Росатом, 2019/20, заключительный этап, 9 класс

Падением напряжения поперёк стержней и током через их боковые поверхности можно пренебречь. Разбейте каждый стержень на участки, которые входят в цепь, и сведите цепь к последовательному и параллельному соединению резисторов.

\(R_{\text{об}} = \dfrac{13}{9}R \approx 14{,}4\text{ Ом}\).

Поскольку стержни очень тонкие, падением напряжения в поперечном направлении можно пренебречь. Электрическое напряжение линейно падает вдоль длины каждого стержня в месте их «бокового» контакта, поэтому ток через боковые поверхности стержней не течёт. Цепь сводится к цепи, показанной на рисунке.

Здесь левый резистор \(r\) — сопротивление одной трети стержня с бо́льшим удельным сопротивлением, верхний резистор \(2r\) — сопротивление двух третей этого стержня, нижний резистор \(r\) — сопротивление двух третей стержня с меньшим удельным сопротивлением, правый резистор \(r/2\) — сопротивление одной трети стержня с меньшим удельным сопротивлением. Поскольку сопротивление стержня с меньшим удельным сопротивлением равно \(R\), то \[\frac{3r}{2} = R \quad\Rightarrow\quad r = \frac{2R}{3}.\] Складывая сопротивления по правилам последовательного и параллельного соединения, получим общее сопротивление стержней \[R_{\text{об}} = r + \frac{2r\cdot r}{2r + r} + \frac{r}{2} = \frac{13}{9}R \approx 14{,}4\text{ Ом}.\]

Запишите уравнение теплового баланса для каждого из трёх нагреваний. Разность первых двух даст соотношение между теплоёмкостью калориметра и теплоёмкостью воды.

\(T_1 = \dfrac{2}{3}T = 20\text{ с}\).

Пусть теплоёмкость воды в калориметре \(C\), теплоёмкость калориметра \(C_0\), мощность нагревателя \(P\). Уравнение теплового баланса для первого нагревания (начальные температуры воды и калориметра равны \(t_0\)): \[PT = (C + C_0)\,\Delta t.\] После того как воду вылили и налили воду комнатной температуры, калориметр нагревается до температуры, большей комнатной. Так как потерь нет, для второго нагревания тепло идёт только на нагрев воды от комнатной температуры на \(\Delta t\): \[P\cdot\frac{5}{6}T = C\,\Delta t.\] Вычитая (**) из (*), получим \[P\cdot\frac{1}{6}T = C_0\,\Delta t.\] В третьем процессе вода нагревается на \(\Delta t\) (от температуры на \(\Delta t\) ниже комнатной до комнатной), а калориметр остывает на \(\Delta t\) (от температуры на \(\Delta t\) выше комнатной до комнатной). Уравнение теплового баланса: \[PT_1 + C_0\,\Delta t = C\,\Delta t,\] где \(T_1\) — искомое время. Используя (**) и (***), получим \[PT_1 = \frac{5}{6}PT - \frac{1}{6}PT = \frac{2}{3}PT \quad\Rightarrow\quad T_1 = \frac{2}{3}T = 20\text{ с}.\]

Силы реакции со стороны стержней на шайбу направлены от шарнира, а силы трения — к шарниру. Сравните сумму проекций этих сил на направление, перпендикулярное биссектрисе угла, с максимальной силой трения покоя.

\(\mu \geq \operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\).

При сжимающих силах в точках \(B\) и \(B'\) возникают силы реакции стержней, действующие на шайбу; их сумма направлена от шарнира \(A\) и выталкивает шайбу из системы стержней. Одновременно возникают силы трения, направленные к шарниру \(A\) и препятствующие движению шайбы.

Шайба начнёт двигаться, если сумма сил реакции (которые могут быть любыми, так как определяются тем, как сжимают концы стержней) будет превосходить сумму двух сил трения, направленных к \(A\). Силы трения принимают максимальные значения \(\mu N\). Движение возможно, если \[2N\cos\left(90^\circ - \frac{\alpha}{2}\right) \geq 2\mu N\cos\frac{\alpha}{2} \quad\Rightarrow\quad \mu \leq \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}.\] Движения не будет ни при какой силе \(N\) (т.е. произойдёт заклинивание), если \[\mu \geq \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}.\]

Перейдите в систему отсчёта, движущуюся вместе с гранатой до взрыва: там первым упадёт осколок, летящий вертикально вниз, последним — летящий вертикально вверх. Разность времён их падения даёт скорость разлёта.

\(t_1 = \dfrac{\Delta t}{2}\left(\sqrt{1 + \dfrac{4v_0^2\sin^2\alpha}{g^2\Delta t^2}} - 1\right)\).

Перейдём в систему отсчёта, которая имеет такую же скорость, как граната до взрыва. В ней все осколки разлетаются с одинаковыми скоростями: первым на землю упадёт осколок, который движется вертикально вниз, последним — тот, который движется вертикально вверх. Пусть при взрыве осколки приобретают скорость \(v_1\) (в системе отсчёта, где граната покоилась). Высота взрыва \(h = \dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}\), времена падения первого и последнего осколков \(t_1\) и \(t_2\) определяются из уравнений \[h = v_1t_1 + \frac{gt_1^2}{2}, \qquad h = -v_1t_2 + \frac{gt_2^2}{2}.\] Отсюда \[t_1 = \frac{-v_1 + \sqrt{v_1^2 + 2gh}}{g}, \qquad t_2 = \frac{v_1 + \sqrt{v_1^2 + 2gh}}{g}.\] Вычитая первое равенство из второго, получим \[\Delta t = t_2 - t_1 = \frac{2v_1}{g} \quad\Rightarrow\quad v_1 = \frac{g\,\Delta t}{2}.\] Подставляя это значение в формулу для \(t_1\) и используя \(h = \dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}\), найдём время падения первого осколка на землю: \[t_1 = \frac{\Delta t}{2}\left(\sqrt{1 + \frac{4v_0^2\sin^2\alpha}{g^2\Delta t^2}} - 1\right).\] Этот ответ не зависит от системы отсчёта, поэтому то же время будет и в системе отсчёта, связанной с землёй.

Скорость не постоянна, поэтому разбейте путь на малые участки \(\Delta x_n\), на каждом из которых скорость можно считать постоянной, и вычислите сумму времён. Сумма примет вид площади под графиком функции \(y = x\).

\(t = \dfrac{3x^2}{2c}\).

Движение не является ни равномерным, ни равноускоренным, поэтому время будем вычислять, исходя из определения скорости. Разобьём траекторию на малые элементы \(\Delta x_1, \Delta x_2, \ldots\), на каждом из которых скорость постоянна. Время прохождения \(n\)-го элемента \[\Delta t_n = \frac{\Delta x_n}{v(x_n)} = \frac{1}{c}\,x_n\Delta x_n,\] где \(v(x_n)\) — скорость тела внутри \(n\)-го элемента. Полное время прохождения участка от \(x\) до \(2x\) \[t = \Delta t_1 + \Delta t_2 + \Delta t_3 + \ldots = \frac{1}{c}\left(x_1\Delta x_1 + x_2\Delta x_2 + x_3\Delta x_3 + \ldots\right).\] Сумма в скобках вычисляется графически: строим график зависимости \(y = x\). Тогда сумма (*) равна площади под графиком \(y(x)\) между вертикальными прямыми \(x\) и \(2x\). Эта фигура — трапеция с высотой \(x\) и основаниями \(x\) и \(2x\).

Площадь трапеции \[\frac{x + 2x}{2}\cdot x = \frac{3x^2}{2}, \qquad t = \frac{3x^2}{2c}.\]