Санкт-Петербургская, 2019/20, отборочный этап, 10 класс

Подсказка

Пока схема не погружена, тока нет. Точки, которые коснулись жидкости, имеют её потенциал, поэтому погружённые части схемы можно выбросить или объединить. Найдите сопротивление схемы между \(a\) и жидкостью в каждый момент и примените закон Ома.

Ответ

При \(0\le t\le\tau\): \(I(t)=\dfrac{U\,(5-3t/\tau)}{R\,(2-t/\tau)\,(3-2t/\tau)}\); при \(\tau\le t\le 2\tau\): \(I(t)=\dfrac{2U}{R}\cdot\dfrac{1}{1-(t-\tau)/\tau}\).

Решение

Пока дощечка не погрузилась, цепь не замкнута и ток равен нулю. В момент погружения точек \(d\) и \(e\) их потенциал совпадает с потенциалом жидкости, поэтому их можно объединить в одну точку и упростить схему.

Погружённые части схемы не проводят ток, так как все точки жидкости эквипотенциальны. Поэтому сопротивления, оказавшиеся в жидкости, уменьшаются пропорционально времени и полностью обращаются в ноль к моменту \(t=\tau\).

Пусть \(0\le t\le\tau\). Заштрихованные сопротивления станут равны \(R(1-t/\tau)\) (левое) и \(2R(1-t/\tau)\) (правое). Схема состоит из двух параллельных ветвей сопротивлениями \(R(2-t/\tau)\) и \(R(3-2t/\tau)\). Разделив напряжение \(U\) на полное сопротивление, получаем \[I(t)=\frac{U\,(5-3t/\tau)}{R\,(2-t/\tau)\,(3-2t/\tau)}.\]

Если \(\tau\le t\le 2\tau\), сопротивления в жидкости уже обратились в ноль, а оставшиеся (см. рисунок) убывают пропорционально \(t-\tau\) по закону \(R\bigl(1-(t-\tau)/\tau\bigr)\). Они одинаковы и соединены параллельно, поэтому полное сопротивление вдвое меньше и \[I(t)=\frac{2U}{R}\cdot\frac{1}{1-(t-\tau)/\tau}.\]

Подсказка

Закон сохранения импульса выполняется, так как внешних сил вдоль нити нет. Но магнитная сила совершает работу при притягивании и при отталкивании, поэтому энергия механическая не сохраняется. Работа равна разности площадей под графиками \(F_1(x)\) и \(F_2(x)\).

Ответ

\(u=\dfrac{v}{4}\left(1+\sqrt{24k+9}\right)\approx 1{,}6\,v\), где \(k\approx 0{,}93\) (см. решение).

Решение

На бусины не действуют внешние силы вдоль нити, поэтому выполняется закон сохранения импульса. Удары абсолютно упругие, но магнитная сила совершает ненулевую работу: она разгоняет правую бусину при притяжении и затем замедляет отлетающую влево. Работа \(A\) равна разности площадей под графиками \(F_1(x)\) и \(F_2(x)\). Подсчёт по клеткам даёт \(93\) клетки (погрешность около \(\pm 5\) клеток), то есть \(A=kmv^2\), где \(k=0{,}93\pm 0{,}05\).

Пусть в конце скорость крайней левой бусины \(u\), а остальной системы \(u'\). Тогда \[mv=mu-3mu', \qquad \frac{mv^2}{2}+A=\frac{mu^2}{2}+\frac{3mu'^2}{2}.\] Сокращая массу и подставляя \(A\), получаем \[v=u-3u', \qquad (1+2k)v^2=u^2+3u'^2.\] Решая систему и отбрасывая отрицательный корень (он соответствует налёту бусины слева, а не справа), получаем \[u=\frac{v}{4}\left(1+\sqrt{24k+9}\right)\approx 1{,}6\,v.\]

Подсказка

Рассмотрите силы во вращающейся системе отсчёта: центробежная сила, натяжение нити, сила трения и реакция. Столбик не должен вращаться, поэтому запишите правило рычага относительно его центра масс.

Ответ

\(\mu\ge 0{,}7\,\dfrac{\omega^2R}{g}\).

Решение

Рассмотрим критическое значение коэффициента трения, при котором столбик начинает проскальзывать, но ещё не соскальзывает с карусели. Силы тяжести \(mg\) и реакции карусели \(N=mg\) уравновешивают друг друга; сила тяжести приложена к центру масс \(C\) столбика.

На столбик действуют сила натяжения нити \(T\), сила трения \(\mu N=\mu mg\) и центробежная сила \(m\omega^2R\), приложенная к центру масс и направленная от оси. Условие равновесия в горизонтальном направлении: \[T+\mu mg=m\omega^2R.\] Столбик не должен вращаться, поэтому относительно центра масс \(C\) выполняется правило рычага. Так как \(AC:CB=7:3\), получаем \[3\mu mg\,x=7T\,x \quad\Longrightarrow\quad 3\mu mg=7T.\] Решая систему, получаем ответ \(\mu\ge 0{,}7\,\omega^2R/g\).

Подсказка

Сила, которую нужно приложить к нижнему поршню, уравновешивает давление воды на него. Вычислите её через высоту столба воды, учитывая, что на верхний поршень вода действует вниз. Затем используйте формулу тонкой линзы (зеркала).

Ответ

При \(\rho gV\le F\le 3\rho gfS\): \(x(F)=\dfrac{fF}{F-3\rho gfS}\); при \(F>3\rho gfS\): \(x(F)=\dfrac{fV}{V-fS}\). При меньших \(F\) равновесие невозможно.

Решение

Введём расстояния \(a\) и \(b\), показывающие положение поршней (см. рисунок); источник света находится на расстоянии \(a+b\) от зеркала. Сила \(F\) компенсирует давление воды на нижний поршень: \[F=\rho g\,(a+b)\,3S.\] Эта сила больше веса воды в трубе при ненулевом \(a\): это гидростатический парадокс, связанный с тем, что жидкость в расширяющейся трубе давит на стенки вверх.

Для зеркала с фокусом \(f\) и расстоянием до источника \(a+b\) и изображения \(x\): \[\frac{1}{a+b}+\frac{1}{x}=\frac{1}{f}.\] Выражая \(a+b\) из первого равенства и подставляя во второе, получаем \[x(F)=\frac{fF}{F-3\rho gfS}.\] При \(F_{\text{кр}}=3\rho gfS\) величина \(x\) обращается в бесконечность, и при переходе через это значение изображение из действительного становится мнимым. При больших \(|F|\) функция стремится к \(f\): это сдвинутая гипербола.

Однако не при любом \(F\) равновесие возможно. При \(F>F_{\max}=3\rho gV\) нижний поршень упирается в сосуд, и дальнейший рост силы не меняет положения поршней; при \(F<F_{\min}=\rho gV\) сила не удерживает поршни, и равновесие невозможно. Поэтому график обрезается: при \(F>3\rho gfS\) значение \(x\) постоянно и равно \(\dfrac{fV}{V-fS}\), а область \(F<\rho gV\) убирается. Возможные виды графика зависят от соотношения параметров.

Подсказка

Во втором опыте гантель вращается вокруг центра масс, а центр масс падает как в первом опыте. Угловую скорость удобно найти, перейдя в систему, движущуюся горизонтально со скоростью нижнего шара минус половина скорости.

Ответ

Раньше ударится шарик \(Б\).

Решение

В первом опыте центр масс опускается на \(nL\), где \(n=9\), поэтому скорость удара \(v=\sqrt{2gnL}\), а время падения \(T=\sqrt{2nL/g}\).

Во втором опыте гантель вращается. Перейдём в систему, движущуюся со скоростью \(v/2\) в направлении начальной скорости нижнего шара: там шары вращаются вокруг центра масс с линейной скоростью \(v/2\), а угловая скорость равна \[\omega=\frac{v/2}{L/2}=\sqrt{\frac{2gn}{L}}.\] Угловая скорость одинакова во всех инерциальных системах. Центр масс падает с ускорением \(g\) без начальной скорости, а горизонтальное движение со скоростью \(v/2\) не влияет на падение и вращение.

Через время \(T\) центр масс находится на высоте \(L/2\) над землёй, а гантель повернулась на угол \[\varphi=\omega T=2n=18\ \text{рад}\approx 2\tfrac{3}{4}\ \text{оборота}+\alpha,\quad \alpha\approx 41^\circ.\] Скорость шаров относительно земли получается сложением вращательной скорости, скорости падения \(v\) и горизонтальной скорости \(v/2\). В этом положении шар \(Б\) находится ближе к земле и имеет большую вертикальную скорость, поэтому он ударится о землю раньше.