Санкт-Петербургская, 2015/16, заключительный этап, 10 класс

Вдоль оси параболы тело \(A\) движется равномерно, а перпендикулярно ей — равноускоренно, как брошенное под углом тело. Время между встречами и максимальное расстояние по перпендикуляру дают ускорение.

Ускорение тела \(A\) в обоих моментах одинаково: \(|a| = \dfrac{8S}{T^2}\), направлено параллельно оси параболы справа налево.

Начало координат — в первой встрече, ось \(OX\) — вдоль траектории тела \(B\), отсчёт времени — с первой встречи. Тело \(A\) движется по \(OX\) равномерно со скоростью \(v\), а по \(OY\) — как тело, брошенное под углом к горизонту: \(x = vt\), \(y = v_{0y}t + \dfrac{a_y t^2}{2}\). Время между встречами \(T\) — это время полёта, а \(S\) — максимальный подъём, поэтому \[\frac{T}{2} = \frac{v_{0y}}{|a_y|}, \qquad S = \frac{v_{0y}^2}{2|a_y|} \quad\Rightarrow\quad a_y = -\frac{8S}{T^2}.\] Альтернативно: парабола проходит через точки \((0;0)\), \((vT/2;\,S)\), \((vT;\,0)\), что даёт \(y = -\dfrac{4S}{v^2T^2}x^2 + \dfrac{4S}{vT}x\); отсюда \(a_y = 2\alpha v^2 = -\dfrac{8S}{T^2}\). Ускорение постоянно, направлено справа налево.

Рассмотрите систему «тележка–пружина–грузик» целиком: работа внешних сил здесь равна нулю, поэтому удобен закон сохранения энергии. Учтите связь между смещениями груза и тележки и момент, когда нить перестаёт быть натянутой.

Если \(L \le l + \dfrac{mg}{k}\): \(\;v = \sqrt{\dfrac{2klL - kL^2 + 2mgL}{M+2m}}\). Если \(L > l + \dfrac{mg}{k}\): \(\;v = \left(l + \dfrac{mg}{k}\right)\sqrt{\dfrac{k}{M+2m}}\).

Пока нить натянута, скорость груза по вертикали и скорость тележки связаны: \(v = u\). Работа внешних сил равна нулю (сила нити на блоке и сила нити на грузе совершают равные по модулю, но противоположные по знаку работы), поэтому \[\frac{kl^2}{2} + mg\,\Delta h = \frac{(M+2m)v^2}{2} + \frac{kx^2}{2},\] где \(x\) — деформация пружины, \(\Delta h\) — смещение груза по вертикали. Сила натяжения нити обращается в нуль, когда \(mg = kx\); тогда тележка сместилась влево на \(L_0 = l + \dfrac{mg}{k}\), и дальше она движется по инерции.

1) Если \(L \le l + \dfrac{mg}{k}\), нить натянута до удара: \(\Delta h = -L\), \(x = l - L\). Отсюда \(v = \sqrt{\dfrac{2klL - kL^2 + 2mgL}{M+2m}}\).

2) Если \(L > l + \dfrac{mg}{k}\), скорость находим в момент смещения \(L_0\): \(\Delta h = -\left(l + \dfrac{mg}{k}\right)\), \(x = \dfrac{mg}{k}\). Тогда \(v = \sqrt{\dfrac{kl^2 + 2mgl + m^2g^2/k}{M+2m}} = \left(l + \dfrac{mg}{k}\right)\sqrt{\dfrac{k}{M+2m}}\). При \(L = l + mg/k\) оба выражения совпадают.

Рассмотрите по отдельности стержень \(AB\), стержень \(BC\), шарнир \(B\) и ползунок с шарниром \(C\), запишите условия моментов и равновесия сил. Итоговое условие — неравенство для коэффициента трения.

а) Система останется в равновесии; б) система останется в равновесии; в) система останется в равновесии лишь при условии \(\mu \ge \dfrac{\sqrt3}{3} \approx 0{,}58\).

Для стержней \(AB\) и \(BC\) и шарнира \(B\) записываются условия моментов и сил; для ползунка — \(N_{3x} = F_{тр}\), \(N_{3y} = N\), \(|F_{тр}| \le \mu |N|\). Сила натяжения нити на каждый груз \(T_i = m_i g\). Решение системы даёт \[N = \frac{1}{4}\left(3T_1 + 6T_2 + 5T_3\right), \qquad F_{тр} = \frac{\sqrt3}{4}\left(T_1 + 2T_2 + T_3\right).\] Условие равновесия: \[\mu \ge \frac{\sqrt3\,(m_1 + 2m_2 + m_3)}{3m_1 + 6m_2 + 5m_3}.\] При исходных равных грузах (система в равновесии) \(\mu \ge \dfrac{2\sqrt3}{7} \approx 0{,}49\). Случай а) (\(m_1 = 0\)): \(\mu \ge \dfrac{3\sqrt3}{11} \approx 0{,}47\) — выполнено, система остаётся в равновесии. Случай б) (\(m_2 = 0\)): \(\mu \ge \dfrac{\sqrt3}{4} \approx 0{,}43\) — тоже выполнено. Случай в) (\(m_3 = 0\)): \(\mu \ge \dfrac{\sqrt3}{3} \approx 0{,}58\) — система сохраняет равновесие только при таком коэффициенте трения.

Схема из \(n+1\) квадратов сводится к цепочке, в которой каждый следующий квадрат подключается к уже имеющейся части. Введите безразмерную величину, отношение сопротивления участка к сопротивлению первого звена; для неё получится рекуррентная формула, которую удобно исследовать на предел.

Для схемы из пяти квадратов \(R_5 = \dfrac{33}{35}R_0\). Для очень большого числа квадратов \(R_\infty = \dfrac{4R_0}{3\sqrt2}\).

Пусть \(a_k\) — сопротивление сторон квадрата \(k\), \(b_k\) — сопротивление противоположной стороны, так что \(a_k = a_0 2^{k-1}\), \(b_k = 4a_k\). Для одного квадрата \(R_0 = \dfrac{(a_0 + b_0)a_0}{a_0 + b_0 + a_0} = \dfrac34 a_0\), откуда \(a_0 = \dfrac43 R_0\).

Рекуррентные соотношения для сопротивления участка цепи внутри пунктирной рамки: \[S^n_1 = 2a_n + b_n, \qquad S^n_{k+1} = 2a_{n-k} + \frac{b_{n-k}S^n_k}{b_{n-k} + S^n_k}.\] Замена \(S^n_k = a_0 2^{\,n-k+1}p^n_k\) даёт \(p_{k+1} = 1 + \dfrac{2p_k}{1+p_k}\) с \(p_1 = 3\), не зависящее от \(n\). Тогда \(p_1 = 3\), \(p_2 = \dfrac52\), \(p_3 = \dfrac{17}{7}\), \(p_4 = \dfrac{29}{12}\), и для пяти квадратов \(S^4_4 = \dfrac{29}{6}a_0\), откуда \(R_5 = \dfrac{99}{140}a_0 = \dfrac{33}{35}R_0\).

Последовательность \(p_k\) ограничена снизу числом \(1+\sqrt2\) и монотонно убывает, поэтому имеет предел \(p_\infty = 1 + \sqrt2\). Для бесконечной схемы сопротивление по официальному решению равно \(R_\infty = \dfrac{4R_0}{3\sqrt2}\).

Объём газа пропорционален \(T/p\), а это котангенс угла наклона прямой от начала координат до точки процесса. Найдите крайние положения поршня, а затем по формуле тонкой линзы — крайние положения изображения; между ними изображение уходит в бесконечность.

\(M \in (-\infty,\, b_2] \cup [b_1,\, +\infty)\), где \(b_1 = \dfrac{F(kF + L)}{L}\), \(b_2 = -\dfrac{F\left(F(k-1) - L\right)}{L}\). Лампочка не разобьёт линзу только при \(F(k-1) > L\), то есть при \(b_2 < 0\).

Пусть \(a\) — расстояние от лампочки до линзы, \(b\) — расстояние до изображения: \(\dfrac1a + \dfrac1b = \dfrac1F\), \(b = \dfrac{Fa}{a - F}\). При \(a > F\) изображение действительное и уходит вправо в бесконечность при \(a \to F\); при \(a < F\) изображение мнимое и уходит влево. Значит, нужно найти крайние положения лампочки \(a_l\) и \(a_r\).

Из уравнения Клапейрона–Менделеева \(V = \nu RT/p\), т.е. объём пропорционален \(T/p\), а \(T/p\) — котангенс угла наклона линии от начала координат до точки процесса. Наибольший объём — в точке 2 с \(p_2 = p_0 - \Delta p\), \(T_2 = T_0\); наименьший — в точке 1 с \(p_1 = p_0\), \(T_1 = T_0 - \Delta T\), где \(\dfrac{\Delta T}{T_0} = \dfrac{\Delta p}{p_0} = \dfrac1k\) (из подобия треугольников). Тогда \[V_1 = V_0\left(1 - \frac1k\right), \qquad V_2 = \frac{V_0}{1 - \frac1k}.\] Смещения поршня: \(\Delta L_l = \dfrac{L}{k}\) (влево) и \(\Delta L_r = \dfrac{L}{k-1}\) (вправо). Поэтому \(a_l = F + \dfrac{L}{k}\), \(a_r = F - \dfrac{L}{k-1}\). Подставляя в формулу линзы: \[b_1 = \frac{F\,a_l}{a_l - F} = \frac{F(kF + L)}{L}, \qquad b_2 = \frac{F\,a_r}{a_r - F} = -\frac{F\left(F(k-1) - L\right)}{L}.\] Условие \(a_r > 0\), т.е. \(F(k-1) > L\), — лампочка не врезается в линзу, и тогда \(b_2 < 0\).

Момент трения качения \(M_{тр} = N\,\dfrac{a}{2}\), где \(a\) — ширина части цилиндра, соприкасающейся с книгой, \(N = mg\cos\alpha\). Момент силы тяжести, когда цилиндр ориентирован под углом \(\beta\) к направлению спуска, \(M = mgR\sin\alpha\sin\beta\). Из равенства моментов на границе равновесия \[a = \frac{2R\sin\alpha\sin\beta}{\cos\alpha}.\] Площадь соприкосновения \(S = ab\), где \(b\) — длина цилиндра. Наклон создаётся монетой толщины \(h\), подложенной под край книги: \(\sin\alpha = \dfrac{h}{l}\), где \(l\) — длина книги от края обложки до монеты; так как угол мал, \(\cos\alpha \approx 1\). Угол \(\beta\) измеряется как среднее значений для поворотов по и против часовой стрелки, чтобы компенсировать наклон стола.

Поршень ставят на деление, соответствующее объёму \(V_1 = 20\) мл, затыкают отверстие и сжимают; после отпускания поршень останавливается в положении \(V_2 < V_1\). Условие равновесия \(P_2 S = F_{тр} + P_a S\) и закон Бойля–Мариотта \(P_a V_1 = P_2 V_2\) дают \[F_{тр} = P_a S\left(\frac{V_1}{V_2} - 1\right) = \frac{P_a V_1}{l_1}\left(\frac{V_1}{V_2} - 1\right),\] где \(l_1\) — длина столба воздуха в шприце при объёме \(V_1\) (обозначение официального решения).

Повторяют опыт с телом внутри шприца: поршень останавливается в положении \(V_3\), давление по-прежнему равно \(P_2\). Здесь объём тела \(\Delta V\) входит в закон Бойля–Мариотта: \(P_a(V_1 - \Delta V) = P_2(V_3 - \Delta V)\). Приравнивая силы трения в обоих опытах, получаем \[\frac{V_1}{V_2} = \frac{V_1 - \Delta V}{V_3 - \Delta V} \quad\Rightarrow\quad \Delta V = \frac{V_1(V_3 - V_2)}{V_1 - V_2}.\] Силу трения находят из первого опыта, объём тела — из второго; измерения повторяют несколько раз и усредняют.