Росатом, 2018/19, отборочный этап, 10 класс

Направление реакции плоскости известно: она перпендикулярна плоскости. Реакцию шарнира разложите на две составляющие и найдите их из уравнений статики.

\(R_A = \dfrac{mg}{2\cos\alpha}\).

Силы, действующие на стержень, показаны на рисунке. Направление реакции в точке \(B\) перпендикулярно наклонной плоскости. Направление реакции шарнира \(A\) неизвестно, поэтому введём её вертикальную и горизонтальную составляющие \(R_{A1}\) и \(R_{A2}\).

Условие равенства нулю суммы моментов сил относительно шарнира \(A\) даёт \[\frac{1}{2}lmg = lR_B\cos\alpha,\] где \(l\) — длина стержня. Отсюда \[R_B = \frac{mg}{2\cos\alpha}.\] Проецируя условие равновесия \(\vec R_{A1} + \vec R_{A2} + \vec R_B + m\vec g = 0\) на горизонтальную и вертикальную оси, получим \[R_{A1} = mg - R_B\cos\alpha = \frac{1}{2}mg, \qquad R_{A2} = -R_B\sin\alpha = -\frac{1}{2}mg\,\operatorname{tg}\alpha.\] Отрицательный знак \(R_{A2}\) означает, что сила направлена не так, как было выбрано, а вправо. По теореме Пифагора \[R_A = \sqrt{R_{A1}^2 + R_{A2}^2} = \frac{1}{2}mg\sqrt{1 + \operatorname{tg}^2\alpha} = \frac{mg}{2\cos\alpha}.\] При \(\alpha \to \pi/2\) сила реакции шарнира неограниченно растёт: для компенсации силы тяжести при практически вертикальной плоскости нужна очень большая реакция в точке \(B\), а это приводит к росту горизонтальной составляющей реакции шарнира \(A\).

Запишите уравнение теплового баланса для каждого из двух случаев. Установившаяся температура в первом случае выражается через \(C_1/C_2\), во втором — аналогично.

\(\dfrac{C_1}{C_2} = \dfrac{1}{2}\).

Пусть \(t_0\) — начальная температура тел, \(t_1\) — установившаяся температура тел в первом случае, \(x = C_1/C_2\) — отношение теплоёмкостей. Уравнение теплового баланса для первого нагревания: \[C_1\left(t_0 + \Delta t - t_1\right) = C_2\left(t_1 - t_0\right) \quad\Rightarrow\quad t_1 = \frac{x\left(t_0 + \Delta t\right) + t_0}{x + 1}.\] Аналогично для второго нагревания, где \(t_1 + \delta t\) — установившаяся температура тел во втором случае: \[C_1\left(t_1 + \delta t - t_0\right) = C_2\left(t_0 + \Delta t - t_1 - \delta t\right) \quad\Rightarrow\quad t_1 + \delta t = \frac{xt_0 + \left(t_0 + \Delta t\right)}{x + 1}.\] Вычитая первое уравнение из второго, получим \[\delta t = \frac{xt_0 + \left(t_0 + \Delta t\right)}{x+1} - \frac{x\left(t_0 + \Delta t\right) + t_0}{x+1} = \frac{\Delta t\,(1 - x)}{x + 1}.\] По условию \(\delta t = \dfrac{\Delta t}{3}\), откуда \[\frac{1-x}{1+x} = \frac{1}{3} \quad\Rightarrow\quad x = \frac{C_1}{C_2} = \frac{1}{2}.\]

Углы бросания при одинаковой дальности связаны простым соотношением. Выразите времена полёта через углы и перемножьте их.

\(t_2 = \dfrac{2L}{gt}\).

Дальность полёта тела, брошенного под углом \(\alpha\) к горизонту, \[L = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g},\] где \(v_0\) — начальная скорость, \(\alpha\) — угол бросания. Из этой формулы следует, что при бросках под углами \(\alpha\) и \(90^\circ - \alpha\) (и одинаковой начальной скорости) дальность полёта одинакова. Поэтому углы в двух случаях связаны соотношением \[\alpha_1 = 90^\circ - \alpha_2.\] Время полёта \[t = \frac{2v_0\sin\alpha}{g}.\] Тогда \[t_1 = \frac{2v_0\sin\alpha_1}{g}, \qquad t_2 = \frac{2v_0\sin\alpha_2}{g} = \frac{2v_0\sin(90^\circ - \alpha_1)}{g} = \frac{2v_0\cos\alpha_1}{g}.\] Перемножая времена, получаем \[t_1t_2 = \frac{4v_0^2\sin\alpha_1\cos\alpha_1}{g^2} = \frac{2L}{g}.\] То есть произведение времён полёта по этим траекториям зависит только от длины пути, но не от углов и начальной скорости. Отсюда \[t_2 = \frac{2L}{gt_1}.\]

Перейдите в систему отсчёта, вращающуюся вместе с планетой. Там звезда и спутник движутся с относительными угловыми скоростями. Затмение повторяется, когда оба относительных поворота укладываются в целое число полных оборотов.

\(t = \dfrac{10}{3}T\).

Угловые скорости вращения планеты вокруг своей оси \(\omega_{\text{п}}\), звезды вокруг планеты (в системе звезды) \(\omega_{\text{з}}\) и спутника вокруг планеты \(\omega_{\text{с}}\): \[\omega_{\text{п}} = \frac{2\pi}{T}, \qquad \omega_{\text{з}} = \frac{2\pi}{10T}, \qquad \omega_{\text{с}} = \frac{2\pi}{4T}.\] В системе отсчёта, вращающейся вместе с планетой, угловые скорости звезды и спутника равны \[\omega'_{\text{з}} = \omega_{\text{п}} - \omega_{\text{з}} = \frac{18\pi}{10T}, \qquad \omega'_{\text{с}} = \omega_{\text{п}} - \omega_{\text{с}} = \frac{6\pi}{4T}.\] Затмение повторится в той же точке планеты через время \(t\), если одновременно выполнены уравнения \[2\pi k = \omega'_{\text{з}} t, \qquad 2\pi n = \omega'_{\text{с}} t,\] где \(k\) и \(n\) — целые числа. Подбором целых решений находим минимальные \(k = 6\), \(n = 5\). Из любого уравнения системы можно найти минимальное время между затмениями \[t = \frac{10}{3}T.\]

Цепь симметрична относительно поворота на 180°, поэтому токи в симметричных ветвях равны. Введите ток в каждой ветви и запишите правило токов в узлах и правило напряжений для двух контуров.

\(R = \dfrac{11}{8}r\).

Цепь обладает значительной симметрией: при изменении направлений всех токов мы с одной стороны должны получить ту же цепь, с другой — поменять местами верх и низ цепи. Это позволяет приписать токи каждому участку так, как показано на рисунке (ток в цепи течёт слева направо). Токи \(I_x\) и \(\Delta I\) выбраны условно: если в результате расчёта окажутся отрицательными, их направление противоположно.

Правило токов в узлах 1 и 2 (сумма втекающих токов равна сумме вытекающих), а затем в узле 3 даёт соотношение \[I_1 + 2\Delta I - I_x = I_2.\] Правило напряжений для замкнутых контуров \(0\text{-}2\text{-}1\text{-}0\) и \(2\text{-}4\text{-}1\text{-}2\) (напряжение положительно, если обход идёт по току) с учётом (*) даёт \[I_1r - \Delta I\,2r - I_2r = 0, \qquad \left(I_1 + 2\Delta I - I_2\right)r - \left(I_2 - \Delta I\right)r + \Delta I\,2r = 0,\] или \[I_1 - 2\Delta I = I_2, \qquad I_1 + 5\Delta I = 2I_2.\] Вычитая первое уравнение из второго, получим \[\Delta I = \frac{1}{7}I_2, \qquad I_1 = \frac{9}{7}I_2.\] Пусть в цепи течёт ток \(I\). Поскольку в узле \(0\) он делится на \(I_1\) и \(I_2\) в пропорции выше, находим \[I_1 = \frac{9}{16}I, \qquad I_2 = \frac{7}{16}I, \qquad \Delta I = \frac{1}{16}I.\] Падение напряжения на цепи найдём по нижнему участку \(0\text{-}1\text{-}4\text{-}0_1\): \[U = I_2r + \left(I_2 - \Delta I\right)r + I_1r = \frac{7Ir}{16} + \frac{6Ir}{16} + \frac{9Ir}{16} = \frac{11}{8}Ir.\] Отсюда общее сопротивление цепи \[R = \frac{11}{8}r.\]