Росатом, 2024/25, отборочный этап, 11 класс

Запишите условие плавания поплавка в двух случаях: с грузом на леске и без него. Выталкивающая сила в обоих случаях пропорциональна погружённому объёму.

\(T = \dfrac{5}{3}mg \approx 0{,}33\text{ Н}\).

Пусть масса поплавка \(m\), его объём \(V\), плотность воды \(\rho\), \(T\) — сила натяжения лески. Условие плавания поплавка с леской и грузом: \[mg + T = \rho g\cdot\frac{2}{3}V.\] Для свободно плавающего поплавка: \[mg = \rho g\cdot\frac{1}{4}V.\] Деля первое равенство на второе, получаем \(\dfrac{mg+T}{mg} = \dfrac{8}{3}\), откуда \[T = \frac{5}{3}mg = \frac{5}{3}\cdot 0{,}02\cdot 10\text{ Н} \approx 0{,}33\text{ Н}.\]

Горизонтальная проекция импульса системы сохраняется, так как все внешние силы вертикальны. Какая работа совершается силой \(F\) до момента столкновения бусинок?

Бусинка массой \(m\): \(v_1 = 2\sqrt{\dfrac{FL}{3m}}\); бусинка массой \(2m\): \(v_2 = \sqrt{\dfrac{FL}{3m}}\).

Внешние силы для системы двух бусинок — силы тяжести, силы реакции спицы и сила \(F\), приложенная к крюку. Все они вертикальны, поэтому сохраняется горизонтальная проекция импульса системы. Если скорость бусинки массой \(m\) равна \(v\), то скорость бусинки массой \(2m\) в тот же момент равна \(v/2\).

Бусинки движутся горизонтально, поэтому потенциальная энергия системы не меняется, а работа внешней силы идёт на кинетическую энергию. До момента встречи точка приложения силы \(F\) проходит расстояние \(L\), поэтому работа внешней силы равна \(FL\), и закон сохранения энергии даёт \[\frac{mv^2}{2} + \frac{2m(v/2)^2}{2} = FL,\] откуда \(v^2 = \dfrac{4FL}{3m}\). Таким образом, скорость бусинки массой \(m\) в момент столкновения \[v_1 = 2\sqrt{\frac{FL}{3m}},\] а скорость бусинки массой \(2m\) \[v_2 = \sqrt{\frac{FL}{3m}}.\]

Ускорение всех осколков одинаково. Какой осколок дольше всех находится в полёте? Рассмотрите проекции начальной скорости на направление, перпендикулярное склону.

\(x = \dfrac{2v_0^2\sin\alpha}{g\cos^2\alpha}\).

Движение осколков относительно склона определяется проекциями начальной скорости и ускорения на направление, перпендикулярное склону. Ускорение у всех осколков одинаково, поэтому дольше всех летит тот осколок, у которого проекция начальной скорости на перпендикуляр к склону максимальна, то есть осколок, вектор начальной скорости которого перпендикулярен склону.

Проекция ускорения свободного падения на перпендикуляр к склону равна \(g\cos\alpha\), поэтому время полёта этого осколка \[t = \frac{2v_0}{g\cos\alpha}.\] Вдоль склона осколок движется равноускоренно с ускорением \(g\sin\alpha\) и без начальной скорости, поэтому смещение вдоль склона \[x = \frac{g\sin\alpha\, t^2}{2} = \frac{2v_0^2\sin\alpha}{g\cos^2\alpha}.\]

Максимальная температура в цикле достигается в состоянии 2, минимальная — в состоянии 4. Выразите КПД трёх циклов Карно через температуры состояний 1–4.

\(\eta = 1 - \dfrac{3(\eta_1-\eta_2)(1-\eta_3)}{5(\eta_1-\eta_3)} = 0{,}4\) (40%).

Пусть \(T_1, T_2, T_3, T_4\) — температуры газа в состояниях 1, 2, 3, 4. Максимальная температура в цикле — \(T_2\), минимальная — \(T_4\). КПД трёх циклов Карно: \[\eta_1 = 1 - \frac{T_4}{T_2}, \qquad \eta_2 = 1 - \frac{T_3}{T_2}, \qquad \eta_3 = 1 - \frac{T_4}{T_1}.\] Газ получает тепло на изобаре 1–2 и отдаёт его на изохоре 3–4: \[Q_{н} = \frac{5}{2}\nu R(T_2-T_1), \qquad Q_{х} = \frac{3}{2}\nu R(T_3-T_4).\] Поэтому КПД цикла 1–2–3–4–1 \[\eta = 1 - \frac{Q_х}{Q_н} = 1 - \frac{3(T_3-T_4)}{5(T_2-T_1)}.\] Выражая температуры через заданные КПД: \(T_4 = T_2(1-\eta_1)\), \(T_3 = T_2(1-\eta_2)\), \(T_1 = \dfrac{T_2(1-\eta_1)}{1-\eta_3}\), получаем \[\eta = 1 - \frac{3(\eta_1-\eta_2)(1-\eta_3)}{5(\eta_1-\eta_3)}.\] Подставляя \(\eta_1 = 0{,}75\), \(\eta_2 = 0{,}25\), \(\eta_3 = 0{,}5\), находим \(\eta = 0{,}4\).

Положению равновесия отвечает минимум потенциальной энергии стержня. Выразите её как функцию угла \(\alpha\) и найдите минимум.

\(\alpha = \arccos\!\left(\dfrac{L+\sqrt{L^2+32R^2}}{8R}\right)\).

Положению равновесия отвечает минимум потенциальной энергии. Угол между стержнем и верхней плоскостью лунки равен \(\alpha\), поэтому нижняя точка стержня поднята над нижней точкой лунки на \[R - R\sin2\alpha,\] а центр тяжести стержня — на \(L\sin\alpha\) над этой точкой (см. рисунок):

Потенциальная энергия стержня как функция угла \(\alpha\): \[\Pi(\alpha) = mg\left(R(1-\sin2\alpha) + L\sin\alpha\right).\] Производная по \(\alpha\) обращается в ноль при \[-2R\cos2\alpha + L\cos\alpha = 0.\] Переходя к \(\cos\alpha\) и учитывая \(\cos2\alpha = 2\cos^2\alpha - 1\), получаем квадратное уравнение \[\cos^2\alpha - \frac{L}{4R}\cos\alpha - \frac{1}{2} = 0.\] Его положительный корень \[\cos\alpha = \frac{L + \sqrt{L^2+32R^2}}{8R},\] а отрицательный корень не подходит, так как угол \(\alpha\) острый.