«Покори Воробьёвы горы!», 2023/24, заключительный этап, 7–9 класс

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта корабля: тогда корабль неподвижен, а болид движется по прямой. Минимальное расстояние — это перпендикуляр от корабля к этой прямой.

Ответ

Вопрос: \(|\vec v| = \sqrt{19}\) м/с \(\approx 4{,}36\) м/с;  Задача: \(l_{\min} = \dfrac{l - d\sqrt{3}}{2} \approx 1795\) м.

Решение

Вопрос. Вектор относительной скорости равен разности векторов скоростей тел, поэтому по теореме косинусов \[|\vec v| = \sqrt{v_1^2 + v_2^2 - 2v_1v_2\cos\alpha} = \sqrt{19}~\text{м/с} \approx 4{,}36~\text{м/с}.\]

Задача. Перейдём в систему отсчёта, связанную с кораблём. Скорость болида в ней \(\vec u\,' = \vec u - \vec v\). Из треугольника скоростей угол \(\beta\) между направлением движения корабля и линией относительного движения болида равен \(30^\circ\): перпендикулярная составляющая равна \(\dfrac{\sqrt3}{2}u\), параллельная — \(v - u\cos\alpha = \dfrac32 u\), откуда \(\operatorname{tg}\beta = \dfrac{1}{\sqrt3}\). Минимальное расстояние не зависит от выбора системы отсчёта и равно длине перпендикуляра от корабля к линии относительного движения болида: \(|AC| = l - d\operatorname{ctg}\beta\), а \[l_{\min} = |AC|\sin\beta = l\sin\beta - d\cos\beta = \frac{l - d\sqrt3}{2} \approx 1795~\text{м}.\]

Подсказка

Подумайте, какая температура установится в цилиндре, если давление под поршнем не меняется. Затем запишите уравнение теплового баланса: тепло, выделившееся при конденсации пара, идёт на таяние льда и нагрев воды.

Ответ

Вопрос: насыщенный пар — пар, находящийся в равновесии со своей жидкостью; его плотность определяется только температурой.  Задача: \(\Delta H = \dfrac{(\lambda + c_{\text{в}}\Delta t)\,\rho_0}{r\,\rho}\,h \approx 11\) см.

Решение

Вопрос. Насыщенный пар — пар, находящийся в динамическом равновесии со своей жидкостью. Плотность насыщенного пара однозначно определяется его температурой: при превышении этой плотности пар конденсируется.

Задача. Давление пара под поршнем не меняется (неизменны внешнее давление и вес поршня), поэтому пар остаётся насыщенным и его температура остаётся равной \(100^\circ\)С. Значит, лёд должен полностью растаять, а образовавшаяся вода нагреться до \(100^\circ\)С, и энергия на это поступает за счёт конденсации пара. Так как плотность пара примерно в \(1700\) раз меньше плотности воды, объём образовавшейся воды мал по сравнению с объёмом сконденсировавшегося пара, и поршень опускается. Уравнение теплового баланса: \[r\rho\,\Delta V_n = (\lambda + c_{\text{в}}\,\Delta t)\,m_л, \qquad m_л = \rho_0 S h, \qquad \Delta V_n = S\,\Delta H,\] где \(\Delta t = 100^\circ\)С, \(S\) — сечение цилиндра. Отсюда \[\Delta H = \frac{(\lambda + c_{\text{в}}\Delta t)\,\rho_0}{r\,\rho}\,h \approx 11{,}4~\text{см}.\] Давление пара в условии дано, чтобы показать, что работа пара при испарении и конденсации учтена в \(r\) и даёт вклад менее \(8\%\).

Подсказка

Сначала найдите сопротивление цепи при идеальном амперметре: в схеме есть симметрия (мост), и средняя ветвь не несёт тока. После переноса амперметра он соединяет два узла — сведите схему к последовательным и параллельным соединениям.

Ответ

Вопрос: \(R_A = \dfrac{\mathcal{E}}{I} - r \approx (0{,}40 \pm 0{,}09)\) Ом;  Задача: \(I_A = \dfrac{I_0}{22} = 0{,}5\) А.

Решение

Вопрос. По закону Ома для полной цепи \(I = \dfrac{\mathcal{E}}{R_A + r}\), откуда \(R_A = \dfrac{\mathcal{E}}{I} - r = 0{,}4\) Ом. Погрешность оценим интервалами: \(\dfrac{4{,}48}{5{,}2} - 0{,}55 \approx 0{,}31 < R_A < \dfrac{4{,}52}{4{,}8} - 0{,}45 \approx 0{,}49\), то есть \(R_A \approx (0{,}40 \pm 0{,}09)\) Ом. Сильнее всего неточность влияет на результат, когда она входит в знаменатель с малой величиной.

Задача. У практически идеального амперметра внутреннее сопротивление равно нулю, поэтому \(I_0 = \dfrac{\mathcal{E}}{r}\). Схема является сбалансированным мостом: ток через «тройной» резистор не течёт, и полное сопротивление равно сопротивлению двух параллельных ветвей \(6R\) и \(3R\), то есть \(R_1 = 2R\). Из \(I = \dfrac{\mathcal{E}}{r + 2R} = \dfrac{r}{r+2R}I_0\) получаем \(R = \dfrac{I_0 - I}{2I}\,r = \dfrac{9}{2}r\).

После перестановки амперметр закорачивает соединённые точки схемы (см. рис.). Правая часть имеет сопротивление \(R_{пр} = \dfrac45 R\), левая: \(\dfrac{1}{R_л} = \dfrac{1}{2R} + \dfrac{1}{R + 3R/4}\), откуда \(R_л = \dfrac{14}{15}R\). Полное сопротивление \(R_2 = \dfrac{26}{15}R\), ток источника \(I_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{r + R_2} = \dfrac{5}{44}I_0\). В нижней ветви левой части течёт \(\dfrac{8}{15}I_2\), в ветви с одним резистором — \(\dfrac34\cdot\dfrac{8}{15}I_2 = \dfrac{1}{22}I_0\), а в нижней ветви правой части — \(\dfrac45 I_2 = \dfrac{1}{11}I_0\). Через амперметр течёт разность этих токов: \[I_A = \frac{1}{11}I_0 - \frac{1}{22}I_0 = \frac{1}{22}I_0 = 0{,}5~\text{А}.\]

Подсказка

Считайте процесс квазистатическим: в каждый момент сумма моментов силы тяжести и силы Архимеда относительно шарнира равна нулю. Сила Архимеда зависит от погружённой части стержня, которая при наклоне имеет длину \(h/\cos\alpha\).

Ответ

Вопрос: да, может: воздух в перевёрнутом стакане сжимается с глубиной, его объём и сила Архимеда уменьшаются.  Задача: \(\alpha(t) = 0\) при \(t < \dfrac{2h_0}{3u}\);  \(\alpha(t) = \arccos\!\left[3\left(1 - \dfrac{ut}{h_0}\right)\right]\) при \(\dfrac{2h_0}{3u} \le t \le \dfrac{h_0}{u}\);  \(\alpha = 90^\circ\) при \(t > \dfrac{h_0}{u}\).

Решение

Вопрос. Перевёрнутый стакан при небольшом погружении всплывает, потому что воздух в нём создаёт большую часть погружённого объёма. С ростом глубины внешнее давление сжимает воздух, его объём уменьшается, и вместе с ним уменьшается сила Архимеда. Она может стать меньше силы тяжести, и тогда стакан при достаточно большом погружении тонет.

Задача. Так как уровень воды понижается плавно, стержень в каждый момент находится в квазиравновесном состоянии, и сумма моментов сил тяжести и Архимеда относительно оси шарнира равна нулю. Пусть в момент \(t\) уровень воды равен \(h = h_0 - ut\), а угол отклонения стержня от вертикали равен \(\alpha\). Тогда \[F_A\cdot\frac{1}{2}h\,\operatorname{tg}\alpha - mg\cdot\frac{1}{2}h_0\sin\alpha = 0.\] Поскольку \(F_A = \rho_0\dfrac{h}{\cos\alpha}Sg\), а \(m = \rho S h_0 = \dfrac{1}{9}\rho_0 S h_0\), получаем \(\cos^2\alpha = 9\left(1 - \dfrac{ut}{h_0}\right)^2\), то есть \(\alpha(t) = \arccos\!\left[3\left(1 - \dfrac{ut}{h_0}\right)\right]\). Косинус не может превышать единицу, поэтому при \(t < \dfrac{2h_0}{3u}\) стержень остаётся вертикальным (\(\alpha = 0\)). К моменту \(t_0 = \dfrac{h_0}{u}\) уровень воды понижается до нуля, и стержень ложится на дно (\(\alpha = 90^\circ\)).