Санкт-Петербургская, 2017/18, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Удар о гвоздь гасит только составляющую скорости вдоль прямой, соединяющей центр фигуры и гвоздь. Дальше фигура поворачивается вокруг гвоздя: запишите закон сохранения энергии с учётом работы сил \(T\) и найдите угол, при котором эти силы перестают разгонять вращение.

Ответ

\(T > \dfrac{2Mg}{1+\sqrt{10}}\).

Решение

Рассмотрим основные этапы движения фигуры. На рис. (а) фигура скользит к гвоздю, на рис. (б) — в момент, предшествующий столкновению, на рис. (в) — вращается после удара. Поскольку по условию фигура не может оторваться от гвоздя при вращении, силу реакции пола не обсуждаем; показаны только силы \(T\) со стороны нити и сила тяжести \(Mg\).

Поступательное движение до столкновения: горизонтальная сила \(T\) сообщает фигуре ускорение \(a = T/M\). К моменту столкновения \[v_0 = \sqrt{2Ra} = \sqrt{\dfrac{2RT}{M}}.\] Столкновение абсолютно неупругое, но нецентральное. Разложим \(v_0\) на скорость \(w_0\) вдоль прямой \(O\Gamma\) (через центр цилиндра и гвоздь) и скорость \(u_0\), перпендикулярную ей. Составляющая \(w_0\) при ударе полностью гасится, а \(u_0 = v_0/\sqrt{2}\) не меняется и задаёт начальную скорость вращения фигуры вокруг гвоздя \(\Gamma\). Тот же результат даёт закон сохранения момента импульса относительно \(\Gamma\): \(Mv_0R = Mu_0\sqrt{2}R\), откуда \(v_0 = \sqrt{2}\,u_0\). Итак, сразу после удара кинетическая энергия фигуры равна \(Mu_0^2/2 = TR/2\).

Пусть положение фигуры задаётся углом \(\varphi\); в начальный момент вращения \(\varphi_0 = \pi/4\). При повороте вокруг гвоздя центр масс поднимается и смещается вправо: \[\Delta h = \sqrt{2}R(\cos\varphi - \cos\varphi_0) = R\left(\sqrt{2}\cos\varphi - 1\right), \qquad \Delta s = \sqrt{2}R(\sin\varphi_0 - \sin\varphi) = R\left(1 - \sqrt{2}\sin\varphi\right).\] Изменение кинетической энергии: \[\dfrac{Mu^2(\varphi)}{2} - \dfrac{Mu_0^2}{2} = -(Mg+T)\Delta h + T\Delta s = -(Mg+T)R\left(\sqrt{2}\cos\varphi - 1\right) + TR\left(1 - \sqrt{2}\sin\varphi\right).\] Сравним моменты сил относительно \(\Gamma\). Момент горизонтальной силы \(T\) совпадает с моментом двух других сил при угле \(\tilde\varphi\): \[T\cos\tilde\varphi = (T+Mg)\sin\tilde\varphi .\] Это критический угол: до него внешние силы тормозят вращение, дальше — разгоняют. Фигура перевалится через гвоздь, если кинетическая энергия не обращается в ноль при \(\varphi = \tilde\varphi\). Введём \(x \equiv 1 + \dfrac{Mg}{T} = \operatorname{ctg}\tilde\varphi\); тогда \(\sin\tilde\varphi = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\), \(\cos\tilde\varphi = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\), и условие принимает вид \[\dfrac{3}{2} + x > \sqrt{2}\left(x\cos\tilde\varphi + \sin\tilde\varphi\right) = \sqrt{2}\sqrt{1+x^2}.\] Решая неравенство с учётом \(x > 1\), получаем \(1 < x < \dfrac{3+\sqrt{10}}{2}\). Отсюда \[T > \dfrac{2Mg}{1+\sqrt{10}}.\]

Подсказка

Сравните равновесные температуры смеси при одинаковом числе открытых верхних и нижних камер и при одной лишней верхней камере. Подставьте три значения температуры с графика и найдите число камер из полученной системы.

Ответ

\(T_0 = 390\) К, \(T_1 = 585\) К; к моменту \(t_0\) объединено четыре камеры (по две верхние и две нижние).

Решение

Введём \(\alpha = T_1/T_0 > 1\) и обозначим число молей газа в каждой верхней камере через \(\nu_0\); тогда в каждой нижней камере \(\nu_0/\alpha\). Рассмотрим момент, когда открыто \(n\) нижних камер; среди верхних открыто либо \(n\), либо \(n+1\).

1) Открыто \(n\) нижних и \(n\) верхних камер. Перегородки теплоизолированы, внутренняя энергия при смешивании не меняется: \[\dfrac{3}{2}n\nu_0RT_0 + \dfrac{3}{2}n\dfrac{\nu_0}{\alpha}R\alpha T_0 = \dfrac{3}{2}\left(\nu_0 + \dfrac{\nu_0}{\alpha}\right)nRT_*,\] откуда \(T_* = \dfrac{2\alpha}{\alpha+1}T_0\) — температура не зависит от \(n\).

2) Открыто \(n\) нижних и \(n+1\) верхних камер. Аналогично \[T_n = \dfrac{(2n+1)\alpha}{(\alpha+1)n + \alpha}\,T_0 .\]

По графику определяем три равновесные температуры: \[T_* = 468~\text{K}, \qquad T_n = 450~\text{K}, \qquad T_{n+1} = 455~\text{K}.\] Отношения \(T_*/T_n\) и \(T_*/T_{n+1}\) дают уравнение, содержащее только \(n\): \[(2n+3)\dfrac{T_*}{T_{n+1}} = 2 + (2n+1)\dfrac{T_*}{T_n} \quad\Rightarrow\quad n = \dfrac{3T_*T_n - T_*T_{n+1} - 2T_nT_{n+1}}{2T_*(T_{n+1}-T_n)}.\] Подставляя значения, получаем \(n = 2\): к моменту \(t_0\) объединены две верхние и две нижние камеры. Из уравнения \(\dfrac{\alpha}{\alpha+1} = \dfrac{5}{2}\cdot\dfrac{468}{450} - 2\) находим \(\alpha = 3/2\). Затем из \(T_* = \dfrac{2\alpha}{\alpha+1}T_0\): \[T_0 = \dfrac{3/2 + 1}{2\cdot 3/2}\cdot 468~\text{K} = 390~\text{K}, \qquad T_1 = \dfrac{3}{2}\cdot 390~\text{K} = 585~\text{K}.\]

Подсказка

Выпишите условия равновесия каждого цилиндра по силам и моментам относительно оси. Рассмотрите отдельно предельный случай скольжения (трение покоя равно \(\mu N\)) и случай отрыва левого цилиндра от пола.

Ответ

При \(0 < \mu < 1/\sqrt{3}\): \(F_{\min} = F_L(\mu) = \dfrac{2\mu(\mu+1)mg}{(2+\sqrt{3})\mu^2 - (\sqrt{3}-1)\mu + 1}\), левый цилиндр начинает вращаться на месте против хода часовой стрелки. При \(\mu > 1/\sqrt{3}\): \(F_{\min} = mg\), левый цилиндр начинает качение вверх по стенке без проскальзывания.

Решение

Левый цилиндр. На рисунке отмечены силы: \(F_1\), \(F_2\) — силы трения о стенку и пол, \(N_1\), \(N_2\) — нормальные реакции, \(F\) — сила пружины. Условия равновесия: \[F_1 - mg + \dfrac{1}{2}F + N_2 = 0, \qquad N_1 - F_2 - \dfrac{\sqrt{3}}{2}F = 0, \qquad \dfrac{1}{2}F - F_1 - F_2 = 0\] (последнее — условие равновесия моментов относительно оси цилиндра).

Предельный случай: цилиндр начинает вращаться против хода часовой стрелки, скользя по стенке и полу, \(F_1 = \mu N_1\), \(F_2 = \mu N_2\). Решая систему, получаем \[F_L = \dfrac{2\mu(\mu+1)mg}{(2+\sqrt{3})\mu^2 - (\sqrt{3}-1)\mu + 1}, \quad N_1 = \dfrac{(\sqrt{3}+1)\mu mg}{(2+\sqrt{3})\mu^2 - (\sqrt{3}-1)\mu + 1}, \quad N_2 = \dfrac{(1-\mu\sqrt{3})mg}{(2+\sqrt{3})\mu^2 - (\sqrt{3}-1)\mu + 1}.\] При \(\mu > 1/\sqrt{3}\) величина \(N_2\) отрицательна, то есть цилиндр отрывается от пола, и предположение о скольжении по полу неверно. Тогда \(N_2 = F_2 = 0\), и из системы получаем \(F = mg\), \(N_1 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}mg\), \(F_1 = \dfrac{1}{2}mg\). При этом \(F_1 < \mu N_1\), так что при \(\mu > 1/\sqrt{3}\) цилиндр начинает качение по стенке без проскальзывания, а необходимая для этого сила со стороны пружины равна \(mg\).

Итог для левого цилиндра: при \(\mu < 1/\sqrt{3}\) вращение на месте начинается при \(F = F_L(\mu)\); при \(\mu > 1/\sqrt{3}\) — при \(F = mg\). Заметим, что \(F_L(1/\sqrt{3}) = mg\), то есть предельное значение \(F\) непрерывно зависит от коэффициента трения.

Правый цилиндр. На рисунке указаны силы, действующие на него; направления сил трения \(F_3\) и \(F_4\) зафиксированы, в предельном случае \(F_3 = \mu N_3\), \(F_4 = \mu N_4\): \[-\dfrac{1}{2}F - mg + N_4 - \mu N_3 = 0, \qquad \dfrac{\sqrt{3}}{2}F - \mu N_4 - N_3 = 0, \qquad \dfrac{1}{2}F - \mu N_3 - \mu N_4 = 0.\]

Решение этой системы: \[F_R = \dfrac{2\mu(1-\mu)mg}{(2-\sqrt{3})\mu^2 - (\sqrt{3}+1)\mu + 1}, \quad N_3 = \dfrac{\mu(\sqrt{3}-1)mg}{(2-\sqrt{3})\mu^2 - (\sqrt{3}+1)\mu + 1}, \quad N_4 = \dfrac{(1-\mu\sqrt{3})mg}{(2-\sqrt{3})\mu^2 - (\sqrt{3}+1)\mu + 1}.\] Знаменатель может обращаться в нуль при корнях \[\mu_\pm = \dfrac{1}{2}\left(2+\sqrt{3}\right)\left[1 + \sqrt{3} \pm \sqrt{2\left(3\sqrt{3}-2\right)}\right],\] причём \(\mu_- \approx 0{,}38\), \(\mu_+ \approx 9{,}8\). При \(\mu \to \mu_-\) сила \(F_R\) стремится к бесконечности: при \(\mu \geqslant \mu_-\) правый цилиндр заклинивает и остаётся в равновесии при любой \(F\). При \(\mu < \mu_-\) правый цилиндр начинает вращаться при \(F = F_R(\mu)\).

Сравнение. При \(0 < \mu < \mu_-\) разность \[F_L - F_R = \dfrac{8\mu^3(\mu - \sqrt{3})mg}{D_L D_R}\] (где \(D_L\), \(D_R\) — знаменатели соответствующих дробей) отрицательна, поэтому \(F_L < F_R\), и минимальная сила равна \(F_L(\mu)\).

Ответ: при \(0 < \mu < 1/\sqrt{3}\) минимальное \(F = F_L(\mu)\), левый цилиндр начинает вращаться на месте против хода часовой стрелки; при \(\mu > 1/\sqrt{3}\) минимальное \(F = mg\), левый цилиндр начинает качение по стенке без проскальзывания.

Подсказка

Последовательное соединение двух элементов с \(U = \alpha_1 I^2\) и \(U = \alpha_2 I^2\) — это элемент с \(\alpha_1 + \alpha_2\); при параллельном соединении \(1/\sqrt{\tilde\alpha} = 1/\sqrt{\alpha_1} + 1/\sqrt{\alpha_2}\). Запишите закон Ома для всей цепи с ВАХ \(U = \beta I^2\) и найдите ток, при котором мощность максимальна.

Ответ

Схема 6 из трёх нагревателей (рис. 6 в решении): два нагревателя последовательно в одной ветви и один — в параллельной ветви; \(P \approx 78{,}08\) Вт.

Решение

Для двух элементов с ВАХ \(U = \alpha_1 I^2\) и \(U = \alpha_2 I^2\) при последовательном соединении \(\tilde\alpha = \alpha_1 + \alpha_2\), при параллельном \[\dfrac{1}{\sqrt{\tilde\alpha}} = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha_1}} + \dfrac{1}{\sqrt{\alpha_2}}.\] Поэтому любая схема из нагревателей имеет ВАХ \(U = \beta I^2\), а мощность на ней при токе \(I\) даётся формулами \[U_0 = IR + \beta I^2, \qquad I = \dfrac{-R + \sqrt{R^2 + 4\beta U_0}}{2\beta}, \qquad P = (U_0 - IR)I.\]

Мощность как функция тока — парабола с ветвями вниз, максимум при \(I_{\max} = U_0/(2R) = 6{,}25\) А. Ему соответствует \(\beta_{\max} = \dfrac{2R^2}{U_0} = 0{,}32\) В/А\(^2\).

Все неэквивалентные схемы из четырёх нагревателей показаны на рис. (1)–(16) ниже; коэффициенты \(\beta\) для них приведены в таблице.

Ближе всего к \(\beta_{\max}\) коэффициенты схем 6 и 13: \(\beta_6 \approx 0{,}34\) В/А\(^2\) (отклонение \(\approx 0{,}02\)) и \(\beta_{13} \approx 0{,}28\) В/А\(^2\) (отклонение \(\approx 0{,}04\)). Соответствующие токи \(I_6 \approx 6{,}11\) А и \(I_{13} \approx 6{,}54\) А; ток в схеме 6 ближе к \(I_{\max}\). Значит, наибольшую мощность даёт схема 6 из трёх нагревателей, мощность \(P_6 \approx 78{,}08\) Вт.

Ответ: схема 6 из трёх нагревателей, \(P \approx 78{,}08\) Вт.

Подсказка

Найдите, под какими углами лучи входят в куб и выходят из соседней боковой грани. Три точки на экране — это три пучка, выходящих из куба параллельно; расстояние между ними связано с углом выхода и фокусным расстоянием линзы. Подумайте, что меняется, если возможно полное внутреннее отражение.

Подсказка

Зависимость быстро возрастает и нелинейна. Попробуйте степенную функцию, затем экспоненту, и выберите такую замену, в которой зависимость становится прямой.

Решение

Измерения проводились на более толстом стержне, \(d = 8\) мм, в эксперименте выдан стержень \(d = 6\) мм, поэтому расстояния и времена могут не совпадать.

Построена зависимость времени \(t\) до расплавления капли от расстояния \(x\) (таблица измерений, рис. ниже): зависимость быстро возрастающая и нелинейная.

Степенная функция \(t = Ax^b\) не даёт прямой в координатах \(\ln t\) от \(\ln x\). Экспонента \(t = Ae^{bx}\) тоже не даёт прямой в координатах \(\ln t\) от \(x\), но выглядит как функция от \(\sqrt{x}\). Прологарифмировав ещё раз, получаем прямую в координатах \(\ln\ln t\) от \(\ln x\) (с коэффициентом наклона \(0{,}611\)), а при построении \(\ln t\) от \(\sqrt{x}\) точки ложатся на прямую:

Итак, \(t = Ae^{b\sqrt{x}}\), где \(A \approx 2{,}88\), \(b \approx 1{,}01\): \[t \approx 2{,}88\,e^{1{,}01\sqrt{x}}.\]

Подсказка

Ускорение найдите из времени скатывания и высоты подъёма. Для силы в нижней точке учтите, что нить натянута двумя частями, и сумму сил, связанную с изменением направления скорости центра масс.

Решение

Проведено несколько измерений времени скатывания (не менее 5): \(t = 7{,}1\); \(7{,}66\); \(7{,}25\); \(8{,}1\); \(7{,}8\) с. Среднее \(t_s = 7{,}582\) с.

Ускорение: \(a = \dfrac{2h}{t_s^2} = 1{,}1133\) см/с\(^2\) (здесь \(h = 32\) см). Погрешность времени \(\Delta t = 2{,}8\sqrt{\dfrac{1}{4\cdot 5}\sum_n (t_n - t_s)^2} = 0{,}51\) с, погрешность ускорения \(\Delta a = \sqrt{\left(\dfrac{2h}{t_s^3}\Delta t\right)^2 + \left(\dfrac{2\Delta h}{t_s^2}\right)^2} = 0{,}077\) см/с\(^2\) (с \(\Delta h = 0{,}5\) см).

Теоретическое ускорение из уравнения динамики: \[(m+M)gr = \left[\dfrac{MR^2}{2} + \dfrac{mr^2}{2} + (m+M)r^2\right]\dfrac{a}{r} \quad\Rightarrow\quad a_{\text{теор}} = \dfrac{(m+M)gr^2}{\dfrac{MR^2}{2} + \dfrac{mr^2}{2} + (m+M)r^2} \approx 1{,}09~\text{см/с}^2 .\] Здесь \(R = 15\) см, \(r = 0{,}35\) см, \(M = 180\) г.

Сила натяжения в нижней точке: скорость в этот момент \(v = a t_s\), угловая скорость \(\omega = v/r\), \(\tau = \pi/\omega\). Сила натяжения нитей: \[F = (M+m)g + \dfrac{2(M+m)v}{\tau} \approx 1{,}804~\text{Н} + 0{,}238~\text{Н} = 2{,}043~\text{Н},\] на одну нить приходится \(F_1 = F/2 \approx 1\) Н; погрешность \(\Delta F \approx 0{,}032\) Н.

Количество теплоты, выделившееся при рывке нити в нижнем положении: \[Q = (M+m)g\,\Delta H \approx 0{,}217~\text{Дж},\] где \(\Delta H = 12\) см — изменение высоты при подъёме маятника после рывка.