«Шаг в будущее», 2023/24, заключительный этап, 11 класс

Запишите координаты снаряда \(x = v_0 t\), \(y = h - gt^2/2\) и расстояние \(r\) от основания башни. Время удаления — это время полёта минус время, за которое снаряд приближается к основанию.

\(\Delta t = \sqrt{\dfrac{2h}{g}} - \dfrac{\sqrt{2hg - 2v_0^2}}{g}\).

Координаты снаряда \(x = v_0 t\), \(y = h - \dfrac{gt^2}{2}\), расстояние до основания \(r^2 = x^2 + y^2 = v_0^2t^2 + \left(h - \dfrac{gt^2}{2}\right)^2\). Время приближения к основанию \(t_{\text{пр}} = \dfrac{\sqrt{2hg - 2v_0^2}}{g}\). Время полёта до земли \(\sqrt{2h/g}\), поэтому время удаления от основания равно \(\sqrt{2h/g} - t_{\text{пр}}\).

Сравните сопротивления \(R_1\) и \(R_4\): если они равны, потенциалы узлов совпадают, и участок с \(R_3\) и \(R_6\) закорочен.

\(A_1 = 5\) А, \(V_1 = 30\) В, \(A_2 = 0\), \(V_2 = 50\) В, \(A_3 = 10\) А.

Так как \(R_1 = R_4\), потенциалы узлов, к которым подключены \(R_3\) и \(R_6\), равны: участок с \(R_3\) и \(R_6\) закорочен, и амперметр \(A_2\) показывает \(0\). Далее \(R_1\) и \(R_2\) соединены последовательно (\(10\) Ом), \(R_4\) и \(R_5\) — тоже (\(10\) Ом), а эти две ветви параллельны: \(R_{\text{экв}} = 5\) Ом. Ток источника \(I_0 = E/R_{\text{экв}} = 10\) А — показание \(A_3\). Вольтметр \(V_2\) показывает ЭДС: \(50\) В. Ток в ветви \(R_1\)–\(R_2\) равен \(5\) А (показание \(A_1\)), и \(V_1 = I_2 R_2 = 5\cdot 6 = 30\) В.

Для каждой линзы поперечное увеличение равно отношению расстояния до экрана к расстоянию до предмета. Выразите оптические силы линз через расстояние до экрана и найдите силу системы.

\(H_3 = 15\) см.

Пусть \(f\) — расстояние от линз до экрана, \(d_1\), \(d_2\) — расстояния от предмета до линз. Увеличения отдельных линз \(\Gamma_1 = f/d_1 = H_1/h_1 = 3/2\), \(\Gamma_2 = f/d_2 = H_2/h_2 = 2/4 = 1/2\). Оптические силы \(D_1 = 1/d_1 + 1/f = \dfrac{5}{2f}\), \(D_2 = \dfrac{3}{2f}\). Для двух соприкасающихся линз силы складываются: \(D = D_1 + D_2 = \dfrac{4}{f}\), и увеличение системы \(\Gamma = f/d = 3\) (так как \(1/d = D - 1/f = 3/f\)). Значит, \(H_3 = \Gamma h_3 = 3\cdot 5 = 15\) см.

Удобно обозначить \(n = p_2/p_1\) и выразить работу, внутреннюю энергию и теплоту на каждом из четырёх участков через \(p_0V_0\) и \(n\). КПД — отношение работы цикла к теплоте, полученной газом.

\(\eta \approx 20{,}8\,\%\).

Пусть \(n = 2\). Работа газа за цикл \(A = V_0^2(n^2 - 1)\). Теплота, полученная газом на участках 1–2 и 2–3, \(Q_{\text{н}} = V_0^2\left\{\dfrac{\sqrt 3}{2}(n^2-1)(i+1) + n^2\right\}\). КПД \(\eta = A/Q_{\text{н}}\), то есть \[\eta = \frac{n^2 - 1}{\dfrac{\sqrt 3}{2}(n^2-1)(i+1) + n^2}.\] Для одноатомного газа \(i = 3\), при \(n = 2\) получаем \(\eta \approx 0{,}208\), то есть \(20{,}8\,\%\).

Метод изображений: сила притяжения шарика к плоскости равна силе притяжения к заряду \(-q\) на расстоянии \(2L\). При малом смещении эта сила меняется линейно, и её производная даёт эффективную жёсткость.

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2mL^3}{2k_0L^3 - kq^2}}\), где \(k\) — коэффициент в законе Кулона.

Условие равновесия с учётом метода изображений: \(k_0 x_0 = mg + \dfrac{kq^2}{4L^2}\). Уравнение движения \(m\ddot x = -k_0(x + x_0) + mg + \dfrac{kq^2}{4(L-x)^2}\). Линеаризуя по \(x\), получаем эффективную жёсткость \(k_{\text{эф}} = k_0 - \dfrac{kq^2}{2L^3}\), откуда \(T = 2\pi\sqrt{m/k_{\text{эф}}}\), что совпадает с приведённой формулой.

Энергия, выделившаяся в виде тепла, — это работа источника минус изменение энергии электрического поля. Найдите заряд, который переносит источник при замыкании ключа.

\(Q \approx 34\) мкДж.

Напряжение между пластинами 1 и 2 равно \(\mathcal{E}\). Заряды пластин 1 и 2 при замыкании ключа меняются так, что через источник проходит заряд \(\Delta q = \dfrac{\varepsilon_0 S\mathcal{E}}{d} + \dfrac{q_3}{2} \approx 2{,}41\cdot 10^{-7}\) Кл. Работа источника \(A = \mathcal{E}\,\Delta q \approx 48\) мкДж. Энергия электрического поля между пластинами \(W = \dfrac{\varepsilon_0 S\mathcal{E}^2}{2d} \approx 14\) мкДж. По закону сохранения энергии \(Q = A - W \approx 34\) мкДж.

Внутри станции центростремительное ускорение равно \(\omega^2 r\) на внутреннем радиусе. Время разгона найдите из углового ускорения, создаваемого парой двигателей.

\(\omega \approx 1{,}48\) рад/с; \(T \approx 626\) с (около \(10{,}5\) мин). Космонавт вернётся на поверхность, но в точку, которая будет впереди исходной по ходу вращения.

Гравитация \(g/2\) на внутреннем радиусе \(r = 2{,}25\) м даёт \(\omega^2 r = g/2\), откуда \(\omega = \sqrt{\dfrac{g}{2r}} = \sqrt{\dfrac{9{,}81}{4{,}5}} \approx 1{,}48\) рад/с. Момент инерции \(J = \dfrac{1}{2}\cdot 75\,000\,(2{,}5^2 + 2{,}25^2) \approx 4{,}24\cdot 10^5\) кг\(\cdot\)м\(^2\). Момент сил \(M = PRn\) с внешним радиусом \(R = 2{,}5\) м, угловое ускорение \(\varepsilon = M/J\), время разгона \(T = \omega/\varepsilon = \dfrac{\omega J}{PRn} \approx 626\) с.

Космонавт, подпрыгнув, сохраняет тангенциальную скорость, которая больше скорости точки поверхности на внутреннем радиусе; в инерциальной системе он движется по прямой и приземляется впереди исходной точки по ходу вращения.