Санкт-Петербургская, 2017/18, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

При упругом отскоке от гладкой плоскости сохраняется составляющая скорости вдоль плоскости, а меняется только перпендикулярная составляющая. Значит, направление изменения скорости шайбы \(\vec v_2 - \vec v_1\) перпендикулярно плоскости клюшки. Рассмотрите два направления полёта шайбы отдельно.

Ответ

Плоскость клюшки перпендикулярна вектору \(\vec v_2 - \vec v_1\). Возможны два положения (см. рисунки): при полёте слева направо клюшка располагается горизонтально, при полёте справа налево — наклонно.

Решение

При отскоке шайба сохраняет компоненту скорости вдоль плоскости клюшки, значит, изменение скорости шайбы \(\vec v_2 - \vec v_1\) перпендикулярно плоскости клюшки. От модуля скорости положение клюшки не зависит (это отвечает симметрии \(t \mapsto kt\), то есть скорость течения времени в задаче не фиксирована), поэтому достаточно решить задачу для одного значения начальной скорости.

Есть два случая направления полёта шайбы. Слева направо: разность скоростей \(\vec v_2 - \vec v_1\) вертикальна, и клюшка горизонтальна.

Справа налево: разность скоростей \(\vec v_2 - \vec v_1\) направлена вдоль нормали к наклонной клюшке.

Подсказка

Нить нерастяжима и натянута, поэтому перемещения блоков по вертикали связаны. Запишите второй закон Ньютона для гусеницы и каждого блока с силами натяжения нити и найдите отношение ускорений грузов к ускорению гусеницы.

Ответ

Верхний блок поднимется на \(3{,}6\) см, нижний опустится на \(1{,}8\) см.

Решение

Так как нить не рвётся и все время натянута, перемещения блоков по вертикали связаны: если верхний блок поднимется на \(\Delta x_1\), а нижний изменит положение на \(\Delta x_2\), то из условия натяжённой нити \(\Delta x_1 = -2\Delta x_2\).

Второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось для гусеницы, верхнего и нижнего блоков: \[\begin{cases} \dfrac{M}{4}a_\Gamma = T_1 - T_2 - \dfrac{M}{4}g,\\[4pt] Ma_1 = 2T_1 - T_2 - Mg,\\[4pt] Ma_2 = 2T_2 - Mg. \end{cases}\] Вначале система неподвижна и все ускорения равны нулю. Чтобы подняться к потолку, гусеница должна ползти с ускорением. Изменения сил натяжения \(\Delta T_1\), \(\Delta T_2\) и связь ускорений \(a_1 = -2a_2\) дают систему \[\begin{cases} \dfrac{M}{4}a_\Gamma = \Delta T_1 - \Delta T_2,\\[4pt] -Ma_2 = 2\Delta T_1 - \Delta T_2,\\[4pt] Ma_2 = 2\Delta T_2, \end{cases}\] решая которую, находим \[a_1 = \frac{2}{5}a_\Gamma, \qquad a_2 = -\frac{1}{5}a_\Gamma.\] Так как скорости и пройденные пути связаны теми же множителями, верхний блок переместится на \(l_1 = \dfrac{2}{5}l_\Gamma = 3{,}6\) см, а нижний — на \(l_2 = -\dfrac{1}{5}l_\Gamma = -1{,}8\) см.

Подсказка

Из симметрии достаточно рассмотреть проекции сил на горизонтальную ось. Для каждой прищепки сила реакции перпендикулярна её плечу, а сила трения направлена вдоль него. Условие равновесия даёт ограничение \(\mu \ge \operatorname{tg}\alpha\) для каждого контакта.

Ответ

\(\mu \ge \dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}58\).

Решение

Конструкция развалится, если силы, действующие на одну из прищепок, не будут скомпенсированы. Из симметрии конструкции для каждой прищепки силы, приложенные к разным плечам, скомпенсированы в проекции на ось \(OY\), поэтому далее рассматриваем проекции сил на ось \(OX\).

Для самой левой прищепки с внешней стороны на каждое плечо действуют сила реакции опоры \(\vec N_1\) (перпендикулярно плечу) и сила трения \(\vec F_{\text{тр}1}\) (вдоль плеча). Условие компенсации проекций на \(OX\): \[N_1\sin\alpha_1 = F_{\text{тр}1}\sin(90^\circ - \alpha_1), \qquad F_{\text{тр}1} \le \mu N_1 \ \Rightarrow\ \mu \ge \operatorname{tg}\alpha_1.\] Для средней прищепки аналогично \[N_0\sin\alpha_0 = F_{\text{тр}0}\sin(90^\circ - \alpha_0), \qquad \mu \ge \operatorname{tg}\alpha_0.\] Так как \(\alpha_0 > \alpha_1\), более строгое условие — второе. По условию \(\alpha_0 = 30^\circ\), откуда \[\mu \ge \operatorname{tg}30^\circ = \frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}58.\]

Подсказка

Сначала покажите, что ток через контакт \(B\) не течёт и резисторы \(AB\) и \(BC\) имеют одинаковое напряжение. Затем запишите закон сохранения тока в узле \(C\) и условие, что полное напряжение на схеме равно \(U_0\). Получится квадратное уравнение относительно \(U_{AC}\).

Ответ

\(I_{CD} = \dfrac{5 - \sqrt{17}}{2}\,\dfrac{U_0}{R_0} \approx 0{,}44\,\dfrac{U_0}{R_0}\).

Решение

Ток через контакт \(B\) не течёт: весь ток, втекающий по \(A\), вытекает по \(C\). Значит, ток через резистор \(AB\) равен току через резистор \(BC\) (закон сохранения тока в узле \(B\)). Так как сопротивления равны, \(U_{AB} = U_{BC} = U_{AC}/2\). Ток через элемент \[I_A = \frac{U_{AC}^2}{2U_0R_0}.\] Через резистор \(CD\) течёт ток \(I_{CD} = I_A + I_{BC}\) (закон сохранения тока в узле \(C\)). Напряжение на \(CD\) равно \(U_0 - U_{AC}\) (сумма напряжений \(AC\) и \(CD\) даёт полное напряжение \(U_0\)), поэтому \[I_{CD} = \frac{U_0 - U_{AC}}{R_0}.\] Итоговое уравнение: \[\frac{U_0 - U_{AC}}{R_0} = \frac{U_{AC}^2}{2U_0R_0} + \frac{U_{AC}}{2R_0}.\] Его решение \(U_{AC} = \dfrac{\sqrt{17} - 3}{2}\,U_0\). Тогда \[I_{CD} = \frac{5 - \sqrt{17}}{2}\,\frac{U_0}{R_0} \approx 0{,}44\,\frac{U_0}{R_0}.\]

Подсказка

Обозначьте поток энергии, падающий на правый экран, через \(I_R\) и пройдите от экрана к источнику, записывая потоки на каждом зеркале. Затем запишите баланс потоков на двух сторонах от светодиода и решите систему линейных уравнений.

Ответ

\(I_R = \dfrac{801}{2002}\,I_0 \approx 0{,}4\,I_0\), то есть правый экран поглотит примерно \(40\%\) энергии светодиода.

Решение

Обозначим поток энергии, падающий на правый экран, как \(I_R\). Тогда на зеркало, ближайшее к экрану, должен падать поток \(2I_R\), так как проходит только половина. Слева от этого зеркала отражается поток \(I_R\); поток направо \(2I_R\) между первым и вторым зеркалами складывается из \(I_R/2\), отражённого вторым зеркалом, и \(3I_R/2\), прошедшего через второе зеркало направо. Поэтому на второе зеркало слева падает поток \(3I_R\). Продолжая рассуждения, получаем, что на зеркало номер 600 (ближайшее к источнику со стороны экрана) слева падает поток \(601I_R\), а отражается поток \(600I_R\). Аналогично рассматривается левая часть конструкции.

Если поток энергии от источника обозначить \(I_0\), поток \(600I_R\), идущий влево, переходит в \(401I_L\) с добавлением половины потока от источника \(I_0/2\), и аналогично для потока направо: \[401\,I_L = 600\,I_R + \frac{I_0}{2}, \qquad 601\,I_R = 400\,I_L + \frac{I_0}{2}.\] Решая систему, находим \[I_R = \frac{801}{2002}\,I_0 \approx 0{,}4\,I_0.\]

Подсказка

Угол, при котором монета на трибометре начинает скользить с почти постоянной скоростью, даёт коэффициент трения о наклонную поверхность. Для скольжения по столу учтите, что при ударе о стол резко меняется нормальная реакция и сила трения.

Решение

На первом шаге измеряем коэффициент трения монеты о наклонную плоскость. При легком постукивании происходит соскальзывание с почти постоянной скоростью, \(a = 0\): \[\operatorname{tg}\alpha_1 = \mu_1. \tag{1}\] Увеличим угол. Скорость в конце наклонной плоскости длины \(l\): \[v_1^2 = 2al = 2g(\sin\alpha - \mu_1\cos\alpha)\,l.\] В момент удара о стол резко возрастает нормальная реакция, что приводит к увеличению силы трения. Скорость сразу после удара \[v_x = v_1\cos\alpha - \mu v_1\sin\alpha = v_1(\cos\alpha - \mu\sin\alpha),\] где \(\mu\) — коэффициент трения монеты о стол, а вертикальная компонента скорости \(v_1\sin\alpha\) гасится трением. Расстояние, пройденное монетой по столу: \[L = \frac{v_x^2}{2\mu g} = \frac{(\sin\alpha - \mu_1\cos\alpha)(\cos\alpha - \mu\sin\alpha)^2}{\mu}\,l. \tag{3}\] Обозначим \(b = \dfrac{L}{l(\sin\alpha - \mu_1\cos\alpha)}\). Тогда \(\mu b = (\cos\alpha - \mu\sin\alpha)^2\), откуда \[\mu = \frac{2\sin\alpha\cos\alpha + b - \sqrt{4b\sin\alpha\cos\alpha + b^2}}{2\sin^2\alpha}. \tag{4}\] Знак минус выбран, иначе \(\mu \gg 1\). Эквивалентно, \(\mu = \cot\alpha\,(c - \sqrt{c^2 - 1})\), где \(c = 1 + \dfrac{b}{2\sin\alpha\cos\alpha}\).

Если потерю скорости при ударе не учитывать, то \[L = \frac{v_x^2}{2\mu g} = \frac{(\sin\alpha - \mu_1\cos\alpha)\,l\cos^2\alpha}{\mu}, \qquad \mu_{1\text{упр}} = \frac{(\sin\alpha - \mu_1\cos\alpha)\cos^2\alpha}{L}\,l. \tag{5, 6}\] Если считать, что вся скорость в нижней точке горки переходит в скорость на столе, то \[L = \frac{(\sin\alpha - \mu_1\cos\alpha)\,l}{\mu}, \qquad \mu_{2\text{упр}} = \frac{(\sin\alpha - \mu_1\cos\alpha)}{L}\,l. \tag{7, 8}\] Упрощённые формулы дают завышенное значение коэффициента трения.

Измерения. Линейка 50 см. Коэффициент трения о наклонную плоскость \[\mu_1 = \operatorname{tg}\left(\arcsin\frac{14{,}5}{50}\right) = 0{,}303.\] Высота края линейки 20 см, угол \(\alpha = \arcsin\dfrac{20}{50} = 0{,}412\) рад.

Результаты измерений: при \(l = 10\), \(20\), \(30\), \(40\) см получены \(L = 4{,}5\), \(9\), \(14\), \(20\) см и \(\mu = 0{,}192\), \(0{,}192\), \(0{,}186\), \(0{,}175\) соответственно.

Среднее значение \(\bar\mu = \dfrac{0{,}192 + 0{,}192 + 0{,}186 + 0{,}175}{4} = 0{,}186\), \(S_{\bar x} = 0{,}004\), \(\mu = 0{,}186 \pm 0{,}013\). Если не учесть торможение в момент удара о стол, получается \(\bar\mu = 0{,}22\); на столах в ЛЭТИ коэффициент трения должен быть меньше.

Подсказка

Взвешивайте тело, погружённое в воду, и сравнивайте с эталонным телом с малым коэффициентом расширения. Отношение показаний весов не зависит от плотности воды, которая тоже меняется с температурой.

Ответ

Ориентир по критериям оценивания: \(\alpha \sim 1\cdot10^{-4}\ \text{К}^{-1}\) (уточняется по результатам измерений).

Решение

Коэффициент теплового расширения тела определяется методом гидростатического взвешивания: в установленном на аналитических весах сосуде с жидкостью по очереди подвешиваются исследуемое тело и тело из вещества с малым температурным коэффициентом расширения. Тела полностью погружены в жидкость и не касаются ни стенок, ни дна сосуда. Размеры эталонного тела контролируются штангенциркулем, вес вытесненной жидкости определяется по показаниям аналитических весов.

Весы показывают вес тела в единицах массы. Для исследуемого тела (голова тролля) \(P(T) = \rho_в(T)\,V(T)\), для эталонного тела \(P_\text{э}(T) = \rho_в(T)\,V_\text{э}(T)\). Их отношение не зависит от плотности воды, которая также меняется с температурой: \[\frac{P(T)}{P_\text{э}(T)} = \frac{V(T)}{V_\text{э}(T)}, \qquad V(T) = V_\text{э}(T)\,\frac{P(T)}{P_\text{э}(T)}.\] Тогда \[\alpha = \frac{1}{V_0}\frac{\Delta V}{\Delta T} = \frac{1}{\Delta T}\left(\frac{V_\text{э}(T)P(T)P_\text{э}(T_0)}{V_\text{э}(T_0)P_\text{э}(T)P(T_0)} - 1\right).\] Если учитывать изменение размеров эталонного тела, поправочный коэффициент \(\dfrac{V_\text{э}(T)}{V_\text{э}(T_0)} = \dfrac{l(T)^3}{l(T_0)^3}\). В условиях эксперимента изменение размеров эталонного тела находится за пределами точности оборудования, и получаем \[\frac{P(T)\,P_\text{э}(T_0)}{P_\text{э}(T)\,P(T_0)} = \alpha\,\Delta T + 1.\] Численное значение \(\alpha\) получается построением нормированного к начальному значению графика отношения \(P/P_\text{э}\) от температуры, аппроксимацией его прямой линией и нахождением углового коэффициента.