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

Работа силы идет только на кинетическую энергию. Найдите скорость каждого вагончика в конце его разгона, учитывая, сколько вагончиков тянет сила на каждом этапе.

На разгон первого вагончика пошло приблизительно \(2{,}7\%\) работы, второго — приблизительно \(16{,}7\%\), третьего — приблизительно \(80{,}7\%\).

Решение — из официального решения 9 класса, задача 2 (тот же текст). Пронумеруем вагончики по порядку от тянущей силы \(F\), массы — \(m\). Работа \(F\) идет на кинетическую энергию, поэтому нужны конечные энергии вагончиков. На первом этапе три вагончика разгоняются с ускорением \(a^{(3)} = F/3m\), скорость первого вагончика \(V_I = \dfrac{Ft}{3m}\), энергия \(E_I = \dfrac{mV_I^2}{2} = \dfrac{F^2t^2}{18m}\). На втором этапе тянут два вагончика, \(a^{(2)} = F/2m\); скорость второго к моменту \(2t\): \(V_{II} = \dfrac{Ft}{3m} + \dfrac{Ft}{2m} = \dfrac{5Ft}{6m}\), энергия \(E_{II} = \dfrac{25F^2t^2}{72m}\). На третьем этапе тянет один вагончик, \(a^{(1)} = F/m\); скорость третьего к моменту \(3t\): \(V_{III} = \dfrac{11Ft}{6m}\), энергия \(E_{III} = \dfrac{121F^2t^2}{72m}\). Полная работа \(A = E_I + E_{II} + E_{III} = \dfrac{25F^2t^2}{12m}\), поэтому \(\eta_I = \dfrac{E_I}{A} = \dfrac{2}{75} \approx 2{,}7\%\), \(\eta_{II} = \dfrac{E_{II}}{A} = \dfrac{1}{6} \approx 16{,}7\%\), \(\eta_{III} = \dfrac{E_{III}}{A} = \dfrac{121}{150} \approx 80{,}7\%\).

Сначала решите вспомогательную задачу: тело, которое разгоняется и тормозит с одним и тем же ускорением \(a\) и должно пройти путь \(L\) от нуля до нуля, быстрее всего идет, разгоняясь первую половину пути и тормозя вторую.

\(T = 4\sqrt{\dfrac{l}{a_1}}\) при \(\dfrac{a_2}{a_1} \ge \dfrac{1}{2}\);  \(T = \sqrt{\dfrac{2l}{a_2}} + 2\sqrt{\dfrac{l}{a_1}}\) при \(\dfrac{3-2\sqrt{2}}{2} \le \dfrac{a_2}{a_1} < \dfrac{1}{2}\);  \(T = 2\sqrt{\dfrac{l}{a_2}}\) при \(\dfrac{a_2}{a_1} < \dfrac{3-2\sqrt{2}}{2}\).

Вспомогательная задача: при разгоне и торможении с ускорением \(a\) на пути \(L\) минимальное время \(\tau = 2\sqrt{L/a}\) достигается, когда первую половину пути тело все время разгоняется, а вторую — все время тормозит (график скорости — треугольник с фиксированной площадью). По оси \(Ox\) шарик должен от правой стенки уйти к левой и вернуться, скорость по \(Ox\) у стенок равна нулю, поэтому \(\tau_x = 2\sqrt{l/a_1}\) — время движения от одной стенки до другой. По оси \(Oy\) время прохода расстояния \(l\) при непрерывном разгоне: \(\tau_{1y} = \sqrt{2l/a_2}\). Если \(\tau_{1y} \le \tau_x\), т.е. \(a_2/a_1 \ge 1/2\), то первый отсек проходится за \(T_1 = \tau_x\) (по \(Oy\) местами притормаживаем). Во втором отсеке аналогично \(T_2 = \tau_x\), и \(T = 2\tau_x = 4\sqrt{l/a_1}\). Если \(a_2/a_1 < 1/2\), то первый отсек за минимальное время проходится непрерывным разгоном по \(Oy\): \(T_1 = \tau_{1y}\). Для второго отсека при непрерывном разгоне по \(Oy\) на вторую половину пути нужно \(\tau'_y = \tau_{2y} - \tau_{1y} = \sqrt{l/a_2}\,(2-\sqrt{2})\), где \(\tau_{2y} = 2\sqrt{l/a_2}\). Если \(\tau'_y \le \tau_x\), т.е. \(a_2/a_1 \ge (3-2\sqrt{2})/2\), то \(T_2 = \tau_x\) и \(T = \sqrt{2l/a_2} + 2\sqrt{l/a_1}\). Если \(a_2/a_1 < (3-2\sqrt{2})/2\), то \(T_2 = \tau'_y\) и \(T = \tau_{2y} + \tau_{1y} - \tau_{1y}\), т.е. \(T = 2\sqrt{l/a_2}\).

Выпишите баланс для тонкого слоя толщиной \(\Delta x\): поглощенная световая энергия идет на его плавление. Затем просуммируйте времена всех слоев, перейдя к переменной \(\sigma\).

Время таяния слоя приблизительно \(15{,}3\) ч.

Для площадки \(S = 1\) м\(^2\) тонкий слой \(\Delta x\) требует энергии \(\Delta Q = \lambda\rho S\Delta x\). Слой толщиной \(x\) уже растаял, на единицу поверхности приходится \(\sigma = nx\) частиц, и за время \(\Delta t\) площадка поглощает \(\alpha(\sigma)PS\Delta t\), где \(P = E\). Баланс \(\alpha(\sigma)PS\Delta t = \lambda\rho S\Delta x\) дает \(\Delta t = \dfrac{\lambda\rho}{P}\dfrac{\Delta x}{\alpha(\sigma)} = \dfrac{\lambda\rho}{Pn}\dfrac{\Delta\sigma}{\alpha(\sigma)}\). Полное время \(T = \dfrac{\lambda\rho}{Pn}\sum \dfrac{\Delta\sigma_i}{\alpha(\sigma_i)}\) — площадь под графиком \(1/\alpha(\sigma)\) от \(0\) до \(\sigma_{max} = n \cdot 0{,}25\) м. По графику \(\alpha(\sigma) \approx 0{,}25 + (2\cdot 10^{-7}\,\mathrm{m}^2)\sigma\). При разбиении на 5 равных отрезков \(T \approx 0{,}546\,\mathrm{m}\cdot\lambda\rho/P = 54\,600\) с \(\approx 15{,}17\) ч; точный интеграл дает \(T \approx 0{,}549\,\mathrm{m}\cdot\lambda\rho/P \approx 54\,900\) с \(\approx 15{,}25\) ч. Ответ: время таяния приблизительно \(15{,}3\) ч. Примечание официального решения: решение через точный определенный интеграл также засчитывается полностью.

Учтите симметрию: часть из девяти способов сборки переходит друг в друга отражением. Вычислите сопротивление каждого типа схемы.

\(R \approx 641\) Ом.

Решение — из официального решения 9 класса, задача 3 (тот же текст). Всего девять различных способов собрать «случайный резистор»; с учетом отражения получаются четыре типа конструкций: одна конструкция типа 1, две типа 2, две типа 3 и четыре типа 4. Схемы типов 1 и 2 полностью эквивалентны, их сопротивления \(R_{1/2} = 3/5\) Ом, \(R_3 = 5/11\) Ом, \(R_4 = 4/7\) Ом. Вероятности типов \(1/9\), \(2/9\), \(2/9\), \(4/9\). Сопротивления последовательно соединенных \(1155\) резисторов складываются: \(R = 1155\left(\dfrac{3}{9}R_{1/2} + \dfrac{2}{9}R_3 + \dfrac{4}{9}R_4\right) = 641\) Ом.

Запишите уравнение состояния и равновесие поршня: получится квадратное уравнение для расстояния \(x\). Подумайте, когда центр масс системы поднимается выше оси O и мензурка переворачивается.

Расстояние между поршнем и дном задается формулой (13) для положения «дном вниз» и формулой (16) для положения «дном вверх». Критические температуры переворотов даются формулами (18) и (19). График — см. решение (рис. 6–10 официального решения).

Обозначим расстояние между дном мензурки и поршнем через \(x\). Уравнение состояния \(pSx = \nu RT\) (11). Равновесие поршня «дном вниз»: \(p_aS + mg + kx - pS = 0\) (12), откуда \(x_{down} = \dfrac{-(p_aS+mg) + \sqrt{(p_aS+mg)^2 + 4\nu RTk}}{2k}\) (13). Центр масс системы \(y^{down}_{\mathrm{cm}} = \dfrac{mx}{m+m_0} - a\) поднимается; мензурка переворачивается при \(y_{\mathrm{cm}} \ge 0\), т.е. \(x \ge a\dfrac{m+m_0}{m}\) (14). Критическая температура нагрева, при которой переворот происходит (по формулам (13) и (14)): \(T_{\mathrm{kr}} = \dfrac{a(m+m_0)}{\nu R m}\left(\dfrac{m+m_0}{m}\,ka + p_aS + mg\right)\) (18). Она всегда положительна, значит при нагревании мензурка рано или поздно перевернется. «Дном вверх» (кольцо лежит на поршне): \(mg + m_0g + pS - p_aS - kx = 0\) (15), \(x_{up} = \dfrac{-(p_aS-(m+m_0)g) + \sqrt{(p_aS-(m+m_0)g)^2 + 4\nu RTk}}{2k}\) (16). Здесь центр масс \(y_{\mathrm{cm}} = a - x\), положение «дном вверх» неустойчиво при \(x \le a\) (17). Обратный переворот при охлаждении происходит при критической температуре \(T^*_{\mathrm{kr}} = \dfrac{a}{\nu R}\left(ka + p_aS - (m+m_0)g\right)\) (19), которая имеет смысл при \(ka + p_aS - (m+m_0)g > 0\) (20). Для рассматриваемого случая \(T^*_{\mathrm{kr}} < T_{\mathrm{kr}}\). Ход процесса при \(T_{min} < T^*_{\mathrm{kr}} < T_{\mathrm{kr}} < T_{max}\): при нагревании до \(T_{\mathrm{kr}}\) расстояние меняется по закону (13), затем мензурка переворачивается и далее \(x = x_{up}(T)\) (16); при охлаждении — по (16) до \(T^*_{\mathrm{kr}}\), затем мензурка снова переворачивается, и далее \(x = x_{down}(T)\) (13) до \(T_{min}\). Возникает гистерезис: участок 1-2-3-5-6 при нагревании и 6-5-4-2-1 при охлаждении. Остальные соотношения температур дают схемы, аналогичные (рис. 7–10 официального решения).