ВсОШ, 2021/22, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Углы треугольника \(ABC\) не меняются, значит, он подобен исходному в любой момент. Выразите скорости изменения сторон \(AB\), \(BC\), \(AC\) через \(v_1\), \(v_2\), \(v_3\) и приравняйте их отношения к отношениям сторон.

Ответ

1) \(t = \dfrac{L}{v}\);  2) \(v_2 = \dfrac{v}{2}\), \(v_3 = \dfrac{v}{\sqrt{2}}\);  3) \((x,y) = \left(\dfrac{4L}{5},\, \dfrac{2L}{5}\right)\);  4) \(\tau = 0\) при \(\mu \le \dfrac{v^2}{2gL}\), иначе \(\tau = \dfrac{L}{v} - \dfrac{v}{2\mu g}\).

Решение

Поскольку углы в треугольнике, образованном тиграми, остаются постоянными, в любой момент времени он подобен исходному, и все тигры встречаются одновременно. Скорость изменения расстояния \(AB\) равна \(v_{AB} = v_1 = v\) и постоянна, поэтому время до встречи \(t = L/v\).

Скорости изменения расстояний \(BC\) и \(AC\): \[v_{BC} = v_2 + \frac{v_3}{\sqrt{2}}, \qquad v_{AC} = v_3 + \frac{v}{\sqrt{2}}.\] Так как углы треугольника сохраняются, скорости изменения сторон пропорциональны самим сторонам: \(\dfrac{v_{AB}}{AB} = \dfrac{v_{BC}}{BC} = \dfrac{v_{AC}}{AC}\). Из \(\dfrac{v_{AC}}{AC} = \dfrac{v}{L}\), с учётом \(AC = L\sqrt2\), получаем \(v_3 + \dfrac{v}{\sqrt2} = \sqrt2\,v\), откуда \(v_3 = \dfrac{v}{\sqrt2}\). Из \(\dfrac{v_{BC}}{BC} = \dfrac{v}{L}\), то есть \(v_2 + \dfrac{v_3}{\sqrt2} = v\), получаем \(v_2 = \dfrac{v}{2}\).

Скорость второго тигра вдвое меньше скорости первого, а направления их скоростей в любой момент взаимно перпендикулярны. Значит, векторы перемещений тигров 1 и 2 также перпендикулярны и отличаются по модулю в два раза. Пусть \(\vec S_1\) и \(\vec S_2\) — перемещения первого и второго тигров до встречи. Тогда \(\vec S_1 = \vec{AB} + \vec S_2\), \(\vec S_1 \perp \vec S_2\), \(|\vec S_1| = 2|\vec S_2|\). Отсюда координаты точки встречи \((x_в, y_в) = \left(\dfrac{4L}{5}, \dfrac{2L}{5}\right)\).

Ускорение первого тигра \(a_1 = \omega v_1\), где \(\omega = \dfrac{v_2}{AB} = \dfrac{v}{2AB}\) — угловая скорость поворота треугольника. Так как \(AB(t) = L - vt\), то \[a_1(t) = \frac{v^2}{2(L - vt)} \le \mu g.\] Ускорения второго и третьего тигров меньше \(a_1\), поэтому именно первый тигр первым не сможет поддерживать движение. Отсюда \(t \le \dfrac{L}{v} - \dfrac{v}{2\mu g}\). При малых \(\mu\) (\(\mu \le \dfrac{v^2}{2gL}\)) тигры не смогут даже начать такое движение, и \(\tau = 0\); иначе \(\tau = \dfrac{L}{v} - \dfrac{v}{2\mu g}\).

Подсказка

Внутри металлического цилиндра поле равно нулю, поэтому внутри непроводящего цилиндра поле должно быть однородным и равным \(-\vec E_0\). Дальше поле тяжести и электрическое поле вместе дают однородную суммарную силу.

Ответ

1) \(\Delta W_{\text{пот}} = 2qE_0R\);  2) \(v_{\text{макс}} = \sqrt{v_0^2 + 2R\left(\sqrt{g^2 + \left(\dfrac{qE_0}{m}\right)^2} - g\right)}\);  3) \(v_0 > \sqrt{R\left(2g + 3\sqrt{g^2 + \left(\dfrac{qE_0}{m}\right)^2}\right)}\).

Решение

Внутри металлического цилиндра электрическое поле равно нулю. Значит, заряды на его поверхности создают внутри поле \(\vec E = -\vec E_0\). Так как распределение зарядов на поверхности непроводящего цилиндра такое же, внутри него создано однородное поле \(-\vec E_0\).

Сила тяжести при перемещении из левого положения в правое работы не совершает (высота не меняется). Изменение потенциальной энергии равно минус работе поля: \(\Delta W_{\text{пот}} = -A_E = 2qE_0R\).

Введём декартову систему с центром в центре цилиндра, ось \(x\) направим вправо, ось \(y\) — вверх. Потенциальная энергия в зависимости от угла \(\theta\): \[W_{\text{пот}}(\theta) = mgR\sin\theta + qE_0R\cos\theta = A\cos(\theta - \alpha),\] где \(A = R\sqrt{(mg)^2 + (qE_0)^2}\), \(\sin\alpha = \dfrac{mgR}{A}\), \(\cos\alpha = \dfrac{qE_0R}{A}\). Минимум энергии равен \(-A\), начальная энергия в самой нижней точке \(W_0 = -mgR\).

Закон сохранения энергии \(W_0 + \dfrac{mv_0^2}{2} = -A + \dfrac{mv_{\text{макс}}^2}{2}\) даёт \[v_{\text{макс}} = \sqrt{v_0^2 + 2R\left(\sqrt{g^2 + \left(\dfrac{qE_0}{m}\right)^2} - g\right)}.\]

Для полного оборота скорость должна быть неотрицательной во всех точках, а сила реакции стенки — неотрицательной. Наибольшая потенциальная энергия \(W = A\) достигается в точке \(D\), где результирующая сила поля перпендикулярна стенке (радиальна). Там условие отсутствия отрыва \[\frac{mv_D^2}{R} \ge \sqrt{(mg)^2 + (qE_0)^2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{mv_D^2}{2} \ge \frac{A}{2}.\] Закон сохранения энергии от начала до точки \(D\): \(\dfrac{mv_0^2}{2} - mgR = A + \dfrac{mv_D^2}{2} \ge \dfrac{3A}{2}\). Отсюда \[v_0 > \sqrt{R\left(2g + 3\sqrt{g^2 + \left(\dfrac{qE_0}{m}\right)^2}\right)}.\]

Подсказка

Колёса проскальзывают, поэтому силы трения равны \(\mu N\). Запишите второй закон Ньютона для тележки и уравнение моментов относительно точки пола под центром тележки.

Ответ

1) \(a = \dfrac{\mu g x}{l - \mu h}\), направлено влево;  2) \(0 < x < l - \mu h\) (то есть \(\mu < \dfrac{l-x}{h}\)).

Решение

Пусть \(N_1\) и \(N_2\) — силы реакции пола на правое и левое колёса, \(a\) — горизонтальное ускорение тележки. Пусть \(N_{\text{л}}\) и \(N_{\text{п}}\) — силы реакции пола на левое и правое колёса. Колёса проскальзывают, поэтому силы трения равны \(\mu N_{\text{л}}\) и \(\mu N_{\text{п}}\). Из-за встречного вращения трение на левом колесе направлено вправо, на правом — влево. Уравнения вертикального равновесия и второго закона Ньютона (ось \(x\) направлена вправо): \[N_{\text{л}} + N_{\text{п}} = mg, \qquad \mu(N_{\text{л}} - N_{\text{п}}) = ma.\] Уравнение моментов относительно точки пола посередине между колёсами (сила инерции \(-m\vec a\) приложена к центру масс на высоте \(h\)): \[l\,(N_{\text{п}} - N_{\text{л}}) = mgx - mah.\] Из этих уравнений \(N_{\text{п}} - N_{\text{л}} = -\dfrac{ma}{\mu}\), поэтому \(a\left(h - \dfrac{l}{\mu}\right) = gx\), то есть \[a = \frac{\mu g x}{\mu h - l} = -\frac{\mu g x}{l - \mu h}.\] Так как \(\mu < l/h\), знаменатель положителен, и тележка движется влево с ускорением \(|a| = \dfrac{\mu g x}{l - \mu h}\).

С учётом найденного ускорения силы реакции равны \[N_{\text{п}} = \frac{mg\,(l - \mu h + x)}{2(l - \mu h)}, \qquad N_{\text{л}} = \frac{mg\,(l - \mu h - x)}{2(l - \mu h)}.\] Колёса не отрываются, пока обе реакции положительны. Условие \(N_{\text{л}} > 0\) даёт \(x < l - \mu h\); условие \(N_{\text{п}} > 0\) при \(x > 0\) выполняется автоматически. Итак, движение без отрыва колёс возможно при \(0 < x < l - \mu h\), то есть при \(\mu < \dfrac{l - x}{h}\).

Подсказка

Пока поршень лежит на опорах, объём постоянен. Участок графика с постоянным давлением соответствует движению поршня при неизменной силе со стороны содержимого. Используйте уравнение состояния идеального газа для конечного состояния.

Ответ

1) \(M = \dfrac{p_0 S}{2g} \approx 51\) кг;  2) \(m_0 = \dfrac{2\mu p_0 S H}{R T_0} \approx 12{,}4\) г;  3) \(Q = p_0 S H \left(\dfrac{7\mu L}{11 R T_0} + \dfrac{16}{5}\right) \approx 11{,}9\) кДж.

Решение

Участок графика при \(P = 1{,}5P_0\) соответствует движению поршня. Условие равновесия поршня: \(1{,}5\,p_0 S = Mg + p_0 S\), откуда \(M = \dfrac{p_0 S}{2g} = 51\) кг.

В конечном состоянии (поршень на высоте \(2H\), \(P = 1{,}5P_0\), \(T = 1{,}5T_0\)) газ занимает объём \(2SH\). Уравнение состояния даёт \[1{,}5\,p_0 \cdot 2SH = \frac{m_0}{\mu} R \cdot 1{,}5T_0, \qquad m_0 = \frac{2\mu p_0 S H}{R T_0} \approx 12{,}4~\text{г}.\] В момент отрыва поршня от опор (объём \(SH\), \(P = 1{,}5P_0\), \(T = 1{,}1T_0\)) масса пара \[m_{\text{п}1} = \frac{1{,}5\,p_0 S H \mu}{1{,}1\,T_0 R} \approx 8{,}4~\text{г} < m_0.\] Значит, процесс подъёма делится на два этапа. На первом этапе температура постоянна (\(1{,}1T_0\)), жидкость продолжает испаряться, и подведённая теплота \[Q_1 = L(m_0 - m_{\text{п}1}) = \frac{7\mu L}{11 R T_0}\, p_0 S H.\] На втором этапе все вещество — пар, давление постоянно, температура растёт от \(1{,}1T_0\) до \(1{,}5T_0\). Молярная теплоёмкость многоатомного газа при постоянном давлении \(c_p = 4R\), поэтому \[Q_2 = \frac{c_p m_0}{\mu}\,(1{,}5T_0 - 1{,}1T_0) = \frac{16}{5}\,p_0 S H.\] Общее количество теплоты \[Q = Q_1 + Q_2 = p_0 S H\left(\frac{7\mu L}{11RT_0} + \frac{16}{5}\right) \approx 10^3\,(8{,}7 + 3{,}2)~\text{Дж} \approx 11{,}9~\text{кДж}.\]

Подсказка

В стационарном режиме выделяющаяся мощность \(I^2R\) равна тепловым потерям \(N\). Выразите \(t - t_0\) через \(I\), а затем сопротивление резистора через \(I\).

Ответ

1) \(\mathcal{E} = 10\) В;  2) \(R_0 = 10\) Ом;  3) \(U_{AB} \approx 4{,}0\) В;  4) \(\alpha \approx 5{,}1 \cdot 10^{-3}\) \(^\circ\)C\(^{-1}\);  5) \(I_{\text{макс}} = \sqrt{\dfrac{\beta}{R_0\alpha}} \approx 0{,}71\) А.

Решение

При токе \(I\) в стационарном режиме \(\beta(t - t_0) = I^2 R_0\bigl(1 + \alpha(t - t_0)\bigr)\), откуда \[t - t_0 = \frac{I^2 R_0}{\beta - I^2 R_0\alpha}.\] Напряжение на клеммах \(U_{AB} = \mathcal{E} - IR(t)\), и с учётом выражения выше \[U_{AB} = \mathcal{E} - \frac{I R_0 \beta}{\beta - I^2 R_0 \alpha}.\] При \(I \to 0\) получаем \(U_{AB} = \mathcal{E} = 10\) В. По касательной к начальному участку графика \(R_0 = 10\) Ом.

Подключение резистора \(10\) Ом даёт вольт-амперную характеристику \(U = 10\,I\) (в Ом \(\cdot\) А). Её пересечение с нагрузочной кривой даёт \(I \approx 0{,}4\) А и \(U_{AB} \approx 4{,}0\) В.

В точке \(I = 0{,}5\) А напряжение на клеммах обращается в ноль, то есть сопротивление терморезистора равно \(\mathcal{E}/I = 20\) Ом. Из \(R = \dfrac{R_0\beta}{\beta - I^2R_0\alpha}\) получаем \(\beta/\alpha = 5{,}0\) Вт (такое же значение получается по другим точкам графика).

При температуре плавления \(I_1 = 0{,}55\) А: \[t_{\text{пл}} - t_0 = \frac{I_1^2 R_0}{\beta - I_1^2 R_0\alpha} = \frac{3{,}025}{1{,}975\,\alpha} \quad\Rightarrow\quad \alpha \approx 5{,}1 \cdot 10^{-3}~^\circ\text{C}^{-1}.\]

Ток через резистор при температуре \(t\) выражается через \(t - t_0\): \[I^2 = \frac{\beta}{R_0}\cdot\frac{1}{\dfrac{1}{t - t_0} + \alpha}.\] При \(t \to \infty\) ток стремится к \(I_{\text{макс}} = \sqrt{\dfrac{\beta}{R_0\alpha}} \approx 0{,}71\) А. Значит, любой ток больше \(0{,}71\) А резистор гарантированно не сможет пропустить ни при какой температуре плавления.