Санкт-Петербургская, 2016/17, заключительный этап, 10 класс

Ответ

Минимальная длина стержня \(l = 2H\left(1 - \dfrac{L^2}{16H^2}\right)\). Стержень бросают с задержкой \(\Delta t = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}\left(1 - \dfrac{L}{4H}\right)\) после мяча. Угловая скорость \(\omega = \sqrt{\dfrac{g}{2H}}\,\dfrac{4H}{L}\left(\dfrac{\pi}{2} + k\pi\right)\), \(k = 0, 1, 2, \dots\)

Решение

Центр масс стержня движется так же, как точка с массой всего стержня, и, без сопротивления воздуха, центр масс стержня и мяч движутся по параболам. Стержень запущен с той же скоростью \(v_0\), что и мяч. Дальность полёта и время полёта \[L = \frac{v_0^2 \sin 2\alpha}{g}, \qquad T = \frac{2v_0\sin\alpha}{g}.\] Дальность одинакова при углах \(\alpha\) и \(\pi/2 - \alpha\), но при \(\alpha > \pi/4\) тело, брошенное под углом \(\pi/2 - \alpha\), летит быстрее. Значит, мяч брошен под углом \(\alpha > \pi/4\), а стержень — под углом \(\pi/2 - \alpha\).

Из условий \(L = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}\) и \(H = \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}\) находим \[v_0^2 = 2g\left(H + \frac{L^2}{16H}\right), \qquad \operatorname{ctg}\alpha = \frac{L}{4H}.\] В момент касания центр масс стержня находится в вершине своей параболы, а стержень вертикален. Высота центра масс стержня в этот момент \[H_2 = \frac{v_0^2\cos^2\alpha}{2g} = \frac{L^2}{16H}.\] Чтобы верхний конец стержня достиг высоты \(H\), нужно \(l/2 = H - H_2\), откуда минимальная длина \[l = 2H\left(1 - \frac{L^2}{16H^2}\right).\] Мяч поднимается до верхней точки за время \(t_1 = \dfrac{v_0\sin\alpha}{g} = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}\), стержень — за время \(t_2 = \dfrac{v_0\cos\alpha}{g} = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}\,\dfrac{L}{4H}\). Значит, стержень был запущен позже мяча на \[\Delta t = t_1 - t_2 = \sqrt{\frac{2H}{g}}\left(1 - \frac{L}{4H}\right).\] За время \(t_2\) стержень должен повернуться на угол \(\pi/2 + k\pi\), где \(k\) — целое неотрицательное число: \[\omega t_2 = \frac{\pi}{2} + k\pi, \qquad \omega = \sqrt{\frac{g}{2H}}\,\frac{4H}{L}\left(\frac{\pi}{2} + k\pi\right).\] Возможно бесконечное число угловых скоростей. Выражения для \(l\) и \(\Delta t\) обращаются в нуль при \(L = 4H\) (бросок под углом \(\pi/4\)); по условию \(\alpha > \pi/4\), то есть \(L < 4H\).

Ответ

\(\mu \ge \operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\); проекции силы реакции в шарнире B: \(R_x = \left(M + \dfrac{m}{2}\right) g\,\operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\), \(R_y = \dfrac{mg}{2}\).

Решение

Рассмотрим силы, действующие на цилиндр: сила трения \(F_{тр}\), сила нормальной реакции \(N\) и две компоненты силы реакции шарнира \(R_x\), \(R_y\). Условия равновесия в проекциях на оси \(x\) и \(y\) и условие моментов относительно оси цилиндра: \[F_{тр}\cos\alpha + R_x - N\sin\alpha = 0, \qquad Mg + R_y - N\cos\alpha - F_{тр}\sin\alpha = 0, \qquad F_{тр}r - R_x r = 0,\] где \(r\) — радиус цилиндра. Для стержня — момент относительно оси шарнира A: \[\frac{mgl}{2} - R_y l = 0 .\] Решая систему, \[N = \left(M + \frac{m}{2}\right) g, \qquad F_{тр} = N\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}, \qquad R_x = F_{тр} = \left(M + \frac{m}{2}\right) g\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}, \qquad R_y = \frac{mg}{2}.\] С учётом \(|F_{тр}| \le \mu N\) получаем \(\mu \ge \operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\). Тот же результат следует из того, что полная сила со стороны наклонной плоскости (\(\vec N + \vec F_{тр}\)) направлена к точке B.

Ответ

Угловое ускорение в первый момент \(\beta = \dfrac{g}{R}\,\dfrac{\mu(m+M) - m}{m + M - \mu m}\). При \(\mu < \mu_1 = \dfrac{m}{m+M}\) цилиндр вращается против часовой стрелки, при \(\mu > \mu_1\) — по часовой стрелке. Количество теплоты \[Q = \frac{mu^2}{2} + \frac{m^2}{2(m+M)}\,\omega^2 R^2\sin^2\varphi - \frac{m+M}{2}\left(v^2 + \omega^2R^2\right) - mgR\sin\varphi\] (при вращении против часовой стрелки последнее слагаемое меняет знак).

Решение

Сразу после удара угловая скорость цилиндра равна нулю: иначе возник бы ненулевой импульс вдоль вертикальной оси. Пусть \(F_y\) — вертикальная компонента силы со стороны пули, \(N\) — сила реакции поверхности. По второму закону Ньютона в проекции на вертикальную ось \[F_y + N - Mg = 0 .\] Динамика вращения цилиндра (уравнение моментов относительно его оси): \[F_y + F_{тр} = M\beta R .\] Для пули по вертикали: \(-F_y - mg = m\beta R\). Цилиндр проскальзывает, поэтому \(F_{тр} = \mu N\). Решая систему, \[\beta = \frac{g}{R}\,\frac{\mu(m+M) - m}{m + M - \mu m}, \qquad N = \frac{(2m + M)Mg}{m + M - \mu m}.\] Знаменатель положителен, знак \(\beta\) определяется числителем: при \(\mu < \mu_1 = \dfrac{m}{m+M}\) угловое ускорение отрицательно (цилиндр вращается против часовой стрелки), при \(\mu > \mu_1\) — по часовой стрелке. Так как \(m < M\), \(\mu_1 < 1/2\), а условие \(\mu < 2\) гарантирует конечность \(N\) и \(\beta\).

Для теплоты используем закон сохранения энергии. Пусть цилиндр повернулся на угол \(\varphi\) по часовой стрелке, скорость его оси \(\vec v_0\). В системе отсчёта оси цилиндр вращается с угловой скоростью \(\omega\), линейная скорость пули относительно оси \(|\vec v_1| = \omega R\). Энергия пули в лабораторной системе \[E_п = mgR\sin\varphi + \frac{m\omega^2R^2}{2} + \frac{mv_0^2}{2} + m\omega R v_0\sin\varphi,\] энергия цилиндра \[E_ц = \frac{M\omega^2R^2}{2} + \frac{Mv_0^2}{2}.\] Горизонтальная проекция скорости центра масс системы, с учётом того что центр масс отстоит от оси на \(r = \dfrac{m}{m+M}R\), \[v = \omega r\sin\varphi + v_0 .\] Закон сохранения энергии \(\dfrac{mu^2}{2} = E_п + E_ц + Q\) даёт выражение для \(Q\), приведённое в ответе.

Ответ

Если \(a = \dfrac{mg}{kL} \le 2\), верхний поршень остаётся на высоте \(2L\), а нижний опускается на \(\dfrac{mg}{2k}\). Если \(a > 2\), нижний поршень лежит на дне, а верхний располагается на высоте \(\dfrac{L}{2}\left(\sqrt{a^2 + 10a + 1} + 1 - a\right)\).

Решение

Пружины недеформированы, поэтому в начале вес поршней уравновешен давлением газа. Давление газа над нижним поршнем (в верхнем отсеке) \(p_0 = \dfrac{mg}{S}\); на нижний поршень сверху действует сила \(p_0 S = mg\), значит, давление снизу \(2p_0\).

Пусть после установления равновесия верхняя пружина сжата на \(x_1\), нижняя — на \(x_2\) (отрицательное значение означает растяжение). Объёмы отсеков \(V_1 = (L - x_1)S\), \(V_2 = (L - x_2)S\). Количество вещества в начале \(\nu_1 + \nu_2 = \dfrac{3p_0LS}{RT}\); в конце давление \(p\) одинаково в обоих отсеках, температура та же: \[\frac{3mg}{S}\,L = p\,(2L - x_1 - x_2).\] Равновесие верхнего поршня и нижнего поршня: \[mg = pS + kx_1, \qquad mg + kx_1 = kx_2 .\] Введём \(\alpha_{1,2} = x_{1,2}/L\) и \(a = \dfrac{mg}{kL}\): \[3a = \frac{pS}{kL}(2 - \alpha_1 - \alpha_2), \qquad a = \frac{pS}{kL} + \alpha_1, \qquad a + \alpha_1 = \alpha_2 .\] Подставляя, получаем квадратное уравнение \(2\alpha_1^2 - (a+2)\alpha_1 - a(a+1) = 0\), решения \(\alpha_1 = a + 1\) (отбрасываем: \(\alpha_1 \le 1\)) и \(\alpha_1 = -a/2\), \(\alpha_2 = a/2\). Итак, верхняя пружина растянута на \(mg/(2k)\), нижняя сжата на \(mg/(2k)\). Это физично при \(\alpha_2 = a/2 \le 1\), то есть \(a \le 2\). Тогда верхний поршень остаётся на высоте \(2L\), нижний опускается на \(\dfrac{mg}{2k}\).

При \(a > 2\) нижний поршень лежит на дне: \(x_2 = L\). Тогда \(3a = \dfrac{pS}{kL}(1 - \alpha_1)\), \(a = \dfrac{pS}{kL} + \alpha_1\), откуда \(\alpha_1^2 - (a+1)\alpha_1 - 2a = 0\), \(\alpha_1 = \dfrac{a + 1 - \sqrt{a^2 + 10a + 1}}{2}\) (решение «с плюсом» больше единицы). Высота верхнего поршня \(h = L(1 - \alpha_1) = \dfrac{L}{2}\left(\sqrt{a^2 + 10a + 1} + 1 - a\right)\).

Ответ

Бендер может украсть \(6\) резисторов. Конечная схема: один резистор \(R\) последовательно с четырьмя параллельными парами резисторов (по \(R/2\) в каждой паре); всего \(9\) резисторов.

Решение

Блоки схемы соединены последовательно; в блоке \(k\) стоят \(k\) параллельных резисторов (\(k = 1, \dots, 5\)). Общее сопротивление \[R_{tot} = R\left(1 + \frac12 + \frac13 + \frac14 + \frac15\right) = \frac{137}{60}R .\] Падения напряжения на отдельных резисторах блоков: \[U_1 = \frac{60U_0}{137} > \frac{U_0}{7}, \quad U_2 = \frac{30U_0}{137} > \frac{U_0}{7}, \quad U_3 = \frac{20U_0}{137} > \frac{U_0}{7}, \quad U_4 = \frac{15U_0}{137} < \frac{U_0}{7}, \quad U_5 = \frac{12U_0}{137} < \frac{U_0}{7}.\] Замечания: выкусывание резистора из блока с \(m\) резисторами уменьшает ток через остальные блоки, поэтому их напряжения на резисторах только уменьшаются, а в своём блоке — растут; резистор, который можно выкусить сейчас, можно выкусить и позже. Поэтому порядок выкусывания не влияет на итог.

Первым шагом Бендер может выкусить резисторы из 4-го и 5-го блоков: \(R_{41}\), \(R_{51}\), \(R_{52}\). Тогда блоки содержат \(1, 2, 3, 3, 3\) резистора, \(R_{tot} = R + \dfrac{R}{2} + 3\cdot\dfrac{R}{3} = \dfrac{5}{2}R\), и напряжения \(U_1 = \dfrac{2U_0}{5} > \dfrac{U_0}{7}\), \(U_2 = \dfrac{U_0}{5} > \dfrac{U_0}{7}\), \(U_3 = U_4 = U_5 = \dfrac{2U_0}{15} < \dfrac{U_0}{7}\). Бендер выкусывает \(R_{31}\), \(R_{42}\), \(R_{53}\). Остаётся схема из \(1,2,2,2,2\) резисторов с \(R_{tot} = 3R\) (один резистор и четыре пары параллельных резисторов по \(R/2\)) и напряжениями \(U_1 = \dfrac{U_0}{3} > \dfrac{U_0}{7}\), \(U_2 = U_3 = U_4 = U_5 = \dfrac{U_0}{6} > \dfrac{U_0}{7}\). Выкусывать больше нельзя.

Итого украдено \(6\) резисторов. Нельзя получить схему с меньшим числом резисторов: в схеме не может появиться второй блок из одного резистора, потому что напряжение на таком выкусываемом резисторе не меньше \(U_0/6 > U_0/7\).

Решение

Заполним мензурку водой комнатной температуры, опустим в неё трубку от одной из бутылок. Чуть приоткрывая кран, по появлению пузырька или по движению воды вверх определим, повышенное или пониженное давление в этой бутылке.

Опыт а). Возьмём бутылку с давлением, меньшим атмосферного. Опустим идущую от неё трубку в мензурку с водой и дадим воде затечь в бутылку. Подождём, пока температура выровняется и процесс прекратится. По изменению уровня воды в мензурке найдём объём \(V_в\) перетёкшей воды. Верхний край бутылки должен быть вровень с уровнем воды в мензурке (чтобы исключить гидростатику и эффект сифона). Пусть атмосферное давление \(P_0\), объём бутылки \(V_0\). В бутылке образуется насыщенный пар при температуре воды, \(P_н\). Тогда \[\frac{P_0V_0}{T_1} = \frac{(P_0 - P_н)(V_0 - V_в)}{T_0}, \qquad T_1 = T_0\,\frac{P_0V_0}{(P_0 - P_н)(V_0 - V_в)}.\]

Опыт б). Чтобы определить исходную температуру для бутылки с повышенным давлением, приоткроем кран при трубке, опущенной до дна глубокой мензурки. Если сразу появляется пузырёк и давления столба жидкости недостаточно, опустошим от воды первую бутылку и соединим бутылку с повышенным давлением трубкой с ней. Часть газа перейдёт в первую бутылку, и давление в бутылках станет равным среднему арифметическому исходного давления \(\Delta P_1\) и атмосферного: \[P_2 = \frac{P_0 + P_1}{2} = P_0 + \frac{\Delta P_1}{2}.\] Исходное избыточное давление измеряем гидростатически, опуская трубку в мензурку; если глубины не хватает, повторяем операцию с делением избыточного давления на \(2\). Число повторений \(n\): \[\frac{P_1 - P_0}{2^n} = \rho g h, \qquad P_1 = P_0 + 2^n\rho g h .\] Температура: \[\frac{P_0V_0}{T_2} = \frac{P_1V_0}{T_0}, \qquad T_2 = T_0\,\frac{P_0}{P_1} = T_0\,\frac{P_0}{P_0 + 2^n\rho g h}.\] Вместо столба воды в мензурке может служить водяной манометр из заполненной водой трубки либо перевёрнутый мерный цилиндр (по объёму вытесненной воды).

Ответ

\(b = c = 1\), \(d = 4\); магнитный момент \(p_m \approx 0{,}15\) А\(\cdot\)м\(^2\).

Решение

Для предотвращения переворачивания магнитов с противоположными моментами помещаем их в диэлектрическую трубку; взаимодействие реализуем в четырёх вариантах (см. рис.).

По третьему закону Ньютона моменты входят в формулу симметрично, поэтому \(b = c\). Переворачивая трубку в опыте 1) и меняя магниты, убеждаемся, что массы магнитов и их магнитные моменты одинаковы.

Варианты взаимодействия (уравновешивание силы тяжести магнита \(mg\) или \(2mg\)): \[mg = F_1 = a\,\frac{p_m^{2b}}{z_1^{\,n}}, \qquad 2mg = F_2 = a\,\frac{2^b p_m^{2b}}{z_2^{\,n}}, \qquad mg = F_3 = a\,\frac{2^b p_m^{2b}}{z_3^{\,n}} ,\] где \(n = d\). Из первых двух равенств и \(z_1 = z_2 = 3{,}1\) см следует \(b = 1\). Из первого и третьего: \[\left(\frac{z_3}{z_1}\right)^{n} = 2, \qquad n = \frac{\ln 2}{\ln\left(\dfrac{z_3}{z_1}\right)} = \frac{\ln 2}{\ln\left(\dfrac{3{,}7}{3{,}1}\right)} \approx 3{,}92 \approx 4 .\] Для четвёртого варианта (две пары магнитов, по три магнита в трубке) получаем \[mg = a\,p_m^{2b}\left(\frac{1}{z_4^{\,n}} - \frac{1}{z_5^{\,n}}\right), \qquad mg = a\,p_m^{2b}\left(\frac{1}{z_5^{\,n}} - \frac{1}{(z_4 + z_5)^{n}}\right).\] Из них при \(n = 4\) следует соотношение между \(z_4\) и \(z_5\), а из первого варианта с \(b = 1\) \[mg = a\,\frac{p_m^{2}}{z_1^{\,4}}, \qquad p_m = \sqrt{\frac{z_1^{\,4}\,mg}{a}} .\] Массу магнита находим взвешиванием линейки или трубки с двумя магнитами по краям и вычитанием массы трубки, с последующим делением на \(2\). Подставляя \(m = 1{,}27\cdot10^{-3}\) кг, \(g = 9{,}8\) м/с\(^2\), \(a = 6\cdot10^{-7}\) Гн/м и \(z_1 = 3{,}2\cdot10^{-2}\) м, получаем \(p_m \approx 0{,}15\) А\(\cdot\)м\(^2\).