Санкт-Петербургская, 2013/14, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Сравните момент, когда мяч пересекает стену, со временем, за которое Олег доходит до той же точки \(x\). Время полёта над стеной выражается через её высоту \(y(x)\).

Ответ

Профиль стены — парабола: \(y(x)=\dfrac{g\,x^2\,(v-u)^2}{8\,u^2 v^2}\). При \(u>v\) решения нет, при \(u=v\) стена не нужна. Ответ не зависит от начального расстояния между Петром и Олегом.

Решение

Пётр попадает в точку броска с координатой \(x\) через время \(t_1=x/v\). Так как мяч перелетает стену на минимальной высоте, время перелёта равно \(\tau=2\sqrt{2y(x)/g}\). Олег приходит в точку \(x\) в момент \(t_2=x/u\). Чтобы любой брошенный мяч был пойман, должно выполняться \(t_1+\tau=t_2\), откуда \[y(x)=x^2\,\frac{g}{8}\left(\frac1u-\frac1v\right)^2 .\] Таким образом, стена должна иметь параболический профиль. При \(u>v\) задача решения не имеет; при \(u=v\) парабола вырождается в прямую \(y=0\), то есть стена вообще не нужна. Ответ не зависит от расстояния между Петром и Олегом в начальный момент: время перелёта определяется только высотой стены.

Подсказка

Запишите уравнение состояния \(pV=\nu RT\) и подставьте в него линейные по времени выражения для \(p(t)\) и \(V(t)\) на каждом участке.

Ответ

При \(0\le t\le t_0\): \(T(t)=T_0\left(1+\dfrac{t}{t_0}\right)\left(1-\dfrac{t}{3t_0}\right)\), температура растёт до \(\dfrac43 T_0\) в момент \(t_0\). При \(t_0\le t\le 2t_0\): \(T(t)=2T_0\left(1-\dfrac{t}{3t_0}\right)\), линейное убывание до \(\dfrac23 T_0\). При \(t\ge 2t_0\): \(T=\dfrac23 T_0\) не меняется. Требуемый график — на рисунке в решении.

Решение

При \(0\le t\le t_0\) давление и объём растут и убывают линейно: \(p(t)=p_0\left(1+\dfrac{t}{t_0}\right)\), \(V(t)=3V_0\left(1-\dfrac{t}{3t_0}\right)\). Из уравнения Клапейрона–Менделеева \(T=\dfrac{pV}{\nu R}\), а при \(t=0\) температура равна \(T_0\), поэтому \[T(t)=T_0\left(1+\frac{t}{t_0}\right)\left(1-\frac{t}{3t_0}\right).\] Это парабола с ветвями вниз и вершиной в точке \(t=t_0\), где \(T(t_0)=\dfrac43 T_0\); на этом интервале температура растёт.

При \(t_0\le t\le 2t_0\) давление постоянно, \(p=2p_0\), а объём убывает по закону \(V(t)=3V_0\left(1-\dfrac{t}{3t_0}\right)\). Тогда \(T(t)=2T_0\left(1-\dfrac{t}{3t_0}\right)\): линейное убывание от \(\dfrac43T_0\) до \(\dfrac23T_0\).

При \(t\ge 2t_0\) давление \(2p_0\) и объём \(V_0\) постоянны, поэтому \(T=2p_0V_0/(\nu R)=\dfrac23T_0\) не меняется.

Подсказка

Условие плавания: сила тяжести уравновешена силой Архимеда, а разность давлений на глубинах \(h_0\) и \(h_0+a\) равна \(g\), умноженному на площадь под графиком плотности на этом отрезке глубин.

Ответ

\(m'\approx 18{,}9\) Мт (с верной массой первой призмы \(\approx 21{,}4\) Мт); \(m'\approx 16\) Мт (если использовать \(25\) Мт из условия).

Решение

На призмы действуют сила тяжести и сила Архимеда, и в обоих случаях они уравновешены. Обозначим давление жидкости на глубине \(h_0\) через \(p_0\), а на глубине \(h_0+a\) через \(p_1\). Сила \(F\) — суммарное давление жидкости на наклонную грань; в обоих случаях она одинакова (закон Паскаля), поскольку форма призм одна и та же, и они погружены на одну глубину. Для вертикальных проекций сил получаем \[p_1\cdot 3a^2-2F_y-p_0\cdot a^2-mg=0,\qquad p_1\cdot a^2+2F_y-p_0\cdot 3a^2-m'g=0,\] откуда сложением \[4a^2\,\frac{p_1-p_0}{g}-m=m'.\] Перепад давления \(p_1-p_0\) равен \(g\), умноженному на площадь \(S\) под графиком плотности жидкости на интервале глубин \([h_0,\,h_0+a]\). Поэтому \[m'=4a^2 S-m.\]

Площадь \(S\) находится по графику плотности (рис. 3 в решении). Массу первой призмы из условия можно проверить по закону Архимеда: она равна массе вытесненной жидкости, которая есть \(\int\rho(h)S(h)\,dh\), где \(S(h)=a^2+2a(h-h_0)\) — площадь сечения призмы на глубине \(h\). Аккуратный расчёт даёт \(m\approx 21{,}4\) Мт, а не \(25\) Мт: призма с массой \(25\) Мт на глубине \(h_0\) тонула бы. Тогда с верным значением \(m\approx 21{,}4\) Мт получаем \(m'\approx 18{,}9\) Мт. С массой \(25\) Мт из условия получаем \(m'\approx 16\) Мт. Жюри приносит извинения за опечатку в условии.

Подсказка

Используйте симметрию: узлы, лежащие на одной вертикали, имеют одинаковый потенциал, и их можно объединить. Для второго случая разложите напряжение по двум направлениям и воспользуйтесь принципом суперпозиции.

Ответ

В обоих случаях сопротивление равно \(\sqrt{3}\,R\).

Решение

Заметим, что в силу симметрии вдоль вертикальной координаты узлы решётки, имеющие одинаковую горизонтальную координату, находятся под одинаковым напряжением (имеют одинаковый электрический потенциал). Объединив такие узлы, получаем эквивалентную схему. Каждое сопротивление в ней составлено из \(n\) параллельных сопротивлений \(R\) и равно \(R/n\), где \(n=L/(1{,}5a)\); последовательно соединено \(m=\dfrac{L}{\sqrt3 a/2}\) таких сопротивлений. Поэтому \[R_0=m\cdot\frac{R}{n}=\sqrt3\,R .\]

Во вспомогательной задаче (напряжение между сторонами \(AD\) и \(BC\)) эквивалентная схема чередует сопротивления \(R/m\) и \(2R/m\), и полное сопротивление снова равно \[R_0=n\cdot\frac{R}{m}+n\cdot\frac{R}{m/2}=\frac{3nR}{m}=\sqrt3\,R .\] Во втором эксперименте решётка повёрнута на \(45^\circ\). Если смотреть на решётку издали, она похожа на сплошную однородную пластину. При подаче напряжения \(U_0\) между контактами \(AB\) и \(CD\) напряжение меняется линейно вдоль \(x\), а при подаче его между \(AD\) и \(BC\) — линейно вдоль \(y\); токи в обоих случаях одинаковы по величине и равны \(I_0=U_0/R_0\), и направлены по осям \(x\) и \(y\) соответственно. Наложив оба случая (принцип суперпозиции), получаем напряжение \(\sqrt2U_0\) на прямых \(A'B'\) и \(C'D'\), а суммарный ток \(\sqrt2 I_0\) течёт под углом \(45^\circ\). Это то же самое, что и для контактов \(A'B'\) и \(C'D'\) при напряжении \(\sqrt2U_0\) и токе \(\sqrt2I_0\), значит, сопротивление снова равно \(\sqrt3\,R\).

Подсказка

Найдите величину, которая сохраняется для системы бусинок (момент импульса относительно общего центра), и запишите закон сохранения энергии для расстояния между бусинками.

Ответ

Скорость второй бусинки связана со скоростью первой соотношением \(v_2=2(v_0-v_1)\). Если \(m\le\dfrac{3Rv_0^2}{20G}\), то \(v_1\in\left[\dfrac{4v_0+\sqrt{v_0^2-5U_m}}{5},\;v_0\right]\), где \(U_m=\dfrac{4Gm}{3R}\). Иначе \(v_1\in[0{,}6\,v_0,\;v_0]\).

Решение

Пусть углы \(\alpha\) и \(\beta\) показаны на рисунке в решении. По теореме синусов для треугольника с вершинами в центре колец и в бусинках \(\sin\beta=2\sin\alpha\). Силы притяжения бусинок равны по величине \(F\); их касательные проекции связаны так, что за малый промежуток времени \(\Delta t\) изменения импульсов бусинок удовлетворяют \(2\Delta p_1+\Delta p_2=0\). Значит, величина \(2p_1+p_2\) не меняется и равна своему начальному значению: \[2v_1+v_2=2v_0 .\] Это также следует из закона сохранения момента импульса. Расстояние между бусинками \(l(\theta)=R\sqrt{5-4\cos\theta}\), где \(\theta\) — угол между радиусами. Закон сохранения энергии с учётом \(v_2=2(v_0-v_1)\) даёт квадратное уравнение \[5v_1^2-8v_0v_1+\bigl(3v_0^2+U(\theta)\bigr)=0,\qquad U(\theta)=\frac{2Gm}{R}\left(1-\frac{1}{\sqrt{5-4\cos\theta}}\right),\] с корнями \(v_1^\pm(\theta)=\dfrac{4v_0\pm\sqrt{v_0^2-5U(\theta)}}{5}\). Функция \(U(\theta)\) периодична, равна нулю при \(\theta=0\) и имеет максимум \(U_m=U(\pi)=\dfrac{4Gm}{3R}\) при \(\theta=\pi\).

Если \(v_0^2\ge 5U_m\), то корни существуют при любом \(\theta\) и не пересекаются. Тогда минимальная скорость первой бусинки реализуется при \(\theta=\pi\): \(v_{1,\min}=\dfrac{4v_0+\sqrt{v_0^2-5U_m}}{5}\), а максимальная равна \(v_0\). Условие \(v_0^2\ge 5U_m\) означает \(m\le\dfrac{3Rv_0^2}{20G}\).

Если \(v_0^2<5U_m\), дискриминант обращается в ноль при некотором критическом угле \(\theta_m<\pi\). Бусинки движутся, пока угол не достигнет \(\theta_m\); далее угол уменьшается, и скорость первой бусинки меняется по закону \(v_1^-(\theta)\), так как гравитация тормозит бусинку на этом участке. При \(\theta=0\) скорость первой бусинки равна \(v_1^-(0)=0{,}6\,v_0\). Дальше бусинки обгоняют друг друга, и цикл повторяется. Поэтому в этом случае \(v_1\in[0{,}6\,v_0,\;v_0]\).

Подсказка

Механическая мощность равна \(mgH/t\), электрическая — \(UI\); КПД — их отношение.

Решение

Проведём серию из 7 измерений времени подъёма бутылки для нескольких (минимум 10) масс воды, налитой в бутылку. В каждой серии измерений вычислим среднее значение времени подъёма груза и механическую мощность, производимую мотором, как \(P_M=mgH/t\), где \(H\) — длина нити, \(t\) — среднее время подъёма, \(m\) — масса груза. Для каждой серии измерений также измерим падение напряжения на моторе \(U\) и ток через мотор \(I\). Электрическая мощность \(P_E=UI\). Для каждой массы груза КПД равен отношению механической мощности к электрической. Построим графики зависимостей \(P(\omega)\) и \(\eta(\omega)\), где \(\omega\) — скорость вращения шкива.

Подсказка

Найдите предельный угол полного внутреннего отражения на короткой грани призмы и используйте закон преломления.

Решение

Измерение показателя преломления призмы можно выполнить методом поиска предельного угла полного внутреннего отражения для луча, выходящего из призмы. Установим лазерный луч вдоль линий миллиметровки и поместим призму напротив луча так, чтобы луч попадал в длинную грань призмы. Будем вращать призму вокруг вертикальной оси до тех пор, пока не найдём угол, при котором на короткой грани возникает полное внутреннее отражение. Отметим карандашом на миллиметровке ход луча: точку вблизи лазера, точку входа луча в призму и точку выхода луча из призмы, а также положение углов призмы. Убрав призму, соединим отмеченные точки прямыми и измерим синусы углов падения луча на переднюю и заднюю грани призмы.