Санкт-Петербургская, 2018/19, отборочный этап, 11 класс

Горизонтальный импульс системы равен нулю, поэтому коробка движется только пока летит снаряд. Найдите скорость коробки из закона сохранения импульса и время полёта до попадания снаряда в стенку, потолок или дно.

Смещение коробки \(x = uT\), где \(u = \dfrac{m v\cos\alpha}{m + M}\), а \(T\) — время полёта снаряда: \(T = T_1 = \dfrac{2v\sin\alpha}{g}\) при \(H_{max} < D\), \(L_{max} < 2D\); \(T = T_2\) при \(H_{max} \ge D\), \(L_{max} < 2D\); \(T = T_3\) при \(H_{max} < D\), \(L_{max} \ge 2D\); \(T = \min(T_2, T_3)\) при \(H_{max} \ge D\), \(L_{max} \ge 2D\). Здесь \(T_2 = \left(1 - \sqrt{1 - \dfrac{D}{H_{max}}}\right)\dfrac{v\sin\alpha}{g}\), \(T_3 = \dfrac{2D}{v\cos\alpha}\), \(H_{max} = \dfrac{v^2\sin^2\alpha}{2g}\), \(L_{max} = \dfrac{v^2\sin 2\alpha}{g}\).

Горизонтальная проекция импульса системы сохраняется. Из \(m(v\cos\alpha - u) - Mu = 0\) находим скорость коробки, пока летит снаряд: \[u = \frac{m}{m + M}\, v\cos\alpha. \qquad (1)\] В системе коробки снаряд вылетает из угла коробки под углом \(\alpha\) к горизонту. Если бы у коробки не было верха и стенок, снаряд упал бы на дно через \(T_1 = \dfrac{2v\sin\alpha}{g}\). Высота полёта \(H_{max} = \dfrac{v^2\sin^2\alpha}{2g}\), дальность \(L_{max} = \dfrac{v^2\sin 2\alpha}{g}\).

Если \(H_{max} \ge D\), снаряд может попасть в потолок. Время подъёма на высоту \(D\): \[T_2 = \left(1 - \sqrt{1 - \frac{D}{H_{max}}}\right)\frac{v\sin\alpha}{g}.\] Если \(L_{max} \ge 2D\), снаряд может попасть в противоположную стенку за время \(T_3 = \dfrac{2D}{v\cos\alpha}\).

В зависимости от соотношения параметров время смещения коробки равно \(T_1\), \(T_2\), \(T_3\) или \(\min(T_2, T_3)\), как указано в ответе. Смещение коробки равно \(x = uT\).

Все частицы движутся по окружностям одинакового радиуса, поэтому поле лишь поворачивает картину вылета. Найдите радиус, при котором «крайняя» частица попадает в нижний конец детектора.

\(\dfrac{2mv\sin(l/R)}{qR} \le B \le \dfrac{2mv}{qR}\).

Без поля частицы летят прямолинейно по радиусам и в детектор не попадают. При включении поля на каждую частицу действует сила Лоренца \(qvB\), и все частицы движутся по окружностям одного радиуса \[r = \frac{mv}{qB}. \qquad (6)\] С ростом \(B\) радиус уменьшается, а картина поворачивается по часовой стрелке. Показания детектора достигают максимума, когда частицы попадают на детектор по всей его длине. Для этого «крайняя» частица должна попасть в самую нижнюю точку детектора. Из геометрии \(2r_0\sin\alpha = R\), где \(\alpha = l/R\) — угловой размер детектора, поэтому \[B_0 = \frac{mv}{q r_0} = \frac{2mv\sin(l/R)}{qR}. \qquad (7)\] Частицы перестают долетать до трубы, если радиус \(r < R/2\). Граничное значение поля \[B_m = \frac{2mv}{qR}. \qquad (8)\] При \(B = B_m\) все частицы попадают в правую половину трубы. Итог: показания детектора максимальны при \[\frac{2mv\sin(l/R)}{qR} \le B \le \frac{2mv}{qR}.\]

Сравните суммарную энергию конденсаторов до и после сомкновения пластин. Заряд, который остаётся на соединённых пластинах, сохраняется; напряжения на параллельных ветвях равны.

\(E = \dfrac{2Q^2}{3C}\).

Начальная энергия трёх конденсаторов \[W_0 = \frac{Q^2}{2C} + \frac{Q^2}{2C} + \frac{Q^2}{C} = \frac{2Q^2}{C}.\] После смыкания пластин конденсатора \(X\) цепь состоит из двух параллельных ветвей: конденсатора ёмкостью \(C\) и конденсатора ёмкостью \(C/2\) — с разными зарядами \(Q_1\) и \(Q_2\). Закон сохранения заряда даёт \(Q_1 + Q_2 = 2Q\), а равенство напряжений \(Q_1/C = Q_2/(C/2)\). Отсюда \(Q_1 = \dfrac{4}{3}Q\), \(Q_2 = \dfrac{2}{3}Q\).

Конечная энергия \[W_1 = \frac{(4Q/3)^2}{2C} + \frac{(2Q/3)^2}{C} = \frac{4Q^2}{3C}.\] Выделившееся количество теплоты \[E = W_0 - W_1 = \frac{2Q^2}{3C}.\]

Сначала найдите высоту поршня после насыпания песка по закону Бойля–Мариотта. Затем составьте уравнение теплового баланса для малого шага подъёма поршня, учитывая, что сопротивление стержня между дном и поршнем зависит от высоты.

\(t = \dfrac{5}{4}\,\dfrac{\lambda}{U^2}\,\dfrac{(2p_0 S + mg)\,mg\,h_0^2}{p_0 S + mg}\).

Песок насыпают медленно, поэтому сжатие газа изотермическое. Начальный объём \(V_0 = h_0 S\), давление \(p_0\). Конечная высота \(h_1\), давление \(p_1 = p_0 + mg/S\). По закону Бойля–Мариотта \[h_1 = \frac{p_0 S}{p_0 S + mg}\, h_0. \qquad (16)\] При высоте поршня \(h\) сопротивление цепи равно \(R = \lambda h\), и за малое время \(\Delta t\) выделяется тепло \(\Delta Q = \dfrac{U^2}{\lambda h}\Delta t\). Это тепло полностью идёт на нагрев газа. Газ расширяется при постоянном давлении \(p_0 + mg/S\), поэтому работа \(\Delta A = (p_0 S + mg)\Delta h\), изменение внутренней энергии \(\Delta U = \dfrac{3}{2}(p_0 S + mg)\Delta h\) (по уравнению Клапейрона–Менделеева). Первое начало термодинамики даёт \[\frac{U^2}{\lambda h}\Delta t = \frac{5}{2}(p_0 S + mg)\Delta h,\] откуда \(\Delta t = G\, h\,\Delta h\) с \(G = \dfrac{5\lambda}{2U^2}(p_0 S + mg)\).

Это дифференциальное уравнение аналогично движению с постоянным ускорением: за время от \(\tau_1\) до \(\tau_2\) координата изменяется на \(\dfrac{G}{2}(\tau_2^2 - \tau_1^2)\). Поэтому время подъёма поршня с высоты \(h_1\) до \(h_0\) \[t = \frac{G}{2}\left(h_0^2 - h_1^2\right) = \frac{5}{4}\,\frac{\lambda}{U^2}\,\frac{(2p_0 S + mg)\,mg\,h_0^2}{p_0 S + mg}.\]

Если ускорения всех точек цилиндра равны нулю, цилиндр находится в равновесии: суммы сил и моментов равны нулю. Проверьте, может ли брусок сам покоиться на цилиндре, и при каком угле это возможно.

Ускорение всех точек цилиндра равно нулю только в случае б): 1) \(\mu_0 \ge \sqrt{3}\), \(\mu_B \ge \dfrac{\sqrt{3}}{6}\); 2) \(\dfrac{\sqrt{3}}{3} \le \mu_0 < \sqrt{3}\), \(\mu_B \ge \dfrac{2\mu_0}{9 + \mu_0\sqrt{3}}\). В случае а) равновесие цилиндра невозможно.

Случай а) (\(\mu_A \ne 0\), \(\mu_B = 0\)). Если брусок покоится, то \(\mu_0 \ge \operatorname{tg}\alpha\), сила реакции со стороны цилиндра уравновешивает \(mg\), и на цилиндр действует вертикальная сила \(mg\) в точке \(C\). Проекция на горизонталь даёт \(N_A = 0\), то есть трение о стену тоже равно нулю, и момент силы \(mg\) не может быть скомпенсирован. Если брусок скользит (\(\mu_0 < \operatorname{tg}\alpha\)), сила трения \(\mu_0 mg\cos\alpha\) и нормальная сила \(mg\cos\alpha\) дают результирующую, отклонённую от нормали на угол \(\beta\) с \(\operatorname{tg}\beta = \mu_0 < \operatorname{tg}\alpha\). Горизонтальные силы на цилиндр не компенсируются. Значит, в случае а) равновесие невозможно.

Случай б) (\(\mu_A = 0\), \(\mu_B \ne 0\)). Если брусок покоится (\(\mu_0 \ge \operatorname{tg}\alpha\)), то из условий равновесия цилиндра по горизонтали и вертикали и по моментам \[N_A = F_B = mg\sin\alpha, \qquad N_B = (m + M)g.\] Условие \(F_B \le \mu_B N_B\) даёт \(\mu_B \ge \dfrac{m\sin\alpha}{m + M}\). При \(M = 2m\), \(\alpha = 60^\circ\): \(\mu_B \ge \dfrac{\sqrt{3}}{6}\) при \(\mu_0 \ge \sqrt{3}\).

Если брусок скользит (\(\mu_0 < \operatorname{tg}\alpha\)), то \(N = mg\cos\alpha\), \(F_{тр} = \mu_0 mg\cos\alpha\), и \[N_A = mg(\mu_0\cos\alpha + \mu_0 - \sin\alpha)\cos\alpha, \qquad F_B = \mu_0 mg\cos\alpha, \qquad N_B = mg(\mu_0\sin\alpha + \cos\alpha)\cos\alpha + Mg.\] Условие \(N_A \ge 0\) даёт \(\mu_0 \ge \dfrac{\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}\), при \(\alpha = 60^\circ\) это \(\mu_0 \ge \dfrac{\sqrt{3}}{3}\). Условие \(F_B \le \mu_B N_B\) даёт \(\mu_B \ge \dfrac{2\mu_0}{9 + \mu_0\sqrt{3}}\).