Санкт-Петербургская, 2015/16, заключительный этап, 11 класс

Половинки резинки \(BC\) и \(BD\) удобно описать через угол \(\beta = \alpha/2\) и геометрию треугольника \(BDO\), где \(O\) — середина \(CD\). Затем спроецируйте силы в узле \(B\) на направление \(AB\).

Точку \(A\) нужно сдвинуть на \(\dfrac{l(5 - 4\sin\beta)\,\mathrm{ctg}\,\beta}{2}\), где \(\beta = \alpha/2\).

Пусть резинка \(AB\) растянулась на \(\Delta l\), а каждая половинка второй резинки (\(BC\) и \(BD\)) — на \(\Delta x\). Из треугольника \(BDO\) \[\sin\beta = \frac{l/2}{l/2 + \Delta x} \quad\Rightarrow\quad \Delta x = \frac{l(1 - \sin\beta)}{2\sin\beta}.\] Жёсткость половинки резинки вдвое больше жёсткости целой, т.е. равна \(2k\), и сила в узле \(B\) от каждой половинки равна \(2k\Delta x\). Проецируя силы в узле \(B\) на направление \(AB\) и учитывая равновесие, \[k\,\Delta l = 4k\,\Delta x\cos\beta \quad\Rightarrow\quad \Delta l = 2l(1 - \sin\beta)\,\mathrm{ctg}\,\beta.\] Сдвиг точки \(A\) складывается из \(\Delta l\) и отрезка \(BO = \dfrac{l}{2}\mathrm{ctg}\,\beta\): \[\Delta s = \Delta l + \frac{l}{2}\mathrm{ctg}\,\beta = \frac{l(5 - 4\sin\beta)\,\mathrm{ctg}\,\beta}{2}.\]

Объём газа пропорционален \(T/p\), а это котангенс угла наклона прямой от начала координат к точке процесса. Найдите крайние положения поршня, затем по формуле тонкой линзы — крайние положения изображения.

\(M \in (-\infty,\, b_2] \cup [b_1,\, +\infty)\), где \(b_1 = \dfrac{F(kF + L)}{L}\), \(b_2 = -\dfrac{F^2(k-1) - FL}{L}\). Лампочка не разобьёт линзу только при \(F(k-1) > L\), то есть при \(b_2 < 0\).

По формуле линзы \(\dfrac1a + \dfrac1b = \dfrac1F\), \(b = \dfrac{Fa}{a-F}\). При \(a > F\) изображение действительное и уходит вправо в бесконечность при \(a \to F\); при \(a < F\) оно мнимое и уходит влево. Нужно найти крайние положения лампочки \(a_l\) и \(a_r\).

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

Вращающийся заряженный цилиндр — это совокупность витков с током, создающих магнитное поле внутри. При торможении колёс возникает ЭДС самоиндукции, и вихревое электрическое поле противодействует торможению, как будто у колеса есть некоторая «эффективная масса». Найдите её через \(\mu_0\), \(Q\), \(L\).

\(V_{max} = \dfrac{V_0}{1 + \dfrac{M}{2\tilde m}}\), где \(\tilde m = \dfrac{\mu_0 Q^2}{4\pi L}\).

Сначала тележка разгоняется силой трения \(kMg\) с ускорением \(kg\), а колёса тормозятся. Цилиндр делим на \(N \gg 1\) витков, в каждом из которых заряд \(Q/N\) совершает оборот за \(2\pi R/V\). Ток одного витка \(i = \dfrac{QV}{2\pi RN}\), и поле внутри \[B = \frac{\mu_0 N i}{L} = \frac{\mu_0 Q V}{2\pi R L}.\] При изменении скорости обода с ускорением \(a\) в витке возникает ЭДС \(\mathcal{E}_0 = -\pi R^2\dfrac{\Delta B}{\Delta t}\), а напряжённость \(E = \dfrac{\mathcal{E}_0}{2\pi R}\). Сила, действующая на все заряды колеса, равна \[F_E = Q|E| = \frac{\mu_0 Q^2 a}{4\pi L} \equiv \tilde m\, a, \qquad \tilde m = \frac{\mu_0 Q^2}{4\pi L}.\] Т.е. колесо сопротивляется торможению так, как будто обод имеет массу \(\tilde m\). Сила трения на одно колесо \(kMg/2\), поэтому скорость обода убывает по закону \(V(t) = V_0 - \dfrac{kMg}{2\tilde m}t\). Скорость тележки \(u(t) = kgt\). Они сравняются при \[t = \frac{V_0}{kg\left(1 + \dfrac{M}{2\tilde m}\right)},\] после чего тележка катится без проскальзывания с постоянной скоростью, равной скорости \(u\) в момент \(t\): \[V_{max} = \frac{V_0}{1 + \dfrac{M}{2\tilde m}}.\]

Полость можно представить как сумму сплошной планеты и «тела отрицательной массы» той же формы. Внутри однородного шара сила тяготения линейна по смещению от центра, и суммарная сила внутри полости постоянна по величине и направлению.

Снаряд нужно направить под углом \(\alpha = \operatorname{arctg} 2\) к направлению \(CB\) с начальной скоростью \(V = \sqrt{\dfrac{5 r\tilde g}{2}}\), где \(\tilde g = \dfrac{4\pi G\rho(a + r)}{3}\).

Заменим планету с полостью суперпозицией сплошной планеты A и тела Б отрицательной массы, имеющего форму полости. Внутри однородного шара на снаряд, находящийся на расстоянии \(x\) от его центра, действует только масса шара радиуса \(x\); поэтому \(F_A = -Kx\) с \(K = \dfrac{4\pi G m\rho}{3}\), а внутри тела Б действует отталкивание \(F_Б = Ky\). Суммарная сила \(\vec F = K\vec l\), где \(\vec l\) — вектор из центра полости в центр планеты, \(|\vec l| = a + r\). Она постоянна внутри полости, поэтому снаряд летит как в однородном поле тяжести с ускорением \[\tilde g = \frac{Kl}{m} = \frac{4\pi G\rho(a + r)}{3}, \qquad \text{направлено вдоль } CA.\]

В точке \(B\) скорость снаряда перпендикулярна \(\tilde g\), т.е. он находится в верхней точке параболы. Пусть вылет под углом \(\alpha\) к \(CB\). В системе координат с осью \(x\) вдоль \(CB\), \(y\) вдоль \(\tilde g\) получаем \(x(t) = V t\cos\alpha\), \(y(t) = Vt\sin\alpha - \dfrac{\tilde g t^2}{2}\). Время до верхней точки \(T = \dfrac{V\sin\alpha}{\tilde g}\), и при \(x(T) = y(T) = r\): \[r = \frac{V^2\sin^2\alpha}{2\tilde g}, \qquad r = \frac{V^2\sin\alpha\cos\alpha}{\tilde g}.\] Деля одно на другое, получаем \(\operatorname{tg}\alpha = 2\), откуда \(\sin^2\alpha = \dfrac45\) и \(V^2 = \dfrac{5r\tilde g}{2}\).

Внутри равномерно заряженной сферы поле равно нулю (теорема Гаусса), поэтому незаряженная часть сферы и противоположная заряженная часть действуют на бусинку одинаково по величине и противоположно по направлению. Равновесие — в точке, из которой обе заряженные «чашки» видны под одинаковым углом. При малом смещении остаётся нескомпенсированным только кольцо на краю одной из «чашек».

Бусинка находится в равновесии на расстоянии \(h_2 = \dfrac{R(\sqrt3 + \sqrt2)}{2(\sqrt2 + 1)}\) от края южной заряженной «чашки». Период малых колебаний \(T = 2\pi\sqrt{m/K}\), где \(K = \dfrac{4\pi k q\sigma\cos\beta\sin^4\beta}{R\cos\alpha_1\cos\alpha_2}\), \(\alpha_1 = 45^\circ\), \(\alpha_2 = 60^\circ\), \(\beta = \operatorname{arcctg}\dfrac{\sqrt3 + \sqrt2}{\sqrt2 + 1}\).

Внутри равномерно заряженной сферической поверхности напряжённость равна нулю (теорема Гаусса). Малый заряженный участок можно считать точечным зарядом; для противоположного участка заряд пропорционален квадрату расстояния от точки до участка, и силы компенсируются. Значит, положение равновесия — в точке \(B\), из которой обе заряженные «чашки» (углы \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\) от полюса) видны под одинаковым углом \(\beta\). Из равенства \(h_1 + h_2 = R\sin\alpha_1 + R\sin\alpha_2\) и геометрии: \[\mathrm{ctg}\,\beta = \frac{\sin\alpha_1 + \sin\alpha_2}{\cos\alpha_1 + \cos\alpha_2} = \frac{\sqrt3 + \sqrt2}{\sqrt2 + 1}, \qquad h_2 = R\cos\alpha_2\,\mathrm{ctg}\,\beta = \frac{R(\sqrt3 + \sqrt2)}{2(\sqrt2 + 1)}.\] Малые колебания возможны только при одноимённых зарядах бусинки и глобуса. При сдвиге \(x\) к южному полюсу нескомпенсированным остаётся кольцо шириной \(\Delta l = 2R\Delta\beta\), где \(\Delta\beta = \dfrac{x\sin^2\beta}{R\cos\alpha_1}\). Заряд кольца на единицу длины \(\lambda = \dfrac{2x\sigma\sin^2\beta}{\cos\alpha_1}\). Возвращающая сила вдоль лески получается из кольца радиуса \(R\cos\alpha_2\): \[F(x) = Kx, \qquad K = \frac{4\pi k q\sigma\cos\beta\,\sin^4\beta}{R\cos\alpha_1\cos\alpha_2},\] где \(k\) — постоянная в законе Кулона. Колебания гармонические, с периодом \(T = 2\pi\sqrt{m/K}\), не зависящим от амплитуды.

Уравнение теплопроводности в одномерном случае: \(\dfrac{dQ}{dt} = -\kappa\dfrac{dT}{dx}S\), где \(\kappa\) — коэффициент теплопроводности, \(S\) — площадь сечения. Тепловой поток определяют по теплоёмкости стопки металлических пластин, которую находят, нагрев пластины резистором и поместив их в воду известной массы и теплоёмкости: \(C_п = c_в m_в\,\Delta T_в/\Delta T_п\).

Резину нагревают с одной стороны резистором, на второй стороне шайбы обеспечивают тепловой контакт со стопкой пластин (алюминий, поэтому \(T_п = T_2\)), и фиксируют температуры \(T_1\) и \(T_2\) по обе стороны образца. В конечных приращениях \[\kappa = -\frac{C_п\left(T_2(t_2) - T_2(t_1)\right)h}{(t_2 - t_1)\,S\left(T_2(t) - T_1(t)\right)}.\] Для уточнения результат усредняют по двум моментам времени: \[\kappa = -\frac{2C_п\left(T_2(t_2) - T_2(t_1)\right)h}{(t_2 - t_1)\,S\left(T_2(t_1) + T_2(t_2) - T_1(t_1) - T_1(t_2)\right)}.\] Здесь \(h\) — толщина образца. Для уменьшения теплопередачи в окружающую среду нагрев должен быть не слишком сильным.

Официальное решение совпадает с решением задачи «Цилиндр» 10 класса (задача 6 комплекта 10 класса): из равенства моментов силы тяжести и трения качения \(a = \dfrac{2R\sin\alpha\sin\beta}{\cos\alpha}\), где \(\beta\) — угол ориентации цилиндра к направлению спуска, и \(S = ab\), \(b\) — длина цилиндра. Наклон задают монетой, \(\sin\alpha = h/l\), \(\cos\alpha \approx 1\); угол \(\beta\) берут как среднее для поворотов по и против часовой стрелки.