МОШ, 2014/15, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

В системе отсчёта катера волны заполняют только угол («конус Маха»). Свяжите угол полураствора с отношением скорости волн к скорости катера, а период на берегу — с проекцией скорости волн вдоль берега.

Ответ

\(v = \dfrac{\lambda}{\sqrt{T^2 - (\lambda t/L)^2}} - V\).

Решение

Пусть \(v\) — скорость катера относительно стоячей воды, \(u\) — скорость распространения волн относительно поверхности стоячей воды. Запишем формулу для скорости волн, учитывая, что они близки к гармоническим: \[u = \lambda / T_0 ,\] где \(T_0\) — период волн в системе отсчёта, связанной с водой.

Перейдём в систему отсчёта, связанную с катером.

В этой системе отсчёта вода движется относительно катера со скоростью \(-\vec v\), а волны распространяются относительно воды из каждой точки, в которой находился катер, во всех направлениях со скоростью, по модулю равной \(u\) (иначе говоря, гребни волн, испущенных в некоторый момент, в следующие моменты времени находятся на одинаковом расстоянии от точки испускания, которая движется со скоростью \(v\)). Из закона сложения скоростей следует, что относительно катера волны распространяются только внутри угла \(2\alpha\), изображённого на рисунке (это так называемый «конус Маха»; в трёхмерном случае волны распространяются внутри конуса). Относительно берега реки «конус Маха» как единое целое движется со скоростью \(v + V\), и поэтому гребни волн образуют с берегом тот же угол \(\alpha\), что изображён на рисунке. Из условия задачи следует, что \(u < v\) (иначе волны обгоняли бы катер, и первая волна пришла бы в точку \(A\) до того, как катер пересёк линию \(AB\)).

Рассмотрим рисунок, на котором показан гребень волны \(AD\) и набор параллельных ему гребней следующих волн.

В точку \(A\) дошла волна, испущенная из точки \(C\), а катер за это время прошёл отрезок \(CD\). Из рисунков следуют уравнения: \[\sin\alpha = \frac{u}{v}, \tag{1}\] \[L = BD \cdot \operatorname{tg}\alpha = (v + V)\,t \cdot \operatorname{tg}\alpha . \tag{2}\]

Свяжем величины \(T_0\) и \(T\) (то есть фактически учтём эффект Доплера). Если волны распространяются в стоячей воде, то скорость движения вдоль берега точки \(E\) (это точка пересечения линии гребня волны с берегом) равна \(u_1 = \dfrac{u}{\sin\alpha}\). Отрезок \(AE = \dfrac{\lambda}{\sin\alpha}\). Поэтому \(\dfrac{u}{\sin\alpha} = \dfrac{\lambda}{T_0 \sin\alpha}\). Если же волны распространяются в воде, которая течёт со скоростью \(V\), то эту скорость течения нужно добавить к скорости \(u_1\), и учесть, что изменится период волн. При этом получится соотношение \(\dfrac{u}{\sin\alpha} + V = \dfrac{\lambda}{T \sin\alpha}\), где \(T\) — заданный в условии задачи период волн, наблюдаемых в системе отсчёта, связанной с берегом.

Отсюда \[u = \frac{\lambda}{T} - V\sin\alpha . \tag{3}\] Из уравнений (1) и (3) получаем: \[v + V = \frac{\lambda}{T \sin\alpha}. \tag{4}\] Из уравнений (2) и (4): \[v + V = \frac{L}{t \cdot \operatorname{tg}\alpha} = \frac{\lambda}{T \sin\alpha}.\] Отсюда \(\cos\alpha = \dfrac{\lambda t}{LT}\), \(\sin\alpha = \sqrt{1 - \left(\dfrac{\lambda t}{LT}\right)^2}\). С учётом этого из (4) окончательно находим: \[v = \frac{\lambda}{\sqrt{T^2 - \left(\dfrac{\lambda t}{L}\right)^2}} - V .\] Отметим, что, поскольку \(u < v\), то \(V < \dfrac{\lambda}{\sqrt{T^2 - (\lambda t/L)^2}}\), то есть \(v > 0\).

Подсказка

Где находится мгновенная ось вращения обруча, катящегося без проскальзывания? Как тогда связаны скорость центра обруча и скорость его нижней точки, и чему равна кинетическая энергия? Центр обруча движется по окружности.

Ответ

1) \(V = 2\sqrt{g(R-r)(1-\cos\alpha)}\);  2) \(N = mg\,(2 - \cos\alpha)\).

Решение

Заметим, что центр масс обруча движется по окружности радиусом \(R - r\). Пусть скорость центра масс обруча при прохождении обручем положения равновесия равна \(v\). Скорость верхней точки обруча в этот момент равна нулю, поскольку обруч движется по бревну без проскальзывания. Таким образом, через верхнюю точку обруча проходит мгновенная ось вращения. Отсюда легко найти, что скорость нижней точки равна \(V = 2v\). Движение обруча в этот момент можно представить как движение центра масс со скоростью \(v\) и вращение всех точек обруча в системе отсчёта центра масс также со скоростью \(v\). Кинетическая энергия обруча при таком движении равна \(E_\text{к} = mv^2\). (Действительно, можно представить, что обруч сначала разогнали поступательно до скорости \(v\), совершив при этом работу \(mv^2/2\), а потом в системе отсчёта центра масс раскрутили его, разогнав обод до скорости \(v\), и совершив при этом работу, также равную \(mv^2/2\). Суммарная работа в итоге будет равна \(E_\text{к} = mv^2\).)

При переходе обруча из исходного отклонённого положения в нижнее положение его центр масс опустится на величину \[h = (R - r)(1 - \cos\alpha) .\] Приравнивая начальную потенциальную энергию обруча его конечной кинетической энергии, получаем: \[mv^2 = mgh .\] С учётом выражения для \(h\) имеем \(v^2 = g(R-r)(1-\cos\alpha)\), и \(v = \sqrt{g(R-r)(1-\cos\alpha)}\). Следовательно, искомая скорость нижней точки обруча при прохождении им положения равновесия равна \[V = 2v = 2\sqrt{g(R-r)(1-\cos\alpha)} .\] Для ответа на второй вопрос запишем уравнение движения центра масс для момента прохождения им нижней точки траектории в процессе движения по окружности радиусом \(R - r\). Центр масс имеет при этом центростремительное ускорение, и \[m a_\text{цс} = m\frac{v^2}{R - r} = mg(1 - \cos\alpha) = N - mg ,\] где \(N\) — сила, с которой бревно действует на обруч. В соответствии с третьим законом Ньютона обруч давит на бревно с такой же по модулю силой. Поэтому \[N = mg\,(2 - \cos\alpha) .\]

Подсказка

Найдите тепловую мощность на единицу площади дна из скорости убыли уровня до дождя. Сравните её с мощностью, нужной, чтобы довести до кипения дождевую воду, падающую на единицу площади в единицу времени.

Ответ

1) вода продолжит кипеть;  2) уровень воды будет увеличиваться, и вырастет на \(H = 1\) см за время \(T \approx 195\) с.

Решение

Пусть \(P\) — тепловая мощность, подводимая к воде в котелке от костра, \(S\) — площадь дна котелка. Вычислим величину \(P/S\), то есть тепловую мощность, отнесённую к единице площади. Масса воды, которая испарилась из котелка за время \(\tau\), равна \(m = \rho S h\). Количество теплоты, подведённое к воде за это время, равно \(P\tau = mr\). Поделив количество теплоты на время, получим мощность: \(P = \dfrac{rm}{\tau} = \dfrac{r\rho S h}{\tau}\). Отсюда \[\frac{P}{S} = \frac{r\rho h}{\tau} \approx 1{,}15\cdot 10^5\text{ Вт/м}^2 .\] Теперь выясним, будет ли вода продолжать кипеть после начала дождя, или кипение прекратится. Масса дождевой воды, попадающей в котелок за некоторое время \(t\), равна \(M_\text{дожд} = N m_0 = n S v t\, m_0\), где \(N\) — число капель, попадающих в котелок за рассматриваемое время.

Количество теплоты, необходимое для приведения этой воды в состояние кипения, равно \[Q_1 = c M_\text{дожд}(100 - t_0) = c\, n S v t\, m_0 (100 - t_0) .\] Разделив обе части последнего уравнения на произведение \(St\), получим тепловую мощность, приходящуюся на единицу площади, необходимую для того, чтобы попавшая в котелок дождевая вода закипала: \[\frac{P_1}{S} = c\, n v m_0 (100 - t_0) \approx 3\cdot 10^4\text{ Вт/м}^2 .\] Видно, что \(\dfrac{P}{S} > \dfrac{P_1}{S}\). Это означает, что вода в котелке будет продолжать кипеть и после начала дождя.

Вычислим массу воды, которая будет испаряться за некоторое время \(t\): \[M_\text{исп}(t) = \frac{(P - P_1)\,t}{r} .\] Полное изменение массы воды в котелке за время \(t\) от начала дождя равно разности масс воды, попавшей в котелок, и испарившейся из него: \[\Delta M(t) = M_\text{дожд}(t) - M_\text{исп}(t) = n S v m_0 t - \frac{(P - P_1)\,t}{r} .\] Изменение уровня воды в котелке за время \(t\) от начала дождя равно \[\Delta x(t) = \frac{\Delta M(t)}{\rho S} = \frac{1}{\rho}\left( n v m_0 - \frac{P/S - P_1/S}{r}\right) t = kt ,\] где \(k \approx 5{,}14\cdot 10^{-5}\) м/с — величина в круглых скобках в последнем выражении (с учётом множителя \(1/\rho\)). Положительный знак коэффициента \(k\) означает, что уровень воды в котелке будет увеличиваться. Поэтому время \(T\), за которое уровень воды увеличится на \(H\), равно: \[T = \frac{H}{k} \approx \frac{10^{-2}}{5{,}14\cdot 10^{-5}} \approx 195\text{ с} .\]

Подсказка

Найдите сопротивление одного резистора по \(R_1\). Затем посмотрите, во сколько раз сопротивление «без последнего резистора» должно измениться, и какая часть цепи при этом должна выпасть.

Ответ

Вася мог перерезать провод возле резистора №2 с любой из сторон от него (места показаны на рисунке крестиками).

Решение

Рассмотрим участок \(AB\) электрической цепи. Заметим, что он состоит из набора последовательно и параллельно соединённых звеньев.

Пронумеруем резисторы слева направо, начиная с верхнего ряда, так, как показано на рисунке. Обозначим сопротивление каждого из резисторов, из которых состоит участок цепи, через \(R\), и выразим общее сопротивление через \(R\). Будем двигаться вдоль участка цепи слева направо.

Резисторы №1 и №5 соединены параллельно, их общее сопротивление равно \(R/2\). Затем последовательно к ним подсоединён резистор №2, что даёт общее сопротивление \(3R/2\). Далее к ним параллельно подключены два последовательно соединённых резистора №6 и №7, с их учётом сопротивление равно \(\dfrac{(3R/2)\cdot 2R}{(3R/2) + 2R} = \dfrac{6R}{7}\). Добавляя последовательно соединённый резистор №3, получим сопротивление \(13R/7\). Далее параллельно к полученному участку подсоединяются три последовательно включённых резистора №8, №9 и №10, что даёт сопротивление \(\dfrac{(13R/7)\cdot 3R}{(13R/7) + 3R} = \dfrac{39R}{34}\). Наконец, путём последовательного подключения резистора №4, получим сопротивление всего участка цепи: \[R_{AB} = \frac{39R}{34} + R = \frac{73R}{34} = R_1\] (согласно условию, оно равно \(R_1 = 219\) Ом). Отсюда \(R = 102\) Ом.

Вычислим отношение \(\dfrac{R_2}{R} = \dfrac{255}{102} = \dfrac{5}{2}\). Заметим, что резистор №4 добавляет к общему сопротивлению участка \(AB\) сопротивление \(R\). Если этот резистор мысленно удалить, то сопротивление оставшегося участка цепи будет превышать \(R\) в \(\dfrac{R_2 - R}{R} = \dfrac{3}{2}\) раза. Следовательно, участок цепи, который остаётся после мысленного удаления резистора №4, после перерезания одного провода может состоять, например, из двух параллельно соединённых ветвей, каждая из которых содержит три последовательно включённых резистора. Обратим внимание на параллельные ветви цепи с резисторами №6, №7, №3 и №8, №9, №10. Сопротивление этих двух ветвей без резисторов №1, №2 и №5 равно как раз \(3R/2\).

Таким образом, для удовлетворения условию задачи нужно исключить резисторы №1, №2 и №5 путём перерезания одного провода. Следовательно, Вася мог перерезать провод возле резистора №2 с любой из сторон от него (соответствующие места показаны на рисунке крестиками).

Подсказка

Сравните, на сколько меняется проекция импульса фотона на направление пучка при зеркальном отражении и при поглощении, в зависимости от угла падения. Где какой вариант «выгоднее»?

Ответ

Зеркальной следует оставить поверхность шара в пределах центрального шарового сегмента высотой \(h = R\left(1 - \dfrac{1}{\sqrt 2}\right) \approx 0{,}3R\); остальную часть шара, на которую попадает свет, нужно покрасить чёрной краской.

Решение

Рассматривая свет как поток частиц (фотонов), запишем для силы светового давления на шар: \[\vec F = -\frac{\Delta \vec P}{\Delta t},\] где \(\Delta \vec P\) — изменение импульса фотонов за время \(\Delta t\) в результате их отражения или поглощения поверхностью шара.

При зеркальном отражении фотона, падающего на шар под углом падения \(\alpha\) (см. рис.), проекция его импульса на ось \(X\) (которая совпадает с направлением падающего пучка) изменяется на величину: \[\Delta p_x = -p\cos(2\alpha) - p ,\] где \(p\) — импульс фотона в падающем пучке. Если же фотон поглощается поверхностью шара, то изменение его импульса равно \(\Delta p_x = -p\).

Сравнивая эти два случая, видим, что при \(\alpha < \pi/4\) изменение проекции импульса \(|\Delta p_x|\) больше при зеркальном отражении, а при \(\alpha > \pi/4\) сильнее изменяется проекция импульса при поглощении фотона. Поэтому для получения максимальной силы давления фотоны, падающие под углами \(\alpha < \pi/4\), «выгоднее» отразить, а фотоны с большими углами падения — поглотить.

Действительно, пусть передняя поверхность шара в пределах углов падения от \(0\) до \(\alpha_0 = \pi/4\) зеркальная, а остальная поверхность закрашена. Мысленно увеличим граничный угол \(\alpha_0\) на малую величину \(\Delta\alpha\), сдвинув границу окрашивания. В результате этого узкая полоска поверхности шара «превратится» из окрашенной в зеркальную. Пусть на эту полоску в единицу времени падает \(N\) фотонов. Тогда из-за сдвига границы проекция на ось \(X\) импульса, передаваемого шару отражёнными фотонами, возрастёт на \[(\delta p_x)_\text{отр} = N[p + p\cos(2(\alpha_0 + \Delta\alpha))] = N\left[p + p\cos\left(\frac{\pi}{2} + 2\Delta\alpha\right)\right] = N[p - p\sin(2\Delta\alpha)],\] а проекция на ось \(X\) импульса, передаваемого шару поглощёнными фотонами, уменьшится на \((\delta p_x)_\text{погл} = Np\). Итоговое изменение проекции на ось \(X\) импульса, передаваемого шару фотонами, изменится на \(\delta p_x = (\delta p_x)_\text{отр} - (\delta p_x)_\text{погл} = -Np\sin(2\Delta\alpha)\), то есть уменьшится. Значит, уменьшится и сила светового давления на шар. Если же мысленно уменьшить граничный угол \(\alpha_0\) на малую величину \(\Delta\alpha\), сдвинув границу окрашивания в другую сторону, то проекция на ось \(X\) импульса, передаваемого шару поглощёнными фотонами, увеличится на \((\delta p_x)_\text{погл} = Np\), а проекция на ось \(X\) импульса, передаваемого шару отражёнными фотонами, уменьшится на \[(\delta p_x)_\text{отр} = N[p + p\cos(2(\alpha_0 - \Delta\alpha))] = N\left[p + p\cos\left(\frac{\pi}{2} - 2\Delta\alpha\right)\right] = N[p + p\sin(2\Delta\alpha)].\] Итоговое изменение проекции на ось \(X\) импульса, передаваемого шару фотонами, изменится на \(\delta p_x = (\delta p_x)_\text{погл} - (\delta p_x)_\text{отр} = -Np\sin(2\Delta\alpha)\), то есть опять уменьшится. Значит, и в этом случае сила светового давления на шар уменьшится. Таким образом, сила светового давления при \(\alpha = \alpha_0 = \pi/4\) действительно является максимальной.

Итак, заднюю (теневую) поверхность шара можно «красить» как угодно, это не влияет на силу давления, а освещённую поверхность следует оставить зеркальной в пределах центрального шарового сегмента высотой \[h = R\left(1 - \cos\frac{\pi}{4}\right) = R\left(1 - \frac{1}{\sqrt 2}\right) \approx 0{,}3R .\]

Подсказка

Верёвка наматывается сверху на катящуюся трубу: как связаны скорости и ускорения бруска и оси трубы? Удобно записать закон изменения механической энергии, помня про энергию катящейся тонкостенной трубы.

Ответ

\(\mu = \dfrac{4\sqrt 3}{15} \approx 0{,}46\).

Подсказка

Обозначьте показатели политроп через \(n\), \(n+1\), \(n+2\) и запишите связь \(T\) и \(V\) вдоль каждого процесса: \(TV^{n-1} = \text{const}\). Замкнутость цикла по объёму и условие изотермичности одного из процессов дают возможные \(n\).

Ответ

1) \(V_3 = kV_1\); 2) три возможные \(pV\)-диаграммы показаны на рисунке; 3) температура газа в состоянии 3 может быть равна \(T_3 = \dfrac{T_1}{k^2}\), \(T_3 = \dfrac{T_1}{k}\) или \(T_3 = T_1\) (в порядке следования диаграмм).

Подсказка

Пусть к точкам \(A\) и \(B\) подключён источник. Есть ли в схеме точки с одинаковым потенциалом? Если да, конденсаторы между ними можно выбросить.

Ответ

\(C_{AB} = 5\) мкФ.

Подсказка

Выберите одну координату (например, длину пружины или угол между рейками), выразите через неё потенциальную и кинетическую энергии всей системы и сведите задачу к гармоническому осциллятору.

Ответ

Период малых колебаний системы равен \(T = N\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\).

Подсказка

Минимальная видимая ширина равна настоящему диаметру: канал виден через одну грань. Для максимальной ширины проследите крайний луч, идущий от канала через середины двух соседних граней.

Ответ

\(n = \sqrt 2\).