит, связанные нитью шарики находятся по одну сторону от оси вращения, и равновесие возможно, только если тяжёлый шарик упирается в стенку сосуда. Сила Архимеда, действующая на верхний шарик, коллинеарна сумме \(m\vec g + m\omega^2\vec r\), поэтому сила натяжения нити тоже коллинеарна ей.

Второй закон Ньютона для лёгкого (верхнего) шарика в проекции на ось, перпендикулярную нити: \(m_1 g\sin\alpha = m_1\omega^2 r_1\cos\alpha\), где \(r_1 = R - l\sin\alpha\). Отсюда \(\omega^2 = \dfrac{g\,\mathrm{tg}\,\alpha}{R - l\sin\alpha}\).

Второй закон Ньютона для тяжёлого шарика в проекции на вертикальную ось: \(m_2 g - \rho_ж g V - T\cos\alpha = 0\), откуда \(T = \dfrac{m_2 g - \rho_ж g V}{\cos\alpha}\). Из условия равновесия нижнего шарика до раскручивания \(m_2 g - \rho_ж g V - T_0 = 0\). Тогда \(T = \dfrac{T_0}{\cos\alpha}\).

Подсказка

Ток ограничивает только элемент \(X\), значит он включён последовательно с остальной цепью. Вычитайте ВАХ параллельного участка «резистор и диод» из ВАХ чёрного ящика, складывая напряжения при одинаковом токе.

Ответ

1) элемент \(X\) включён последовательно с участком «резистор и диод», причём диод и резистор соединены параллельно;  2) \(0 < U_0 \le 3{,}5\) В, максимально возможное \(U_{max} = 3{,}5\) В;  3) см. решение (ВАХ для \(U_0 = 3{,}5\) В и для \(U_N = 2\) В).

Решение

Из ВАХ ЧЯ видно, что, начиная с некоторого значения внешнего напряжения, сила тока через ЧЯ перестаёт возрастать. Ни резистор, ни диод, ни их последовательное или параллельное соединение не могут так ограничивать силу тока. Значит, сила тока ограничивается неизвестным нелинейным элементом. Если бы параллельно элементу \(X\) располагался ещё какой-то участок цепи, то элемент \(X\) не смог бы ограничить общий ток через ЧЯ. Таким образом, участок цепи, содержащий резистор и диод, должен быть подключён последовательно к элементу \(X\). Оставшиеся два элемента могут быть соединены последовательно или параллельно. Так как диод не пропускает ток при малых напряжениях, а на ВАХ ЧЯ ток при малых напряжениях присутствует, диод должен быть соединён с резистором параллельно.

Участок цепи с параллельно соединёнными диодом и резистором имеет ВАХ, изображённую на рисунке. ВАХ ЧЯ получается путём сложения вдоль оси напряжений ВАХ цепи резистор–диод и ВАХ нелинейного элемента: при последовательном соединении через них протекает один и тот же ток, а напряжения складываются.

Напряжение открытия диода не может превышать \(5\) В, так как напряжение на нелинейном элементе не отрицательно, а ВАХ цепи резистор–диод не имеет горизонтального участка при силе тока \(3\) А. ВАХ нелинейного элемента получается путём вычитания из ВАХ чёрного ящика ВАХ цепи резистор–диод. Если открытие диода происходит при \(U_0 < 4\) В, вид ВАХ элемента \(X\) таков, как на рис. 1 (для \(U_0 = 2\) В). Если же открытие диода происходит при \(U_0 > 4\) В, то вид ВАХ элемента \(X\) таков, как на рис. 2 (для \(U_0 = 4\) В). В таком случае ВАХ элемента \(X\) имеет участок, на котором сила тока возрастает с уменьшением напряжения, что противоречит условию задачи.

При \(U_0 \le 4\) В напряжение \(U_0 = \dfrac{7}{8}U\), поскольку \(U_0 = IR\), а \(U = I\cdot 4\) Ом, где \(I\) — сила тока в цепи в момент открытия диода. Значит, \(U_{max} = 3{,}5\) В. Соответствующая этому случаю ВАХ элемента \(X\) представлена на рис. 3.

Для \(U_0 = 3{,}5\) В (рис. 3) ВАХ нелинейного элемента \(X\): \(I = 2U\) при \(0 \le U \le 1{,}5\) В, далее \(I = 3\) А при \(U \ge 1{,}5\) В. Для целого значения \(U_N = 2\) В ВАХ строится аналогично (рис. 1).