Санкт-Петербургская, 2018/19, заключительный этап, 10 класс

Пока элемент Э разомкнут, его можно выбросить из схемы и найти потенциалы A и B делителями. Когда элемент закоротит A и B, схема превращается в две параллельные ветви.

При \(U<U_k\) ток \(I=U/R_\Sigma\) с \(R_\Sigma=\dfrac{(R_1+R_2)(R_3+R_4)}{R_1+R_2+R_3+R_4}\); при \(U\ge U_k\) (сопротивление ветвей с закороченным Э) \(I=U/R'_\Sigma\) с \(R'_\Sigma=\dfrac{R_1R_3}{R_1+R_3}+\dfrac{R_2R_4}{R_2+R_4}\). Критическое напряжение \(U_k=U_0\dfrac{(R_1+R_2)(R_3+R_4)}{R_2R_3-R_1R_4}\). На графике при уменьшении напряжения ток возвращается по второй прямой с переключением назад при \(U_k\), при \(U_k<0\) переключения при данной полярности нет, а при смене полярности график отражается симметрично. При \(U_k\to\infty\) (сбалансированный мост) элемент всегда выключен.

Пусть ток течёт слева направо и потенциал отсчитывается от правого контакта. Левый контакт имеет потенциал \(U\). Пока элемент Э не проводит, его можно убрать из схемы и найти \(\varphi_A=\dfrac{UR_2}{R_1+R_2}\), \(\varphi_B=\dfrac{UR_4}{R_3+R_4}\). Условие работы в этом режиме \(\varphi_A<\varphi_B+U_0\) даёт \[U<U_k=U_0\frac{(R_1+R_2)(R_3+R_4)}{R_2R_3-R_1R_4}.\] Суммарное сопротивление в этом режиме \[R_\Sigma=\frac{(R_1+R_2)(R_3+R_4)}{R_1+R_2+R_3+R_4},\] и ВАХ — прямая с \(\operatorname{ctg}\alpha_1=R_\Sigma\). При \(U\ge U_k\) элемент заменяется проводом, и ВАХ — снова прямая с сопротивлением \[R'_\Sigma=\frac{R_1R_3}{R_1+R_3}+\frac{R_2R_4}{R_2+R_4},\] \(\operatorname{ctg}\alpha_2=R'_\Sigma\). При \(U_k<0\) переключения при данной полярности не происходит; при обратной полярности схема переключается при \(-U_k\).

Найдите луч, попадающий на край чашки и отражающийся в крайнее положение. Сравните его с лучами, падающими ближе к центру и дальше от центра.

\(r=H\sqrt{3}+R(1-\sqrt{3})\).

Луч, падающий на чашку в центре, отражается строго вверх. Чем дальше от центра падает луч, тем больше угол падения. Луч, который после отражения попадает на край чашки, образует угол \(\alpha\) с нормалью; из прямоугольного треугольника сумма двух непрямых углов равна \(90^\circ\), поэтому \(\alpha=30^\circ\). Лучи, попавшие ближе к центру, отклоняются от вертикали меньше, а луч, падающий чуть дальше, после двух отражений от вертикального края чашки отклоняется в другую сторону и также не даёт края пятна. Более удалённые лучи претерпевают два и более отражений, и каждое из них «ухудшает» отклонение, поэтому именно красный луч (падающий на край под углом \(30^\circ\)) определяет край светового пятна. Из треугольника, заштрихованного на рисунке, \[r-R=(H-R)\operatorname{ctg}\alpha,\] откуда \(r=H\sqrt{3}+R(1-\sqrt{3})\).

Одновременно выполняются три неравенства: \(\dfrac{\Delta T\,P_0}{1{,}1\,\rho g T_0}\le\Delta h\le\dfrac{\Delta T\,P_0}{0{,}9\,\rho g T_0}\) и \(\Delta h\le\dfrac{P_0}{9\rho g}\).

Объём корпуса \(V_0\), объём трубы \(2v_0=0{,}2V_0\), то есть \(v_0=0{,}1V_0\). Количество вещества газа \(\nu\); до погружения \(P_0V_0=\nu RT_0\). Поршень выбивает из трубы при объёме газа \(V_0\pm v_0\); на глубине \(h\) давление газа \(P_0+\rho gh\), поэтому температура выбивания \[(P_0+\rho gh)(V_0\pm v_0)=\nu RT, \qquad T=(1\pm 0{,}1)\,T_0\Bigl(1+\frac{\rho gh}{P_0}\Bigr).\] Верхний знак соответствует выбиванию наружу, нижний — внутрь. Заштрихованная область на графике \(T(h)\) между прямыми с наклонами \(0{,}9\rho gT_0/P_0\) и \(1{,}1\rho gT_0/P_0\) соответствует отсутствию выбивания. Чтобы ступенчатая линия (шаг \(\Delta h\), подъём \(\Delta T\)) оставалась внутри области через большое число шагов, её средняя крутизна \(\Delta T/\Delta h\) должна лежать между наклонами границ: \[\frac{0{,}9\rho gT_0}{P_0}\le\frac{\Delta T}{\Delta h}\le\frac{1{,}1\rho gT_0}{P_0},\] откуда \[\frac{\Delta T\,P_0}{1{,}1\rho gT_0}\le\Delta h\le\frac{\Delta T\,P_0}{0{,}9\rho gT_0}.\] Кроме того, ступеньки не должны выйти за линию выбивания внутрь на первом шаге: \(T=0{,}9T_0\bigl(1+\rho g\Delta h/P_0\bigr)\le T_0\), то есть \(\Delta h\le\dfrac{P_0}{9\rho g}\).

Обратите задачу во времени: найдите, куда упало бы Кольцо, если бы его отпустили из точки C без начальной скорости, и бросьте его обратно из этой точки.

Скорость броска \(V=\sqrt{ga\,(2k+\sqrt{3})}\) под углом \(\alpha=\operatorname{arctg}\sqrt{3+8k\sqrt{3}}\) к горизонту из точки на земле на расстоянии \(L=\dfrac{a}{4}\bigl(\sqrt{9+8k\sqrt{3}}-3\bigr)\) от основания укрепления (от края укрепления по земле, в сторону Сэма).

Энергия сохраняется, потенциальная энергия в точке C фиксирована, поэтому минимальная начальная скорость соответствует минимальной конечной скорости кольца. Обращаем задачу во времени: кольцо, отпущенное из C без начальной скорости, съедет к краю крыши, а затем по параболе упадёт на землю. Если Фродо бросит кольцо строго обратно из точки падения, оно въедет по крыше и окажется в точке C с нулевой скоростью. Это и есть случай наименьшей начальной скорости.

Скорость падения кольца с высоты \(ka+a\sqrt{3}/2\) без начальной скорости: \(V=\sqrt{ga(2k+\sqrt{3})}\). Именно с этой скоростью бросает Фродо.

В момент отрыва от крыши (спуск с высоты \(a\sqrt{3}/2\)) скорость \(u=\sqrt{ga\sqrt{3}}\), её проекции \(u_x=u\cos60^\circ\), \(u_y=u\sin60^\circ\). Движение по параболе: \(x(t)=u_xt\), \(y(t)=ka-u_yt-\dfrac{gt^2}{2}\). Время падения \(T=\dfrac{\sqrt{u_y^2+2gka}-u_y}{g}\), расстояние \[L=u_xT=a\,\frac{\sqrt{9+8k\sqrt{3}}-3}{4}.\] Вертикальная скорость у земли \(V_y^2=u_y^2+2gka=ga\bigl(\tfrac{3\sqrt3}{4}+2k\bigr)\), горизонтальная \(V_x=u_x\), \(V_x^2=\dfrac{ga\sqrt3}{4}\). Тогда \[\operatorname{tg}^2\alpha=\frac{V_y^2}{V_x^2}=3+8k\sqrt{3}, \qquad \alpha=\operatorname{arctg}\sqrt{3+8k\sqrt{3}}.\]

\(L=\dfrac{2kR^2}{kR-2mg}\).

Жёсткость куска пружины обратно пропорциональна длине: \(K=\dfrac{kR}{L}\). Деформация пружины в положении \(\Delta x=L-2R\). Условие «шарик не выбьет» в виде \(K\Delta x\ge mg\) недостаточно: система неустойчива относительно малого поворота пружины вокруг шарнира. Пусть пружина отклонилась на малый угол \(\alpha\). Сила реакции \(F\) действует вдоль пружины, её длина \(2R\cos\alpha\), сила реакции сферы \(N\) — по радиусу. Для возврата в вертикаль нужно \[F\sin\alpha\ge mg\sin(2\alpha),\qquad F=K(L-2R\cos\alpha).\] При малых \(\alpha\): \(\sin\alpha\approx\alpha\), \(\cos\alpha\approx1\), и неравенство даёт \(K(L-2R)\ge 2mg\). Подставляя \(K=kR/L\), получаем \(L=\dfrac{2kR^2}{kR-2mg}\).

Для модуля Юнга берите малые удлинения, где поправка из-за коэффициента Пуассона мала. Коэффициент Пуассона можно найти по линеаризации зависимости силы от удлинения.

Для тестового эксперимента (по официальному решению): \(a=0{,}239\) Н/см\(^{b}\), \(b=0{,}611\); модуль Юнга \(E=1{,}55\cdot10^6\) Па и \(E=1{,}32\cdot10^6\) Па (по разным парам точек); коэффициент Пуассона \(\nu=0{,}426\) по линеаризованной зависимости и \(\nu=0{,}52\pm0{,}03\) по гидростатическому взвешиванию.

Измерения удобно проводить с использованием электронных весов: груз подвешивается к резинке, сила равна весу груза, удлинение измеряется линейкой.

Из определения коэффициента Пуассона изменение толщины резинки при удлинении \(\Delta d=-\dfrac{\nu d_0\Delta l}{l_0}\). Для квадратного сечения площадь \(S=d_0^2\bigl(1-\nu\Delta l/l_0\bigr)^2\), и \[F=Ed_0^2\,\frac{\Delta l}{l_0}\Bigl(1-\nu\frac{\Delta l}{l_0}\Bigr)^2.\] Для малых \(\Delta l\) модуль Юнга \(E=\dfrac{F_0\,l_0}{\Delta l\,d_0^2}\). Теоретические кривые с \(E_{12}=1{,}55\cdot10^6\) Па (по первой и второй точкам) и \(E_{13}=1{,}32\cdot10^6\) Па (по первой и третьей точкам) близки к табличному значению \(E\approx1{,}5\cdot10^6\) Па.

Для коэффициента Пуассона уравнение приводится к виду \[\sqrt{\frac{Fl_0}{Ed_0^2\Delta l}}=1-\nu\frac{\Delta l}{l_0}.\] По угловому коэффициенту линеаризованной зависимости получаем \(\nu=0{,}426\). Проверка гидростатическим взвешиванием: объём \(V=V_0(1+\varepsilon)(1-\nu\varepsilon)^2\), откуда \(\nu=\dfrac{1}{\varepsilon}\Bigl(1-\sqrt{\dfrac{V}{V_0(1-\varepsilon)}}\Bigr)\). При \(\varepsilon=0{,}35\) получено \(\nu=0{,}52\pm0{,}03\); справочное значение \(\nu=0{,}5\) попадает в интервал этого результата.

Сложность — неравномерное плавление парафина: используйте латунную спираль, которая выравнивает температуру по парафину. Тепловые балансы пишите отдельно для нагрева, плавления, кристаллизации и охлаждения.

Формулы для \(\alpha\) и \(\lambda\) — в решении ниже. Ориентир по критериям официального решения: удельная теплота плавления \(\lambda\) в диапазоне \(150\ldots200\) кДж/кг. Числовых значений \(\alpha\) и температуры плавления в официальном решении (тексте) не приведено.

Свеча и кофейная чашка с водой помещаются в бумажный стакан для уменьшения теплопотерь. В кипящую воду в чашке кладут свечу с латунной спиралью сверху и измеряют зависимость температуры воды вблизи свечи от времени. Обозначения: \(T_{в0}\) — начальная температура воды, \(T_к\) — комнатная, \(T_{пл}\) — температура плавления парафина, \(T_{в1}\ldots T_{в4}\) — температуры воды в характерные моменты (начало плавления, полное расплавление, начало и конец застывания).

Баланс нагрева парафина до температуры плавления: \[c_вm_в(T_{в0}-T_{в1})=c_пm_п(T_{пл}-T_к)+\sum_{i=1}^{n_1}\alpha(T_{вi}-T_к)\Delta t_i,\] откуда коэффициент теплопотерь \[\alpha=\frac{c_вm_в(T_{в0}-T_{в1})-c_пm_п(T_{пл}-T_к)}{\sum_{i=1}^{n_1}(T_{вi}-T_к)\Delta t_i}.\] Баланс плавления парафина: \[c_вm_в(T_{в1}-T_{в2})=\lambda m_п+\sum_{i=n_1+1}^{n_2}\alpha(T_{вi}-T_к)\Delta t_i,\] баланс между полным расплавлением и началом застывания: \[c_вm_в(T_{в2}-T_{в3})=\sum_{i=n_2+1}^{n_3}\alpha(T_{вi}-T_к)\Delta t_i,\] баланс отвердевания: \[\lambda m_п+c_вm_в(T_{в3}-T_{в4})=\sum_{i=n_3+1}^{n_4}\alpha(T_{вi}-T_к)\Delta t_i,\] баланс охлаждения застывшего парафина: \[c_вm_в(T_{в4}-T_{в5})+c_пm_п(T_{пл}-T_{п5})=\sum_{i=n_4+1}^{n_5}\alpha(T_{вi}-T_к)\Delta t_i.\] Так как при высоких температурах \(\alpha\) растёт, надёжнее расчёты по второму и третьему балансам. Из баланса плавления \[\lambda=\frac{c_вm_в(T_{в1}-T_{в2})-\alpha\sum_{i=n_1+1}^{n_2}(T_{вi}-T_к)\Delta t_i}{m_п}.\] Альтернативный метод: расплавить парафин в горячей воде и переложить свечу в воду комнатной температуры. Теплопотерями при малом изменении температуры воды можно пренебречь, и \(\lambda=\dfrac{c_вm_в}{m_п}(T_{хв1}-T_к)\). Конвекция в этом методе затруднена, поэтому воду нужно перемешивать; застывание трудно заметить из-за корочки на поверхности. Перепад температуры воды увеличивают, уменьшая её количество.