Росатом, 2025/26, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Выберите направления токов через вольтметры и запишите условие «сумма напряжений в замкнутом контуре равна сумме ЭДС» для двух независимых контуров. Для третьего уравнения используйте токи в узлах: вольтметры одинаковы.

Ответ

1) \(U_1 = \dfrac{13}{4}\varepsilon = 39\) В;  2) \(U_2 = \dfrac{9}{4}\varepsilon = 27\) В;  3) \(U_3 = U_4 = \dfrac{11}{4}\varepsilon = 33\) В.

Решение

Направления токов, текущих через вольтметры, показаны на рисунке. Мысленно выделим замкнутые контуры и потребуем, чтобы сумма напряжений в каждом равнялась сумме ЭДС. Для контура, представляющего собой внешние границы цепи, \[U_1 + U_3 = 6\varepsilon,\] где \(U_1\) и \(U_3\) — показания вольтметров \(V_1\) и \(V_3\). Для контура, включающего источники \(2\varepsilon\) и \(3\varepsilon\) и два вольтметра \(V_2\) и \(V_4\) (с учётом того, что показания вольтметров \(V_3\) и \(V_4\) одинаковы), \[U_2 + U_3 = 5\varepsilon.\] Третий замкнутый контур не даёт ничего нового, поэтому нужно ещё одно уравнение, использующее условие токов. Сумма токов, текущих через вольтметры \(V_1\) и \(V_2\), равна сумме токов, текущих через вольтметры \(V_3\) и \(V_4\). Поскольку вольтметры одинаковы, отсюда \[U_1 + U_2 = 2U_3.\] Решая систему \[\begin{cases} U_1 + U_3 = 6\varepsilon,\\ U_2 + U_3 = 5\varepsilon,\\ U_1 + U_2 = 2U_3, \end{cases}\] получаем \(U_1 = \dfrac{13}{4}\varepsilon = 39\) В, \(U_2 = \dfrac{9}{4}\varepsilon = 27\) В, \(U_3 = U_4 = \dfrac{11}{4}\varepsilon = 33\) В.

Подсказка

В конечном состоянии перегородка неподвижна, и давления сверху и снизу связаны её весом. Потенциальная энергия перегородки переходит во внутреннюю энергию газа; температуры газов над и под перегородкой одинаковы.

Ответ

\(m = \dfrac{24\pi p r^3 h}{g\left(48r^2 - 5h^2\right)}\).

Решение

После установления равновесия второй закон Ньютона для перегородки даёт \[p_1 - p_2 = \dfrac{mg}{S},\] где \(p_1\) и \(p_2\) — давления в нижней и верхней частях сосуда, \(S = \pi r^2\) — площадь поперечного сечения сосуда. Поскольку сосуд теплоизолирован, внутренняя энергия газа в нём увеличилась на уменьшение потенциальной энергии перегородки: \[mgh + 2\cdot\dfrac{3}{2}\,p\cdot 4rS = \dfrac{3}{2}p_1\left(4r-h\right)S + \dfrac{3}{2}p_2\left(4r+h\right)S,\] здесь использована формула \(U = \dfrac{3}{2}pV\) для внутренней энергии одноатомного идеального газа.

Перегородка теплопроводна, поэтому температуры в нижнем и верхнем отсеках сосуда одинаковы. Количества вещества газа над и под перегородкой также одинаковы, поэтому из закона Клапейрона–Менделеева \[\dfrac{p_1\left(4r-h\right)S}{RT} = \dfrac{p_2\left(4r+h\right)S}{RT} \quad\Rightarrow\quad p_1\left(4r-h\right) = p_2\left(4r+h\right),\] где \(T\) — температура газов над и под перегородкой после наступления равновесия. Получается система из трёх уравнений относительно \(p_1\), \(p_2\) и \(m\). Решая её, получим \[m = \dfrac{24\pi p r^3 h}{g\left(48r^2 - 5h^2\right)}.\]

Подсказка

Сравните силу натяжения, необходимую для сдвига саней при горизонтальной верёвке, с максимальной силой трения покоя, которая может удерживать человека. Что меняет наклон верёвки в силах, действующих на сани и на человека?

Ответ

1) Сможет, но только если тянуть верёвку под углом к горизонту;  2) \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{\mu_1 M - \mu_2 m}{\mu_1\mu_2(m+M)} \approx 0{,}208\) (минимальный угол наклона верёвки к горизонту).

Решение

Тянуть верёвку горизонтально бессмысленно, поскольку для сдвига саней на них должна действовать сила натяжения \[T = \mu_1 M g = 200\text{ Н}.\] Но такая же сила натяжения будет действовать и на человека. При этом максимальная сила трения покоя, которая может удерживать человека на месте, \(\mu_2 mg = 180\) Н, меньше этого значения. Человек, пытаясь обеспечить горизонтальное усилие \(200\) Н, начнёт двигаться и такое усилие развить не сможет.

Поэтому человек должен развивать усилие под некоторым углом \(\alpha\) к горизонту. В этом случае он уменьшит вес саней, увеличит свой собственный вес и может добиться сдвига саней. В момент сдвига для саней \[T\cos\alpha = \mu_1\left(Mg - T\sin\alpha\right).\] Человек не должен двигаться, поэтому на него действует сила трения, которая компенсирует горизонтальную составляющую силы \(T\). Для человека (при минимальном угле наклона нити, при котором он сможет сдвинуть сани) \[T\cos\alpha = \mu_2\left(mg + T\sin\alpha\right).\] Выражая из первого и второго уравнения силу \(T\) и деля уравнения друг на друга, получим \[\dfrac{1 + \mu_1\operatorname{tg}\alpha}{1 - \mu_2\operatorname{tg}\alpha} = \dfrac{\mu_1 M}{\mu_2 m}.\] Откуда \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{\mu_1 M - \mu_2 m}{\mu_1\mu_2\left(m+M\right)} \approx 0{,}208.\]

Подсказка

Пока тень лежит между точками бросания и падения, её путь равен дальности полёта камня. Когда скорость камня параллельна солнечным лучам, тень меняет направление движения: найдите момент, когда тень максимально смещена.

Ответ

1) при \(\alpha > \beta\): \(S = \dfrac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} + \dfrac{v_0^2\sin^2(\alpha-\beta)}{g\cos\beta\sin\beta}\);  2) при \(\alpha < \beta\): \(S = \dfrac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}\).

Решение

В момент броска и в момент падения тень находится на земле. Если бы тень всё время находилась между начальной и конечной точками, то пройденный тенью путь равнялся бы дальности полёта камня по горизонтали.

Очевидно, что при \(\alpha < \beta\) камень по отношению к солнечным лучам начнёт сразу смещаться вправо, и тень всегда лежит между точками бросания и падения камня. Поэтому путь, пройденный тенью, равен дальности полёта камня по горизонтали: \[S = \dfrac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}.\]

Существенно другой будет ситуация при \(\alpha > \beta\). В этом случае тень сначала начнёт двигаться от точки падения камня на землю, а после того как скорость камня станет параллельной солнечным лучам, начнёт двигаться в направлении точки падения. Если длину этого участка обозначить как \(\Delta x\), то путь, пройденный тенью до падения камня, равен двум длинам \(\Delta x\) плюс дальность полёта камня: \[S = 2\Delta x + \dfrac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}.\]

Найдём \(\Delta x\). Камень движется равноускоренно. Выберем систему координат так, чтобы её начало находилось в точке бросания камня, ось \(y\) была направлена противоположно солнечным лучам, а ось \(x\) — перпендикулярно. Проецируя векторные уравнения движения на ось \(x\), получим \[\begin{cases} x(t) = v_0\sin(\alpha-\beta)\,t - \dfrac{g\cos\beta\,t^2}{2},\\[2mm] v_x(t) = v_0\sin(\alpha-\beta) - g\cos\beta\,t. \end{cases}\] Максимальному смещению тени влево отвечает ситуация, когда проекция скорости камня на ось \(x\) равна нулю. Из второго уравнения находим время движения до этой точки \[t_1 = \dfrac{v_0\sin(\alpha-\beta)}{g\cos\beta},\] а из первого — смещение камня по оси \(x\) до этой точки \[l = \dfrac{v_0^2\sin^2(\alpha-\beta)}{2g\cos\beta}.\] Отсюда \[\Delta x = \dfrac{l}{\sin\beta} = \dfrac{v_0^2\sin^2(\alpha-\beta)}{2g\cos\beta\sin\beta},\] и путь, пройденный тенью, \[S = \dfrac{v_0^2\sin^2(\alpha-\beta)}{g\cos\beta\sin\beta} + \dfrac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}.\]

Подсказка

Разложите силу на вертикальную составляющую (закон Архимеда для половины конуса) и горизонтальную (давление на вертикальное сечение конуса). Для горизонтальной силы удобно воспользоваться моментом силы тяжести плоского треугольника.

Ответ

1) \(F = \dfrac{\rho g a^2}{4}\sqrt{\dfrac{3\pi^2a^2}{16} + 3\left(h + \dfrac{\sqrt3}{6}a\right)^2}\);  2) \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{\pi a}{4\left(h + \dfrac{\sqrt3}{6}a\right)}\), где \(\alpha\) — угол между силой и горизонтом.

Решение

Найдём силу, действующую на конус со стороны первой и второй жидкости, а затем их равнодействующую. Обе жидкости действуют на половину основания и половину боковой поверхности конуса.

Пусть в жидкости плотности \(\rho\) находится половина конуса, образованная половиной основания, половиной боковой поверхности и вертикальным сечением, содержащим ось конуса. По закону Архимеда на эту половину конуса действует сила, направленная вертикально вверх: \[F_1 = \rho g\cdot\dfrac{1}{2}V.\] С другой стороны, эта сила складывается из силы, действующей на половину дна и боковую поверхность (\(F_{бок}\)), и силы, действующей на вертикальное сечение конуса, направленной горизонтально (\(F_{сеч}\)): \[\vec F_1 = \vec F_{бок} + \vec F_{сеч}.\] Отсюда сила, действующая на боковую поверхность и половину основания конуса, имеет вертикальную составляющую \(F_1\) и горизонтальную составляющую \(F_{сеч}\).

Найдём силу \(F_{сеч}\), действующую со стороны жидкости на вертикальное сечение конуса. Разобьём сечение на узкие полоски, параллельные основанию сечения, и просуммируем силы, действующие на каждую из них, \(F = \rho g h_i\,\Delta S_i\): \[F_{сеч} = \rho g\left(h_1\Delta S_1 + h_2\Delta S_2 + h_3\Delta S_3 + \dots\right).\]

Сумму в скобках можно вычислить, если рассмотреть плоский треугольник с поверхностной плотностью \(\sigma\): сумма \(\sigma g\left(h_1\Delta S_1 + \dots\right)\) — это момент силы тяжести треугольника относительно точки \(O\). С одной стороны, это и есть нужная сумма, с другой — произведение суммарной силы тяжести \(\sigma S\) на плечо, равное расстоянию от \(O\) до центра тяжести треугольника (точки пересечения медиан). Поэтому \[h_1\Delta S_1 + h_2\Delta S_2 + h_3\Delta S_3 + \dots = S\left(h + \dfrac{\sqrt3}{6}a\right), \qquad S = \dfrac{\sqrt3}{4}a^2,\] где \(h\) — расстояние от поверхности жидкости до основания конуса, \(\sqrt3 a/6\) — расстояние от основания треугольного выреза до его центра тяжести. Отсюда \[F_{сеч} = \dfrac{\sqrt3\,\rho g a^2}{4}\left(h + \dfrac{\sqrt3}{6}a\right).\]

Жидкость действует на половину дна и боковую поверхность половинки конуса с силой, имеющей вертикальную составляющую \[F_{верт} = \rho g\cdot\dfrac{1}{2}V = \dfrac{\sqrt3\pi}{48}\rho g a^3\] и горизонтальную составляющую \(F_{гор} = F_{сеч}\). Теперь учтём, что на коническую пробку действуют две жидкости — с плотностью \(\rho\) и \(2\rho\). Вертикальные составляющие складываются, а горизонтальные направлены в противоположные стороны, в сторону более лёгкой жидкости: \[F_{верт} = \dfrac{\sqrt3\pi}{16}\rho g a^3, \qquad F_{гор} = \dfrac{\sqrt3\,\rho g a^2}{4}\left(h + \dfrac{\sqrt3}{6}a\right).\] Суммарная сила, действующая со стороны жидкостей на пробку, \[F = \sqrt{F_{верт}^2 + F_{гор}^2} = \dfrac{\rho g a^2}{4}\sqrt{\dfrac{3\pi^2a^2}{16} + 3\left(h + \dfrac{\sqrt3}{6}a\right)^2}.\] Она направлена под углом \(\alpha\) к горизонту, тангенс которого равен \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{F_{верт}}{F_{гор}} = \dfrac{\pi a}{4\left(h + \dfrac{\sqrt3}{6}a\right)}.\]