Санкт-Петербургская, 2018/19, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

Не различайте бусины: при упругом обмене скоростями можно считать, что они проходят друг сквозь друга. Тогда каждая «псевдобусина» движется независимо, а столкновения пересчитываются по графику.

Ответ

\(15\) столкновений.

Решение

Поскольку при абсолютно упругом ударе бусины обмениваются скоростями, а размерами бусин можно пренебречь, при рассмотрении всей системы целиком (не различая бусины) можно считать, что они проходят друг сквозь друга, не взаимодействуя. Тогда движение каждой такой «псевдобусины» не зависит от остальных и представляет собой колебания (падение, отскок, подъём, остановка и т.д.) с периодом \[T=T_{\text{падение}}+T_{\text{подъём}}=2T_{\text{падение}}=2\sqrt{\frac{2h_0}{g}},\] где \(h_0\) — исходная высота бусины. Поскольку исходные высоты бусин относятся как \(1:4:16\), периоды колебаний псевдобусин относятся как корни высот, то есть \(1:2:4\). Строим график движения псевдобусин (рис. 1).

Настоящие бусины отличаются от псевдобусин тем, что не меняют своего порядка на спице. Перестроим график в соответствии с этим условием (рис. 2). Количество столкновений теперь находится подсчётом по графику: верхняя и средняя бусины столкнулись \(2\) раза, средняя и нижняя — \(6\) раз, нижняя и пол — \(7\) раз. Всего \(15\) столкновений.

Подсказка

Вертикальная часть разгоняется сильнее наклонной, поэтому между ними действует натяжение в точке перегиба \(A\). Найдите силу натяжения в этой точке из уравнений движения обеих частей.

Ответ

Максимальная сила натяжения достигается на краю наклонной плоскости (в точке \(A\)) и равна \(T_A=\dfrac{2}{9}\,mg\,(1-\sin\alpha)\).

Решение

Проведём качественный разбор задачи: вертикальная часть верёвки сама по себе двигалась бы с ускорением \(g\), в то время как наклонная — с меньшим ускорением \(g\sin\alpha\). Между ними должна возникать сила, которая будет «разгонять» наклонную и «притормаживать» вертикальную части. Этой силой и служит сила натяжения нити в точке \(A\). Отметим, что на рисунке силы, равные по модулю \(T_A\), действующие на вертикальную и наклонную части верёвки, направлены не противоположно, как можно было бы ожидать из третьего закона Ньютона; оставим этот маленький парадокс читателю для размышления.

Для ответа на вопрос о максимальной силе натяжения рассмотрим отрезок \(on\) на наклонной части верёвки длины \(x\). Если обозначить массу остальной части как \(\Delta m(x)\), второй закон Ньютона в проекции на ось \(\vec x_1\) даёт \[\Delta m(x)\,a=T(x)+\Delta m(x)\,g\sin\alpha,\quad\text{или}\quad T(x)=\Delta m(x)\,(a-g\sin\alpha),\] где \(a\) — ускорение нити в целом, \(T(x)\) — сила натяжения в точке \(n\). Отметим, что \(a>g\sin\alpha\). По мере роста \(x\) (и \(\Delta m\)) сила натяжения растёт и достигает максимума в точке \(A\). Для вертикальной части (учитывая, что \(a<g\)) несложно показать, что при движении от точки \(A\) к нижней части верёвки (точка \(B\)) сила натяжения убывает. Таким образом, максимальное значение силы натяжения достигается в точке \(A\).

Запишем второй закон Ньютона для отрезка \(oA\) в проекции на ось \(\vec x_1\) и для отрезка верёвки \(AB\) в проекции на ось \(\vec y\). Проекции ускорения на соответствующие оси равны \(a\): \[\frac{2}{3}ma=\frac{2}{3}mg\sin\alpha+T_A, \qquad (2)\] \[\frac{1}{3}ma=\frac{1}{3}mg\sin\alpha-T_A. \qquad (3)\] Решая эту систему относительно \(T_A\), получаем \[T_A=\frac{2}{9}\,mg\,(1-\sin\alpha). \qquad (4)\]

Подсказка

Пока нет проскальзывания у стены, конструкция жёсткая. Выясните, в какую сторону может поехать платформа, и запишите равновесие сил и моментов относительно точек \(A\) и \(B\).

Ответ

Рабочий может находиться на правой четверти платформы.

Решение

Пока нет проскальзывания между стеной и концом платформы, конструкция жёсткая. Значит, движение конструкции связано исключительно с проскальзыванием в точке \(A\). Чтобы понять, какой из вариантов проскальзывания реализуется и при каком условии, запишем условия равновесия системы.

На платформу действуют: \(m\vec g\) — сила тяжести платформы и вес рабочего (они совпадают по величине); \(\vec N\) — сила реакции стены; \(\vec F_1\) — сила трения со стороны стены; \(\vec F_2\) — сила реакции шарнира (компоненты \(F_{2x}\) и \(F_{2y}\)). Сила \(\vec F_2\) направлена вдоль лестницы \(BC\), иначе противодействующая ей сила вращала бы лестницу относительно точки \(C\). Значит, \[F_{2y}=F_2\sin 45^\circ=F_2\cos 45^\circ=F_{2x}. \qquad (5)\] Поскольку платформа находится в равновесии: \[N=F_{2x}, \qquad (6)\qquad F_1+F_{2y}=2mg, \qquad (7)\] из (5) и (7) следует \[F_1+N=2mg. \qquad (8)\] Также относительно точек \(A\) и \(B\) выполняется правило рычага: \[mg(b-d)+\frac{mgb}{2}=F_{2y}\,b=Nb, \qquad (9)\qquad mgd+\frac{mgb}{2}=F_1 b. \qquad (10)\] Из последнего соотношения следует, что \(\vec F_1\) может быть направлена только вверх. Значит, если произойдёт проскальзывание, то левый край платформы будет двигаться вниз, то есть реализуется только вариант с проскальзыванием вниз. Вычитание (9) и (10) с учётом (8) даёт \[\frac{1-2d}{b}=\frac{N-F_1}{mg},\qquad \frac{d}{b}=\frac{3F_1-N}{2(N+F_1)}=\frac{3}{2}-\frac{2}{1+F_1/N}. \qquad (11)\] Максимальному отношению \(F_1/N\) (оно равно \(\mu=0{,}6\), так как это сухое трение) соответствует максимальное отношение \(d/b\): \[\left(\frac{d}{b}\right)_{max}=\frac{3}{2}-\frac{2}{1+\mu}=\frac{3}{2}-\frac{2}{1{,}6}=0{,}25. \qquad (12)\] Это и есть критическая точка. При \(d>d_{max}\) силы трения не хватит для удержания платформы, и конструкция обрушится. При \(d_{max}\ge d\ge 0\) сила трения \(F_1\le\mu N\), и обрушения не произойдёт.

Подсказка

Сначала найдите температуру после доливания пресной воды из теплового баланса воды. Затем сравните, сколько тепла нужно льду, чтобы прогреться до новой температуры замерзания, и сколько выделится при намерзании воды.

Ответ

Масса льда увеличится примерно на \(6\) г.

Решение

Вначале система была в тепловом равновесии с находящимся в ней льдом, значит, начальная температура равна температуре замерзания солёной воды. По условию \(w_0=3\%\): \[T_{з0}=-\alpha w_0=-1{,}92^\circ\text{C}.\] После добавления 1 л пресной воды массовая доля соли уменьшилась в два раза и стала \(w_1=1{,}5\%\). Температура замерзания этой воды \[T_{з1}=-\alpha w_1=\frac{T_{з0}}{2}=-0{,}96^\circ\text{C}.\] Теплоёмкости солёной и пресной воды равны \(c_в\), плотность их одинакова, значит, масса 1 л равна \(m_в=1\) кг. Из уравнения теплового баланса воды \[c_в m_в (T_1-0^\circ\text{C})+c_в m_в (T_1-T_{з0})=0\] получаем \(T_1=T_{з0}/2=-0{,}96^\circ\)C \(=T_{з1}\). После перемешивания температура солёной воды увеличилась, но оказалась равной температуре её замерзания, потому что массовая доля соли уменьшилась.

Для наступления нового теплового равновесия температура льда должна подняться от \(T_{з0}\) до новой температуры замерзания воды. Энергия на этот процесс будет получена за счёт того, что на лёд намёрзнет немного воды. Из уравнения теплового баланса \[c_л m_л (T_{з1}-T_{з0})=\lambda\,\Delta m \quad\Rightarrow\quad \Delta m\approx 5{,}82~\text{г}.\] Возможно решить задачу и более точно, так как доля соли меняется из-за намерзания воды. Так как удельная теплота плавления льда много больше его удельной теплоёмкости, намёрзшая масса воды мала, и в простом решении её влияние не учитывается. Если же учесть изменение температуры замерзания, доля соли станет \(w_2=w_1\cdot\dfrac{2m_в}{2m_в-\Delta m}\), и баланс \[c_в\,2m_в\,(T_{32}-T_{31})+c_л m_л (T_{32}-T_{30})=\lambda\,\Delta m\] с \(T_{32}=T_{31}\cdot\dfrac{2m_в}{2m_в-\Delta m}\) даёт квадратное уравнение, один корень которого \(\Delta m=2{,}03\) кг заведомо неверен, а второй — \(\Delta m=5{,}73\) г, что в пределах погрешностей совпадает с ответом простого решения.

Подсказка

Сопротивление квадрата не зависит от его стороны. Пропустите через схему Глюка ток, считая токи через квадраты пропорциональными их сторонам, и проверьте законы Кирхгофа.

Ответ

Отношение сопротивления схемы Глюка к сопротивлению схемы Бага равно \(\left(\dfrac{32}{33}\right)^2=\dfrac{1024}{1089}\).

Решение

Сперва восстановим стороны всех квадратов, на которые были разрезаны пластины (рис. 1 и 2 в условии; стороны указаны в сантиметрах на рисунке решения). Сопротивление квадрата со стороной \(a\) между двумя противоположными сторонами: \(r=\rho\dfrac{l}{S}=\dfrac{\rho a}{a d}=\dfrac{\rho}{d}\), то есть не зависит от стороны квадрата, где \(d\) — толщина пластины, \(\rho\) — её удельное сопротивление.

Рассмотрим всю схему целиком (например, схему Глюка). Приложим напряжение \(U\) к контактам. Полный ток обозначим \(I\), ток через квадрат со стороной \(a\) — \(I_a\), а падение напряжения на нём — \(U_a=I_a r\). Во-первых, суммарный ток через любое горизонтальное сечение пластины равен \(I\), что эквивалентно первому правилу Кирхгофа; во-вторых, суммарное падение напряжения по любой вертикальной линии равно \(U\), что эквивалентно второму правилу Кирхгофа. Эти условия в терминах токов дают, например, \(I_{18}+I_{14}=U/r\), \(I_{18}+I_4+I_{10}=U/r\) и т.д.

При внимательном взгляде на индексы можно заметить, что распределение токов, при котором сила тока через квадрат пропорциональна его стороне \(I_a=a\,I_1\), удовлетворяет всем условиям. Ясно, что это решение единственно. Тогда сопротивление всей схемы Глюка \[R_Г=\frac{U}{I}=\frac{U/r}{I}\,r=\frac{18I_1+14I_1}{18I_1+15I_1}\,r=\frac{32}{33}\,r=\frac{AB}{BC}\,r.\] Для схемы Бага аналогичные рассуждения дают \(R_Б=\dfrac{BC}{AB}\,r\). Их отношение \[\frac{R_Г}{R_Б}=\left(\frac{AB}{BC}\right)^2=\left(\frac{32}{33}\right)^2=\frac{1024}{1089}.\]

Подсказка

Отражённый луч поворачивается на удвоенный угол наклона шероховатости. Для показателя преломления сравните углы рассеяния до и после поворота, используя малость углов.

Ответ

\(\alpha\approx 0{,}11\) (по измерениям); \(n\approx 1{,}64\) (в критериях — \(n=1{,}65\pm0{,}15\)).

Решение

1. Делаем из листа бумаги вертикальный экран. Устанавливаем плёнку в зажиме под углом \(45^\circ\) к листу бумаги. Замеряем расстояние \(l_1\) от середины плёнки до экрана и размер пятна света лазерной указки, направляя её на экран перпендикулярно. Направляем луч от указки на середину плёнки параллельно экрану и замеряем максимальные размеры отражённого пятна на экране. Убеждаемся, что размер рассеянного пятна гораздо больше размера пятна указки без рассеяния.

Изменение угла наклона поверхности на величину \(\alpha\) приводит к отклонению отражённого луча на угол \(2\alpha\): \[2\alpha=\frac{R_1}{l_1}. \qquad (2)\] В тестовом эксперименте радиус пятна составил \(1\) см, расстояние от середины плёнки до экрана \(4{,}5\) см. Соответственно, \(2\alpha=\dfrac{1}{4{,}5}\), \(\alpha=\dfrac{1}{9}\approx 0{,}11\).

2. Пропускаем луч лазерной указки через плёнку, стоящую параллельно экрану. Измеряем расстояние до экрана и размер пятна рассеянного плёнкой света. Тогда угол рассеяния \[\theta=\frac{R_2}{l_2}. \qquad (3)\] Максимальное отклонение луча будет, когда обе шероховатости на противоположных сторонах плёнки наклонены к нормали на угол \(\alpha\) навстречу друг другу. По закону Снеллиуса на верхней границе \(\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}=n\); учитывая малость углов, \(\beta=\alpha/n\). На нижней границе \(\dfrac{\sin(2\alpha-\beta)}{\sin\gamma}\approx\dfrac{2\alpha-\beta}{\gamma}=\dfrac{1}{n}\), откуда \(\gamma=(2\alpha-\beta)n\). Тогда угол отклонения луча \[\theta=\gamma-\alpha,\qquad \theta=(2\alpha-\beta)n-\alpha=2\alpha(n-1). \qquad (4)\] Отсюда \[n=1+\frac{\theta}{2\alpha}. \qquad (5)\] Подставляя измеренные значения \(\theta\approx\dfrac{1}{7}\) и \(\alpha\approx 0{,}11\), получаем \(n=1{,}64\).

Подсказка

Снимите вольт-амперную характеристику в обоих направлениях. Излом кривой говорит об открытии диода; наклон участков при больших напряжениях — о резисторах.

Решение

Вольт-амперная характеристика чёрного ящика (в прямом и обратном направлении):

Возможные схемы чёрного ящика:

Угловые коэффициенты ветвей характеристики имеют разный наклон, сопротивления могут быть найдены как \[R_1=\frac{\Delta U_+}{\Delta I_+}=220~\text{Ом},\qquad R_2=\frac{\Delta U_-}{\Delta I_-}=110~\text{Ом},\] или \[R_3=\frac{\Delta U_+}{\Delta I_+}=110~\text{Ом},\qquad R_4=\frac{\Delta U_-}{\Delta I_-}=110~\text{Ом}.\] Напряжения открытия диодов \(U_1=1{,}5\) В (светодиод) и \(U_2=0{,}5\) В (выпрямительный диод).