Возможные решения. 10 – 11 класс 1. Механика 1. Пусть расстояние между столбами равно s , скорость велосипедиста в момент, когда он поравняется с первым столбом, равна v0 , его ускорение равно a , а время движения на первом, t1 , t2 втором и третьем участках – и t3 соответственно. Тогда скорость велосипедиста, когда он поравняется со вторым столбом, равна v0 at1 , а с третьим столбом – v0 at1 at2 . Уравнения движения велосипедиста на первом, втором и третьем участках движения, имеют вид at12 S v0t1 2 , at32 at22 , S v0 at1 at2 t3 . S v0 at1 t2 2 2 (1) Запишем последнее уравнение в следующем виде t t32 2 t1 t2 0 t3 2 0 , 2 где t0 2v0 2S , a a . Решая уравнение (2) относительно (2) t3 , получаем 2 t t t3 t1 t2 0 t1 t2 0 2 2 2 . Второй корень уравнения (2) отрицателен, поэтому его необходимо отбросить. Выразим, далее, и через заданные времена (3) t0 t1 , t2 , для чего перепишем первые два уравнения системы (1) в виде t22 2t1 t0 t2 2 . t12 t1t0 2 , Приравнивая эти выражения, находим t0 t22 t12 2t1t2 12 22 2 *1* 2 t0 1 с. t1 t2 2 1 Подставляя t0 в любое из уравнений (4), получаем t t 2 1 2 1 2 t1t2 * 2*1 6 с2. t1 t2 2 1 (4) Тогда t3 2 1 0,5 2 1 0,5 6 18,25 3,5 0,77 с. v0 – скорость грузовика с прицепом при равномерном движении, F – сила 2 2. Пусть тяги двигателя грузовика, которая при равномерном движении равна силе сопротивления, равной M , где – коэффициент сопротивления, равный fg , где g – ускорение свободного падения, и f – коэффициент трения. После того, как отцепится прицеп, уравнения движения грузовика и прицепа имеют вид M m a1 F M m , ma2 m . (1) Из второго уравнения системы (1) следует, что ускорение прицепа равно остановки пройдет путь К моменту , поэтому он до v02 v02 s2 . 2 a2 2 выключения двигателя грузовик пройдет путь s с ускорением M m F M m , и в конце пути приобретет M m M m M m M m 2 скорость v v0 2a1s . После выключения двигателя ускорение грузовика равно , поэтому пролходимый до остановки a1 путь равен v02 v 2 v02 2a1s v02 s m m s1 s. 2 2 2 M m 2 M m Искомое расстояние между остановившимися грузовиком и прицепом равно v02 v02 m M l s s1 s2 s s s 2 M m 2 M m Подставляя числовые значения, находим l 10 300 500 м. 10 4 3. Так как удар упругий, то выполняется закон сохранения энергии mv02 mv 2 Mu 2 , 2 2 2 шарика, u – скорость клина (1) где v0 и v – начальная и конечная скорость после удара. Закон сохранения импульса выполняется только в проекции на горизонтальную ось mv0 Mu . (2) При упругом ударе шарика о плоскость клина угол падения шарика равен углу отражения, и сохраняется составляющая импульса, параллельная плоскости клина, а составляющая импульса, перпендикулярная плоскости, меняется на противоположную, поэтому разность векторов mv mv0 перпендикулярна плоскости клина, т. е., образует угол α с вертикалью. Следовательно, mv mv0 ctg . (3) Из уравнений (1)-(3) получаем ctg 1 m M . 4. Брусок действует на клин с силой, равной N P cos , направленной перпендикулярно плоскости клина. Так как клин неподвижен, поскольку удерживается горизонтальной плоскостью и вертикальной стенкой, то горизонтальная составляющая силы N уравновешивается силой реакции стенки, следовательно N x N sin P sin cos . a a a2 Поскольку sin , то, окончательно, N x P 1 2 g g g . 5. Запишем закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось m1v m2u , где m1 – масса шарика, v – его начальная скорость, удара. Из приведенного уравнения v m2 – масса бруска, u – его скорость после m2u . Количество теплоты Q , выделившееся при ударе, m1 равно разности начальной и конечной кинетической энергии системы: m1v 2 m2u 2 m1 m22u 2 m2u 2 m2u 2 m2 Q 1 . 2 2 2 2 m1 2 2 m1 Подставляя числовые значения, получаем 50 *103 *12 50 2 Q 1 30 *10 2 30 Дж. 6. Решение задачи дается приведенным ниже построением двух силовых треугольников, из которых определяется натяжение нити T1 по известной силе тяжести P и натяжениям T2 и T3 . T3 T2 P –T2 T1 P К решению задачи 6 7. В системе отсчета, связанной с вагоном, на груз в равновесии действует сила тяжести P mg , направленная вертикально вниз, и сила инерции F ma , направленная горизонтально в сторону, противоположную ускорению a . Равнодействующая этих сил направлена вдоль нити, на которой подвешен груз, поэтому в равновесии нить образует с вертикалью угол , tg a . g Если вначале нить была расположена вертикально, то она была отклонена на угол от положения равновесия, следовательно, груз на нити будет совершать колебания, отклоняясь на угол от положения равновесия, следовательно, максимальное отклонение груза от вертикали равно 2 , тогда высота, на которую поднимется груз, равна a/ g tg 2 a2 . h l 1 cos 2 2l sin 2l 2l 2l 2 2 2 1 tg 2 g a 1 a / g 8. При максимальном отклонении маятника от положения равновесия на угол скорость груза 2 2 равна нулю, поэтому натяжение нити равно T1 P cos . При прохождении грузом положения равновесия к силе тяжести добавляется центробежная сила P v2 F g l , поэтому натяжение нити T2 равно P v2 T2 P g l . При отклонении на угол груз поднимется на высоту потенциальную энергию Ph Pl 1 cos , которая Выразим скорость груза через угол h l 1 cos , . и приобретет переходит в кинетическую энергию груза при прохождении положения равновесия P v2 Pl 1 cos , g 2 v2 2 1 cos , следовательно откуда gl T2 P 2P 1 cos P 3 2cos . 3 2cos 3 T2 3 k , откуда cos По условию, , arccos k , или . cos k2 T1 k 2 9. Вначале оба бруска имели одинаковую потенциальную и кинетическую энергию, которая переходит в кинетическую энергию брусков у основания наклонной плоскости и в работу против сил трения брусков о плоскость. Уменьшение потенциальной энергии брусков одинаково, а уменьшение кинетической энергии больше для бруска, пущенного вверх, т. к. он проходит больший путь до основания наклонной плоскости. Следовательно, брусок, пущенный вверх, достигнет основания плоскости с меньшей скоростью. 10. Ускорение, с которым капли скатываются с крыши, равно a g sin g где s H 2 L / 2 2 2 2s 2s t a gH При фиксированном значении L . 2 , – путь, проходимый каплями. Поскольку движении капель равноускоренное, они проходят путь H H s L s за время 2 H 2 L / 2 время gH t 2 минимально при L 2H L . g L 2H 2H 1, поэтому искомая L высота 11. Период колебаний математического маятника равен T 2 l g , где l – длина маятника, – ускорение свободного падения в месте расположения маятника. Обозначим через ускорение свободного падения на полюсе планеты ( G 4 M R3 3 – масса планеты, R M R2 g0 G – гравитационная постоянная, – ее радиус). Ускорение свободного падения на экваторе будет меньше из-за центробежной силы, связанной с вращением планеты с угловой скоростью g g0 2 R . T По условию, n, T0 равенства находим : откуда g 1 2, g0 n следовательно, 2 R 1 1 2 g0 n : . Из последнего g0 1 4 G R 3 1 4 G 1 1 1 1 2 . R n 3R 3 n 2 3 n2 Переходим от угловой скорости к периоду обращения планеты вокруг своей оси Получаем 2 g 2 . 3 3 . 4 G 1 1/ n 2 G 1 1/ n 2 Подставляя числовые значения, находим период обращения планеты 3*3.14 2,5 11 3 2 6.67 *10 *3*10 1 1/1,5 12. Выделим малый элемент кольца массой m m часа. , где 1 2 – центральный угол, опирающийся на элемент кольца. На этот элемент, находящийся в равновесии, действует сила тяжести P g m , направленная вертикально вниз, силы натяжения кольца T , приложенные к торцам выделенного элемента, и лежащие в горизонтальной плоскости, и реакция конуса N , направленная перпендикулярно его поверхности. Проектируя силы на вертикальную ось, получаем N sin P g m mg Проектируя силы на горизонтальную биссектрису угла , получаем N cos N sin ctg mg ctg . 2 2 ctg , откуда мал, то sin , тогда T mg 2 2 2 2T sin Поскольку угол . 2 tg mg mg , min arctg . 2 T 2 T α T ΔN Δφ α T К решению задачи 12 2. Молекулярная физика и термодинамика 13. По условию, в процессе объем газа пропорционален T , поэтому температура пропорциональна квадрату объема, а, поскольку для идеального газа отношение то в рассматриваемом процессе p const , V следовательно, давление объему V . Работа газа в процессе при расширении от объема изображенной на рисунке, которая равна V1 до V2 p пропорционально равна площади трапеции, p1 p2 1 V2 V1 p1V2 p2V2 p1V1 p2V1 . 2 2 p2 p1 Для нашего процесса , поэтому p2V1 p1V2 , и работа равна V2 V1 1 A p2V2 p1V1 . 2 С другой стороны, для одного моля газа pV RT , следовательно R 8.31 A T2 T1 600 300 1245 Дж. 2 2 A pV const , T p p2 p1 0 V1 V V2 К решению задачи 13 14. Объем воды V , вытесняемый плавающим льдом массой V где m , находим из закона Архимеда mg m , g – плотность воды. Этот вытесненный объем вызовет повышение уровня воды в сосуде с площадью сечения S h на величину V 4m 4 *1,5 3 0,048 м, или 4,8 см. 2 S d 10 *3,14 * 0,12 15. Работа, совершенная газом за цикл, численно равна площади трапеции 1-2-3-4 в координатах A pV - 1 p1 p4 p2 p3 V2 V1 . 2 Перейдем к температурам, заданным в условии. Для изобарного процесса 3-4 (1) V2 V1 T3 T4 , следовательно T V2 V1 V1 3 1 . T4 Для изохорного процесса 4-1 T4 p3 . T1 Состояния 1 и 2 лежат на одной изотерме, поэтому p2V2 p1V1 , откуда V T p2 p1 1 p1 4 . V2 T3 p4 p1 Подставляя все найденные выражения в формулу (1), и учитывая, что для одного моля идеального газа p1V1 RT1 , получаем расчетную формулу A T T T 1 RT1 1 2 4 4 3 1 . 2 T1 T3 T4 Подставляя числовые значения, получаем 8.31*600 300 300 400 1 625 Дж. 1 2 2 600 400 300 через m0 и m массу пара в начальном и конечном состояниях. Давление p0 105 Па. При A 16. Обозначим t 100 насыщенного водяного пара при С равно атмосферному изотермическом уменьшении начального объема V0 в 5 раз давление идеального газа возросло бы в 5 раз и превысило бы давление p0 , а давление водяного пара достигает значения p0 и при дальнейшем сжатии происходит его конденсация. Считая, что водяной пар подчиняется уравнению Менделеева-Клапейрона, запишем pV0 m0 RT , M p0V Отсюда масса сконденсировавшегося пара равна m m0 m m RT . M M pV0 p0V . RT p0 V0 ,V , поэтому 5 2 p0V0 M 1 1 3 p0V0 M 105 *5*103 *18*103 m 0,3 0,87 *103 кг, RT 2 5 10 RT 8,31*373 По условию p или 0,87 г. 17. В изобарическом процессе на нагревание тратится больше теплоты, чем в изохорическом, т.к. часть теплоты тратится на совершение газом работы A V T Q1 Q2 A p V2 V1 pV1 2 1 pV1 2 1 , V1 T1 V2 T2 поскольку в изобарическом процессе . Тогда V1 T1 Q Q1 350 250 T2 T1 2 1 273 27 * 1 400 К, 6 3 0,1*10 *3*10 pV1 или 127º С. 18. Под поршнем находится насыщенный пар в равновесии с жидкостью при температуре давлении теплоты p p0 Q где m часть жидкости массой неизменными, pS h mg , S а поршень m RT , откуда M – масса поршня, m Q r поднимется S и – его площадь. При сообщении сосуду испарится, давление на T высоту h , p и температура определяемую T останутся равенством h Q mg rMS p0 S RT Q RT rM p0 S mg где M – молярная масса жидкости. 19. При температуре T1 диссоциация молекул азота на атомы по схеме отсутствовала, и уравнение Менделеева-Клапейрона имело вид p1V NkT1 , где N – число молекул азота, k N2 2N (1) – постоянная Больцмана. При повышении температуры до число молекул азота уменьшилось до величины 1 N , T2 и появились атомы азота в количестве 2 N , поскольку каждая молекула распадается на 2 атома. Давление давлений молекулярного и атомарного азота, поэтому p2 p2V 1 NkT2 2 NkT2 1 NkT2 . равно сумме (2) Разделив уравнение (2) на уравнение (1),, получаем p2 T 1 2 p1 T1 . p2 n , тогда искомая степень диссоциации азота равна p1 T n 1 1. T2 T1 T 2T Так как 0 1, то 1 n 2 , следовательно, 2 n 2 . T2 T1 T1 По условию, отношение (3) 20. Поскольку сила упругости пружины пропорциональна величине ее сжатия, которая, в свою очередь, пропорциональна объему части сосуда, где находится газ, по газ в сосуде совершает процесс, при котором его давление пропорционально объему. Запишем уравнение МенделееваКлапейрона для начального и конечного состояния газа p0V0 RT0 , Отсюда np0 nV0 RmT0 . n m 2 1.41 .