«Бельчонок», 2015/16, заключительный этап, 11 класс

На горизонтальном повороте центростремительная сила – трение. Внутри цилиндра сила трения по вертикали уравновешивает силу тяжести, а горизонтальная сила реакции создаёт центростремительное ускорение.

\(v_2 = \dfrac{g}{v_1}\sqrt{r_1 r_2} \approx 33{,}8\) км/ч.

Рассмотрим движение мотоциклиста по горизонтальной поверхности. В инерциальной системе отсчёта центростремительной силой является сила трения. Тогда \[\mu m g = m\,\frac{v_1^2}{r_1}, \qquad \text{откуда} \qquad \mu = \frac{v_1^2}{g r_1}.\] Затем рассмотрим движение мотоциклиста по цилиндрической поверхности: в вертикальном направлении его удерживает сила трения, равная силе тяжести: \[\mu N = mg,\] где \(N = m\,\dfrac{v_2^2}{r_2}\) – нормальная сила реакции цилиндрической поверхности. Следовательно, \[\frac{m v_1^2 v_2^2}{g r_1 r_2} = mg.\] Отсюда найдём искомую скорость: \[v_2 = \frac{g}{v_1}\sqrt{r_1 r_2} \approx 33{,}8~\text{км/ч}.\]

Разложите движение после отражения по осям вдоль плоскости и перпендикулярно ей. Какой угол образует скорость отражённого шарика с перпендикуляром к плоскости?

\(t_1 = 2\sqrt{2}~\text{с} \approx 2{,}8\) с.

Поместим начало \(O\) системы координат в точке первого падения шарика на наклонную плоскость. Ось \(OX\) направим вдоль наклонной плоскости, \(OY\) – перпендикулярно к ней. Начальная скорость шарика после упругого соударения равна \(v_0 = \sqrt{2gh}\) и образует с осью \(OY\) угол \(\alpha\) (условие упругости удара). Уравнение движения шарика вдоль оси \(OY\) имеет вид: \[y(t) = v_0\cos\alpha\cdot t - \frac{g\cos\alpha\cdot t^2}{2}.\] Искомое время \(t_1\) повторного падения шарика на наклонную плоскость найдём из условия, что в момент \(t_1\) выполняется \(y(t_1) = 0\). То есть \[v_0\cos\alpha\cdot t_1 - \frac{g\cos\alpha\cdot t_1^2}{2} = 0.\] Откуда: \[t_1 = \frac{2v_0}{g} = 2\sqrt{\frac{2h}{g}} = 2\sqrt{2}.\] Мы видим, что время полёта после отражения шарика до очередного падения на плоскость не зависит от угла наклонной плоскости.

В установившемся режиме через конденсаторы ток не идёт. Какие резисторы оказываются включёнными последовательно между полюсами батареи?

\(q = \dfrac{CU}{2}\).

Так как ток постоянный, то ток через сопротивления равен \[I = \frac{U}{6R}.\] А напряжение на верхнем конденсаторе: \[U_1 = I\,(R + 2R) = \frac{U}{2}.\] Следовательно, заряд на верхнем конденсаторе равен \[q_1 = C U_1 = \frac{CU}{2}.\]

Перед выпадением поршень находится у открытого конца цилиндра. Запишите второй закон Ньютона для поршня и изотермический процесс для газа над ним.

\(a = \dfrac{PSh}{mH}\).

Пусть \(p_0\) – атмосферное давление, тогда \[p_0 S = P S + mg.\] Пусть \(p_1\) – давление в сосуде, когда выпадает поршень; следовательно, \[p_1 H = P\,(H - h).\] Запишем второй закон Ньютона для поршня в тот момент, когда он выпадает: \[m a = (p_0 - p_1)\,S - mg.\] Откуда находим: \[a = \frac{P S h}{m H}.\]

Выразите синусы углов падения и преломления через \(H\), \(h\) и радиус шара \(R\), затем примените закон преломления.

\(h = \dfrac{H}{n} = 10\) см.

Проведём линию (радиус) из центра шара в точку пересечения луча с шаром и опустим из точки пересечения на главную оптическую ось перпендикуляр. Пусть \(\beta\) – угол между радиусом и продолжением пути луча, а \(\alpha\) – угол между радиусом и главной оптической осью, тогда \[\sin\alpha = n\sin\beta.\] Пусть \(R\) – радиус шара, тогда \[\sin\alpha = \frac{H}{R}; \qquad \sin\beta = \frac{h}{R}.\] Тогда получаем ответ \[h = \frac{H}{n} = 10~\text{см}.\]