Курчатов, 2023/24, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

Относительные колебания \(B\) и \(C\) — это энергия, не связанная с движением центра масс пары. Выразите её через законы сохранения импульса и энергии при ударе.

Ответ

1) \(x \approx 0{,}34\);  2) \(\alpha = 1\).

Решение

1) Начальная кинетическая энергия бруска \(A\): \(E_A = \dfrac{Mv_A^2}{2}\). Бруски \(B\) и \(C\) вместе с пружиной рассмотрим как составное тело массой \(2m\) с энергией \(Q\) внутреннего движения. Тогда после соударения \[E_A = \frac{Mv_A'^2}{2} + \frac{2m\,v_c^2}{2} + Q,\] где \(v_A'\) — скорость бруска \(A\) после удара, \(v_c\) — скорость центра масс брусков \(B\) и \(C\). Закон сохранения импульса и энергии при ударе: \[Mv_A = Mv_A' + m v_B, \qquad \frac{Mv_A^2}{2} = \frac{Mv_A'^2}{2} + \frac{m v_B^2}{2},\] откуда \[v_A' = \frac{M-m}{M+m}\,v_A, \qquad v_B = \frac{2M}{M+m}\,v_A.\] Сразу после удара брусок \(C\) покоится, поэтому \[v_c = \frac{m v_B + m\cdot 0}{2m} = \frac{v_B}{2} = \frac{M}{M+m}\,v_A.\] Тогда \[Q = \frac{Mv_A^2}{2}\cdot\frac{2Mm}{(M+m)^2}, \qquad x = \frac{Q}{E_A} = \frac{2Mm}{(M+m)^2} = \frac{2\alpha}{(1+\alpha)^2} \approx 0{,}34.\]

2) Потерянная при ударе энергия \(Q\) максимальна, когда вся кинетическая энергия переходит от бруска \(A\) к бруску \(B\), то есть при \(M = m\), \(\alpha = 1\). Это же следует из неравенства о среднем геометрическом: \[\frac{1+\alpha}{2} \ge \sqrt{\alpha} \quad\Rightarrow\quad \frac{\alpha}{(1+\alpha)^2} \le \frac{1}{4} \quad\Rightarrow\quad x \le \frac{1}{2},\] максимум \(x = \dfrac{1}{2}\) достигается при \(\alpha = 1\).

Подсказка

Найдите массу воздуха, проходящего через лопасти за секунду, и его кинетическую энергию; затем мощность турбины и ток в линии.

Ответ

\(\alpha \approx 1{,}23\).

Решение

1) Масса воздуха, проходящего через ветрогенератор за одну секунду: \(M = \rho V = \rho\,(\pi r^2 v\cdot 1\text{ с})\). Его кинетическая энергия \[E_K = \frac{Mv^2}{2} = \frac{\pi\rho r^2 v^3}{2}\cdot 1\text{ с}.\]

2) Мощность, вырабатываемая турбиной: \[P_T = \eta E_K = \frac{\pi\eta\rho r^2 v^3}{2}\cdot 1\text{ с}.\]

3) Мощность, которая теряется при передаче электроэнергии в деревню: \[P' = I^2 R = \left(\frac{P_T}{U}\right)^2 R.\]

4) Тогда отношение, приведённое в решении, равно \[\alpha = \frac{P_T}{P'} = \frac{2U^2}{R\,\pi\eta\rho r^2 v^3\cdot 1\text{ с}} \approx 1{,}23 > 1.\] Такое значение говорит о том, что ток в деревню не потечёт — метод передачи энергии не является эффективным, а потери эквивалентны \(100\,\%\).

Подсказка

Сначала найдите положение равновесия мяча и растяжения резинок в нём; затем рассмотрите малые смещения по вертикали и по горизонтали.

Ответ

\(\dfrac{T'}{T''} = \sqrt{\dfrac{7}{15}} \approx 0{,}68\).

Решение

1) Пусть индекс 1 относится к резинке, соединяющей мяч с потолком, а индекс 2 — к резинке, соединяющей мяч с полом. Растяжения резинок в равновесии \(x_1\), \(x_2\) удовлетворяют равенству \(x_1 + x_2 + 2l = 4l\), то есть \(x_1 + x_2 = 2l\).

2) Из условия задачи \(k\,(2l - l) = mg\), то есть \(k = \dfrac{mg}{l}\). Силы на мяч в положении равновесия: \(T_1 = T_2 + mg\), откуда \(x_2 = \dfrac{l}{2}\), \(x_1 = \dfrac{3}{2}\,l\).

3) Вертикальное смещение мяча на \(y\) (вниз) даёт \[ma = -k\left(\frac{3}{2}l + y\right) + k\left(\frac{l}{2} - y\right) + mg = -kl - 2ky + mg.\] Поскольку \(kl = mg\), получаем \(ma = -2ky\), и период вертикальных колебаний \[T' = 2\pi\sqrt{\frac{m}{2k}}.\]

4) При небольшом горизонтальном смещении обозначим силу, действующую на мяч со стороны резинок, через \(F\), углы отклонения верхней и нижней резинок от вертикали — \(\theta\) и \(\varphi\), их длины — \(L_1 = \dfrac{5l}{2}\cos\theta\) и \(L_2 = \dfrac{3l}{2}\cos\varphi\).

5) Второй закон Ньютона в проекции на горизонтальную ось: \[F = k\left(\frac{5l}{2\cos\theta} - l\right)\sin\theta + k\left(\frac{3l}{2\cos\varphi} - l\right)\sin\varphi = kl\left(\frac{5}{2}\operatorname{tg}\theta - \sin\theta + \frac{3}{2}\operatorname{tg}\varphi - \sin\varphi\right).\] Для малых углов \(\operatorname{tg}\theta = \dfrac{2x}{5l}\), \(\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{2x}{3l}\), где \(x\) — горизонтальное смещение мяча, и после упрощения \[F = \frac{14}{15}\,kx.\]

6) Аналогично вертикальным колебаниям, период горизонтальных колебаний \[T'' = 2\pi\sqrt{\frac{15m}{14k}}.\] Отношение периодов: \[\frac{T'}{T''} = \sqrt{\frac{7}{15}} \approx 0{,}68.\]

Подсказка

Вычислите мощность для трёх пар клемм, сравните их между собой и используйте данное в условии отношение двух наибольших мощностей.

Ответ

1) \(\dfrac{R_1}{R_2} = 4\);  2) \(\dfrac{P_{BC}}{P_{AB}} = \dfrac{10}{3}\).

Решение

1) Три возможных значения мощности получаются, например, при подключении к внешнему источнику через пары точек \(AB\), \(BC\) и \(BD\). Мощность при напряжении \(U\) равна \(P = \dfrac{U^2}{R}\), где \(R\) — сопротивление цепи между клеммами: \[P_{AB} = U^2\,\frac{3R_1 + R_2}{2R_1(R_1 + R_2)}, \quad P_{BC} = U^2\,\frac{3R_1 + R_2}{3R_1R_2}, \quad P_{BD} = U^2\,\frac{3R_1 + R_2}{R_1(2R_1 + R_2)}.\]

2) Рассчитаем отношения: \[\frac{P_{AB}}{P_{BC}} = \frac{3R_2}{2R_1 + 2R_2}, \qquad \frac{P_{AB}}{P_{BD}} = \frac{2R_1 + R_2}{2R_1 + 2R_2}, \qquad \frac{P_{BC}}{P_{BD}} = \frac{2R_1 + R_2}{3R_2}.\] При \(R_1 > R_2\) из них следует \(P_{BC} > P_{BD} > P_{AB}\). По условию \(\dfrac{P_{BC}}{P_{BD}} = 3\), откуда \[3 = \frac{2}{3}\,\frac{R_1}{R_2} + \frac{1}{3}, \qquad \frac{R_1}{R_2} = 4.\]

3) Наибольшая мощность относится к наименьшей как \[\frac{P_{BC}}{P_{AB}} = \frac{2R_1 + 2R_2}{3R_2} = \frac{2}{3}\cdot 4 + \frac{2}{3} = \frac{10}{3}.\]

Подсказка

Отразите траекторию снаряда относительно прямой \(y = x\) и найдите расстояние между точкой снаряда и её отражением как функцию координаты \(x\).

Ответ

\(t \approx 0{,}11\text{ с}\).

Решение

1) Выберем плоскость \(XY\) так, чтобы оси совпадали с изображёнными на рисунке. Уравнения движения снаряда из начала отсчёта: \[x = v_x t = v\cos\beta\, t, \qquad y = v\sin\beta\, t - \frac{gt^2}{2}.\] Траектория: \(y = \operatorname{tg}\beta\cdot x - \dfrac{g\,x^2}{2v_x^2}\).

2) Наклонная плоскость задаётся уравнением \(y = x\). Точка приземления \(x_0\): \[x_0 = \frac{2(\operatorname{tg}\beta - 1)\,v_x^2}{g}.\]

3) Траектория изображения получается отражением исходной кривой относительно прямой \(y = x\) (перестановкой \(x\) и \(y\)): \[x_c = y = \operatorname{tg}\beta\cdot x - \frac{g\,x^2}{2v_x^2}, \qquad y_c = x.\]

4) Расстояние между изображением и снарядом: \[\Delta = \sqrt{2}\left((\operatorname{tg}\beta - 1)\,x - \frac{g\,x^2}{2v_x^2}\right).\] Это парабола с ветвями вниз; максимум достигается в вершине при \[x_\star = \frac{(\operatorname{tg}\beta - 1)\,v_x^2}{g}.\]

5) Момент времени, когда расстояние максимально: \[t_\star = \frac{x_\star}{v_x} = \frac{(\operatorname{tg}\beta - 1)\,v_x}{g} = \frac{3(\sqrt{3}-1)}{20}\text{ с} \approx 0{,}11\text{ с}.\] Заметим, что \(x_\star < x_0\), то есть точка максимума лежит до приземления снаряда.