Санкт-Петербургская, 2012/13, отборочный этап, 10 класс

Подсказка

Сначала найдите время движения между соседними ловушками и среднюю скорость на этом участке. Меняется ли среднее значение, если усреднять за много таких участков?

Ответ

Средняя скорость равна \(\sqrt{La/2}\). График — корень квадратный из \(a\), проходящий через начало координат (см. рисунок в решении).

Решение

Средняя скорость по определению есть отношение пути ко времени. Найдём время \(\tau\), за которое частица проходит от одной ловушки до другой: \[L = \frac{a\tau^2}{2} \Leftrightarrow \tau = \sqrt{\frac{2L}{a}}.\] Средняя скорость между двумя соседними ловушками равна \[v_{\text{ср1}} = \frac{L}{\tau} = \frac{L}{\sqrt{2L/a}} = \sqrt{\frac{La}{2}}.\]

Поскольку после попадания в ловушку скорость частицы каждый раз обнуляется, её движение между любыми двумя соседними ловушками происходит одинаково. Для времён \(T = n\tau\) (\(n\) — натуральное число) путь равен \(S = nL\), поэтому средняя скорость всегда равна \(v_{\text{ср1}}\): \(v_{\text{ср}n} = \dfrac{nL}{n\tau} = v_{\text{ср1}}\).

Для промежуточных времён, когда \(T \in (n\tau, (n+1)\tau)\), средняя скорость отличается от \(v_{\text{ср1}}\). Пусть за время \(T\) пройден путь \(S\), и \[S = nL + s, \qquad T = n\tau + t,\] где \(s < L\) и \(t < \tau\). Тогда \[v_{\text{ср}T} = \frac{S}{T} = v_{\text{ср1}} \cdot \frac{1 + \dfrac{s}{nL}}{1 + \dfrac{t}{n\tau}} \approx v_{\text{ср1}} \left(1 + \left(\frac{s}{L} - \frac{t}{\tau}\right)\frac{1}{n}\right) + \dots\] При увеличении \(n\) последняя дробь всё меньше отличается от единицы, поэтому средняя скорость за время, много большее времени движения между ловушками, совпадает со средней скоростью движения от ловушки до ловушки \(v_{\text{ср1}}\).

Подсказка

В системе, связанной с аквариумом, на каждую массу действует дополнительная сила \(-m\vec a\). Какой становится поверхность воды и каков уровень воды у правой стенки?

Ответ

1) \(F_{\text{дно}} = \rho blhg\) (без учёта атмосферного давления);  2) \(F_{CD} = \dfrac{1}{2}\rho g\left(h - \dfrac{la}{2g}\right)^2 b\) при \(a < \dfrac{2gh}{l}\), и \(F_{CD} = 0\) при \(a \ge \dfrac{2gh}{l}\).

Решение

Сила давления на дно находится из вертикального равновесия воды. Пусть \(\vec F_{\text{дно}}\) — сила давления воды на дно, тогда сила реакции опоры равна \(-\vec F_{\text{дно}}\). Второй закон Ньютона для воды в проекции на ось, направленную вниз: \[mg - F_{\text{дно}} = 0, \qquad m = \rho l b h.\] Силы реакции стенок горизонтальны и в покое, и при движении, поэтому уравнение верно и во время разгона: \[F_{\text{дно}} = \rho b l h g.\]

Для силы давления на стенку \(CD\) перейдём в неинерциальную систему отсчёта, связанную с аквариумом. На массу \(m\) в ней действует сила \(-m\vec a\), и все массивные тела находятся в поле «модифицированной силы тяжести» \(\vec g' = -\vec a + \vec g\). Поверхность воды перпендикулярна \(\vec g'\), поэтому она образует угол \(\alpha\) с горизонталью, где \(\operatorname{tg}\alpha = a/g\).

При отклонении уровня воды от \(O'O''\) до \(PQ\) объём воды не меняется, треугольники \(POO'\) и \(O''OQ\) равны, и уровень воды у правой стенки \(CD\) равен \[|QD| = h - \frac{l}{2}\operatorname{tg}\alpha = h - \frac{la}{2g}.\] Давление на глубине \(x\) у правой стенки: расстояние до поверхности \(z = x\cos\alpha\), \(\cos\alpha = g/g'\), поэтому \[p(x) = \rho g' z = \rho g' x \cos\alpha = \rho g x.\] Давление на глубине \(x\) такое же, как если бы вода покоилась в наклонном положении в инерциальной системе. Задача сводится к силе давления столба воды высотой \(|QD|\) на вертикальную стенку ширины \(b\) в обычном поле тяжести. Давление меняется с глубиной линейно, поэтому среднее давление на стенку равно давлению на половине высоты столба \(\rho g|QD|/2\): \[F_{\text{бок}} = \left(\rho g\frac{|QD|}{2}\right)\cdot(|QD|\,b) = \frac{1}{2}\rho g\left(h - \frac{la}{2g}\right)^2 b.\] Эта формула верна, пока вода касается стенки \(CD\). При большом ускорении вода отходит от правой стенки (см. рисунок), и тогда \(F_{\text{бок}} = 0\). Условие этого случая: \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{a}{g} \ge \frac{2h}{l} \quad \Leftrightarrow \quad a \ge \frac{2gh}{l}.\] Объединяя, получаем \[F_{\text{бок}} = \begin{cases} \dfrac{1}{2}\rho g\left(h - \dfrac{la}{2g}\right)^2 b, & a < \dfrac{2gh}{l}; \\[2mm] 0, & a \ge \dfrac{2gh}{l}. \end{cases}\]

Подсказка

Для стержня запишите моменты сил относительно шарнира \(O\) и условие равновесия по горизонтали. Затем используйте ограничение силы трения покоя.

Ответ

\(\mu \ge \dfrac{ma}{2(M+m)b}\).

Решение

На рисунке показаны силы, приложенные к ящику и к стержню \(OA\). Сила реакции \(\vec R\) в шарнире в общем случае не направлена вдоль стержня. Обозначим проекции \(\vec R\) на оси \(x\) и \(y\) через \(R_x\) и \(R_y\).

Второй закон Ньютона для стержня в проекциях на оси \(x\) и \(y\): \[N_1 - R_x = 0, \qquad R_y - mg = 0.\] Стержень не вращается, поэтому сумма моментов внешних сил относительно точки \(O\) равна нулю (момент силы \(\vec R\) относительно \(O\) равен нулю): \[N_1 b - mg\,\frac{a}{2} = 0.\] Второй закон Ньютона для ящика в проекциях на оси \(x\) и \(y\): \[-F_{\text{тр}} + R_x = 0, \qquad N_2 - Mg - R_y = 0.\] Сила трения покоя должна удовлетворять неравенству \(F_{\text{тр}} \le \mu N_2\). Решая систему, \[mg\,\frac{a}{2b} \le \mu (M+m)g,\] откуда \[\mu \ge \frac{m}{(M+m)}\cdot\frac{a}{2b}.\]

Подсказка

Изображения фар второй машины находятся за зеркальной поверхностью первой на таком же расстоянии, как и сама машина. Через подобные треугольники выразите \(x\) через расстояние между машинами, а затем используйте график.

Ответ

\(v_2 \approx 17\text{ м/с}\).

Решение

Обозначим искомую скорость второго автомобиля через \(v_2\). Пусть водитель Алексей находится в точке \(A\), удалённой от линии фар его машины на расстояние \(l\). Ответ не зависит от того, где по ширине автомобиля находится водитель. Обозначим расстояние между автомобилями через \(L\), ширину автомобилей, то есть расстояние между фарами \(S_1\) и \(S_2\), через \(b\).

Изображения фар второго автомобиля находятся в точках \(S'_1\) и \(S'_2\), удалённых от задней поверхности второго автомобиля на такое же расстояние \(L\). Алексей видит отражения своих фар в точках \(s_1\) и \(s_2\) на задней поверхности первого автомобиля. Треугольники \(As_1s_2\) и \(AS'_1S'_2\) подобны, их высоты из точки \(A\) равны \(h_1 = l + L\) и \(h_2 = l + 2L\). Поэтому \[\frac{s_1s_2}{h_1} = \frac{S'_1S'_2}{h_2} \quad\Leftrightarrow\quad \frac{a}{l+L} = \frac{b}{l+2L},\] и \[x = \frac{a}{b} = \frac{l+L}{l+2L}.\] Из этого выражения видно, что ответ не зависит от того, где по ширине автомобиля находится водитель.

Обозначим относительную скорость автомобилей \(u = v_1 - v_2\). Тогда \(L = L_0 + ut\), где \(L_0 = 3\) м. Подставляя в формулу для \(x\), \[x(t) = \frac{l + L_0 + ut}{l + 2L_0 + 2ut}.\] Неизвестных две (\(l\) и \(u\)), поэтому нужны два уравнения. Берём значения графика в моменты \(t = 0\) с и \(t = 5\) с: \[t = 0\text{ с}:\quad 0{,}60 = \frac{l + 3}{l + 6}, \qquad t = 5\text{ с}:\quad 0{,}52 = \frac{l + 3 + 5u}{l + 6 + 10u},\] где длины в метрах. Решая систему, находим \(u \approx 3\) м/с. Тогда скорость второго автомобиля \[v_2 = v_1 - u \approx 20\text{ м/с} - 3\text{ м/с} = 17\text{ м/с}.\]

Подсказка

Пока лёд плавится, сопротивление не меняется, и мощность постоянна. После этого сопротивление растёт вместе с температурой. Запишите баланс тепла за малый промежуток времени; полезна аналогия с движением тела с ускорением.

Ответ

\(T(t) = 0\,\text{°C}\) при \(t \in [0, t_1]\);  \(T(t) = \dfrac{1}{\chi}\left(\sqrt{\dfrac{2\chi U^2}{cm}(t - t_1) + R_0^2} - R_0\right)\) при \(t \in [t_1, t_2]\), где \(t_1 = \dfrac{\lambda m R_0}{U^2}\),  \(t_2 = \dfrac{cm}{2\chi U^2}\left((\chi T_* + R_0)^2 - R_0^2\right) + t_1\). График — см. рисунок в решении.

Решение

Пока плавится лёд, температура содержимого не меняется, сопротивление равно \(R_0\), и мощность постоянна: \(P = U^2/R_0\). Время плавления всего льда: \[\lambda m = \frac{U^2}{R_0}\,t_1 \quad\Leftrightarrow\quad t_1 = \frac{\lambda m R_0}{U^2}.\] После плавления льда содержимое нагревается, сопротивление меняется со временем, и мощность уже не постоянна. Отсчитаем время от момента \(t_1\), так что \(T(0) = 0\,\text{°C}\), и \(R(t) = R_0 + \chi T(t)\).

За малый промежуток времени \(\Delta t\) мощность \(P(t) = U^2/R(t)\) можно считать постоянной. Всё выделившееся тепло идёт на нагрев воды (теплопотерь нет): \[\frac{U^2}{R(t)}\,\Delta t = cm\,\Delta T = \frac{cm}{\chi}\,\Delta R.\] Перепишем: \[\frac{\Delta t}{\Delta R} = aR, \qquad a = \frac{cm}{\chi U^2}.\] Формально замена \(t \to x\), \(R \to \tau\) даёт \(\dfrac{\Delta x}{\Delta \tau} = a\tau\). Это закон изменения мгновенной скорости \(v(\tau) = a\tau\) тела при равноускоренном движении с нулевой начальной скоростью и ускорением \(a\). Для него \(x(\tau) = x_0 + \dfrac{a\tau^2}{2}\). Возвращаясь к исходным переменным, \[t(R) = t_0 + \frac{aR^2}{2}.\] Начальное условие \(R(0) = R_0\) даёт \(t_0 = -aR_0^2/2\), откуда \[R(t) = \sqrt{\frac{2t}{a} + R_0^2} = \sqrt{\frac{2\chi U^2}{cm}\,t + R_0^2}.\] Используя \(R(T) = R_0 + \chi T\) и сдвиг начала отсчёта на \(t_1\), получаем зависимость температуры: \[T(t) = 0\,\text{°C}, \quad t \in [0, t_1]; \qquad T(t) = \frac{1}{\chi}\left(\sqrt{\frac{2\chi U^2}{cm}(t - t_1) + R_0^2} - R_0\right), \quad t \in [t_1, t_2].\] Момент \(t_2\), когда температура достигает \(T_*\): \[t_2 = \frac{cm}{2\chi U^2}\left((\chi T_* + R_0)^2 - R_0^2\right) + t_1.\] График зависимости температуры от времени — линия постоянной температуры \(0\,\text{°C}\) до \(t_1\), затем кривая, выходящая из точки \(t_1\) и заканчивающаяся в \((t_2, T_*)\).

Замечание организаторов: уравнение для \(\Delta R\) можно решить и без аналогии с кинематикой, методом разделения переменных; участники, верно использовавшие эту технику, также получают полный балл.