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

Подсказка

Лестница ломается, когда момент силы относительно точки \(O\) достигает критического значения. Найдите момент, который создаёт человек, и посмотрите, при каком его положении этот момент максимален.

Ответ

\(\alpha < \dfrac{1}{2}\arcsin\sqrt{\dfrac{4F_0h}{mgl}}\), где \(\alpha\) — наименьший острый угол L-образной лестницы (угол при вершине \(B\)).

Решение

Сначала найдём условие разлома. Критический момент сил относительно точки \(O\) равен \(M_{\text{кр}} = F_0h\). По условию лестница ломается, когда момент силы, приложенной к вертикальному отрезку, достигает этой величины. Оба момента, приложенные к разным отрезкам лестницы, стремятся «развернуть» её прямой угол в тупой; пока они меньше \(M_{\text{кр}}\), лестница держится.

Пусть человек находится на расстоянии \(x\) по горизонтали от точки \(B\) (сначала считаем, что он правее точки \(O\), то есть \(x < l\cos^2\alpha\)). Условие отсутствия вращения относительно точки \(B\) даёт \[mgx = N_1 l \quad\Rightarrow\quad N_1 = \frac{mgx}{l}.\] Относительно точки \(O\) момент силы \(N_1\) равен \(M = N_1 l\sin^2\alpha = mgx\sin^2\alpha\). Он растёт с ростом \(x\) и принимает максимум при \(x = l\cos^2\alpha\), то есть когда человек находится в точке \(O\). Чтобы лестница не сломалась в этот момент, нужно \(M < M_{\text{кр}}\): \[mgl\cos^2\alpha\sin^2\alpha < F_0h \quad\Rightarrow\quad \sin 2\alpha < \sqrt{\frac{4F_0h}{mgl}} \quad\Rightarrow\quad \alpha < \frac{1}{2}\arcsin\sqrt{\frac{4F_0h}{mgl}} .\] Случай, когда человек левее точки \(O\), аналогичен: достаточно отсчитывать \(x\) от точки \(A\) и заменить \(N_1\leftrightarrow N_2\) и \(\alpha\) на \(\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)\). Неравенство при этом не меняется, и ответ тот же.

Неравенство удобно решать через квадратное уравнение относительно \(\sin^2\alpha\): \[\sin^2\alpha\,(1-\sin^2\alpha) < \frac{F_0h}{mgl} \quad\Rightarrow\quad \sin^2\alpha < \frac{1-\sqrt{1-4F_0h/(mgl)}}{2}.\]

Подсказка

Давление под поршнем постоянно, значит, концентрация газа под поршнем постоянна. Найдите число молекул, при котором газ заполняет всё хранилище высотой \(H\), и повторите рассуждение для каждой новой температуры.

Ответ

Предохранитель сработает \(183\) раза; в конце поршень окажется на высоте примерно \(9{,}92\) м.

Решение

Пусть \(S\) — площадь поршня, \(V\) — объём под поршнем, \(N\) — число молекул, вытекших из баллона, \(n = N/V\) — концентрация газа под поршнем. Давление поршня на газ постоянно и равно \(p = mg/S\). Из уравнения состояния \(p = nkT\) следует, что концентрация \(n_0 = \dfrac{p}{kT_0}\) постоянна, пока газ вытекает и поршень поднимается.

В первый раз предохранитель сработает, когда газ с концентрацией \(n_0\) заполнит всё хранилище объёма \(SH\), то есть когда число молекул станет равно \[N_1 = n_0 SH = \frac{mgH}{kT_0}.\] После срабатывания температура станет \(T_0 - \Delta T\), а давление поршня останется тем же, поэтому новая концентрация равна \(n_1 = \dfrac{p}{k(T_0-\Delta T)} > n_0\). Поршень при срабатывании опустится. Рассуждая аналогично, получаем, что предохранитель срабатывает, когда число молекул под поршнем равно \[\frac{mgH}{k\,(T_0 - z\,\Delta T)},\] где \(z\) — целое число, показывающее, сколько раз сработал предохранитель.

Весь газ вытечет, когда число молекул под поршнем станет равно \(\nu_0 N_A\): \[\frac{mgH}{k\,(T_0-(z-1)\Delta T)} \le \nu_0 N_A \le \frac{mgH}{k\,(T_0-z\,\Delta T)}.\] Переписывая неравенство относительно \(z\) и учитывая \(kN_A = R\), получаем \[\frac{T_0}{\Delta T} - \frac{mgH}{\nu_0 R\,\Delta T} \le z \le \frac{T_0}{\Delta T} - \frac{mgH}{\nu_0 R\,\Delta T} + 1 .\] Подставляя \(R = 8{,}31\), получаем \(182{,}07 \le z \le 183{,}07\), так что предохранитель сработает \(183\) раза. Конечная температура равна \(T_k = 300 - 183 = 117\) К. По уравнению Клапейрона—Менделеева находим конечный объём и высоту поршня: \(p V_k = \nu_0 R T_k\), откуда \[H_k = \frac{V_k}{S} = \frac{\nu_0 R T_k}{mg} \approx 9{,}92~\text{м}.\]

Подсказка

Лёгкая бусинка, налетающая на тяжёлую снизу, отскакивает от неё почти как от движущейся стенки и получает утроенную скорость. Выясните, как растёт скорость верхней бусинки с ростом числа бусинок.

Ответ

\(10\) бусинок.

Решение

Скорости всех бусинок при подлёте к земле практически одинаковы; обозначим их \(V\). Нумеруем бусинки снизу вверх. Нижняя отскакивает от земли со скоростью \(V\) и бьёт вторую, которая летит вниз со скоростью \(V\), и т.д.

Рассмотрим столкновение первой и второй бусинок. Если вторая бесконечно легче первой, она отскакивает от неё как от движущейся стенки и получает скорость \(3V\). Это легко увидеть в системе отсчёта первой бусинки: там вторая налетает со скоростью \(2V\) и с той же скоростью отскакивает от неподвижной тяжёлой стенки; возвращаясь в неподвижную систему, получаем \(3V\).

Далее вторая бусинка (летящая вверх) бьёт третью, которая тоже бесконечно легче, и получает скорость \(7V\). Продолжая, для бусинок, каждая из которых гораздо легче предыдущей, \(n\)-я бусинка после отскока имеет скорость \((2n-1)V\) (доказывается по индукции). Поэтому скорость верхней бусинки в \(z\) раз больше первого опыта, если \(2^{N-1} - 1 < z < 2^{N} - 1\) при \(N\) бусинках.

Для Маска \(2^9 - 1 = 511 < 800 < 1023 = 2^{10} - 1\), поэтому нужно не менее \(10\) бусинок. При этом не требуется, чтобы массы отличались в бесконечное число раз: достаточно увеличить скорость в \(800\), а не в \(1023\) раза.

Отметим также, что для достижения космических высот достаточно сбрасывать бусинки с высоты всего \(10\) м: скорость верхней бусинки накапливается в геометрической прогрессии с ростом числа бусинок.

Подсказка

Поверхность пузыря работает как рассеивающая линза с фокусным расстоянием, пропорциональным его радиусу. Радиус пузыря найдите из закона Бойля—Мариотта для газа в нём: объём газа растёт с глубиной не так, как объём головы.

Ответ

Линза с оптической силой примерно \(1{,}4\) дптр.

Решение

Голова Седрика находится внутри воздушного пузыря; свет к ней приходит от предметов снаружи через воду с коэффициентом преломления \(n\). Сферическая поверхность пузыря работает как рассеивающая линза с фокусным расстоянием \[|f| = \frac{R}{n-1} = \frac{1}{|D|}.\] Действительно, для луча, падающего на сферу под малым углом \(\alpha\), закон преломления в параксиальном приближении даёт \(n\alpha = \beta\), а из треугольников \(OBB'\) и \(BB'F\) следует \(BB' = R\alpha = |f|(n-1)\alpha\). Положение точки \(F\) не зависит от \(\alpha\), значит, все лучи, параллельные оси, выходят из одной точки \(F\). Чтобы компенсировать эту линзу, Седрику нужна собирающая линза той же оптической силы.

Когда Седрик ныряет, радиус пузыря меняется, а с ним меняется оптическая сила. Так как количество газа и его температура постоянны, произведение давления газа на его объём постоянно. Пусть \(V\) — объём газа у поверхности; объём головы равен \(V/3\). На глубине \(H\) давление вдвое больше атмосферного (\(\rho g H = p_0\)), поэтому объём газа равен \(V/2\), и \[\frac{V}{2} + \frac{V}{3} = \frac{4\pi}{3}R_1^3 .\] На глубине \(2H\) давление втрое больше атмосферного, газ сжимается до объёма \(V/3\): \[\frac{V}{3} + \frac{V}{3} = \frac{4\pi}{3}R_2^3 .\] Отсюда \(\dfrac{R_1^3}{R_2^3} = \dfrac{5}{4}\). Так как \(|D|\propto R^{-1}\), получаем \[D' = D\,\frac{R_1}{R_2} = 1{,}3\cdot\left(\frac{5}{4}\right)^{1/3} \approx 1{,}4~\text{дптр}.\]

Подсказка

При росте напряжения диоды открываются по одному. На каждом участке между открытиями ток линейно зависит от напряжения, поэтому график кусочно-линейный.

Ответ

\(I = 0\) при \(U < 1\) В; \(I = \dfrac{U-1}{2}\) при \(1 < U < 3\) В; \(I = U - 2\) при \(3 < U < 5\) В; \(I = 2U - 6\) при \(U > 5\) В (в точке \(U = 5\) В ток скачком меняется с \(3\) А до \(4\) А). Светодиод горит при напряжении схемы от \(1\) до \(5\) В.

Решение

Будем постепенно увеличивать напряжение \(U\) на схеме; левую клемму считаем имеющей потенциал \(U\), правую — заземлённой.

При \(U < U_1 = 1\) В все диоды закрыты, ток равен нулю. При \(U = U_1\) открывается D1. Пусть \(U = U_1 + \Delta U\). В этом режиме на каждом сопротивлении падает \(\Delta U/2\), а на D1 — \(U_1 = 1\) В, так что ток \(I = \dfrac{\Delta U}{2R} = \dfrac{U-1}{2}\) (с учётом \(R = 1\) Ом). Этот режим продолжается, пока не откроется D2, что происходит при \(U = 3\) В. Тогда \(I = 0\) при \(U < 1\) В и \(I = \dfrac{U-1}{2}\) при \(U \in (1; 3)\) В.

Далее открыт D2, и на D1 и D2 падают \(1\) и \(2\) В. Ток через левое сопротивление \(I = (U-2)/R = U - 2\) и совпадает с полным током схемы; ток через правое сопротивление перестаёт меняться и равен \(1\) А. Этот режим продолжается до открытия D3, то есть до \(U - 1 = U_3 = 4\) В, или \(U = 5\) В. Итак, \(I = U - 2\) при \(U \in (3; 5)\) В. В этот момент полный ток равен \(3\) А, ток через D2 равен \(2\) А, а через D3 ток ещё не течёт.

При больших напряжениях \(U = 5 + \Delta U\) на D2 и D3 падают \(2\) и \(4\) В. Светодиод в этой ситуации закрывается: напряжение на нём меньше \(1\) В. Ток через левое сопротивление \(I_1 = (3+\Delta U)/R\) течёт и через D2, ток через правое сопротивление \(I_2 = (1+\Delta U)/R\) течёт и через D3. Полный ток \(I = I_1 + I_2 = (4 + 2\Delta U)/R\), то есть при \(U > 5\) В \[I = 2U - 6 .\] При включении этого режима происходит скачок тока: при сколь угодно малом \(\Delta U\) ток превышает \(4\) А.

Подсказка

Закупорьте пробирку и оттягивайте поршень шприца: вода закипает при понижении давления. Давление кипения связано с объёмом шприца законом Бойля—Мариотта. Логарифм зависимости даёт линейную связь \(\ln P\) с \(1/T\).

Решение

Соберём установку. Замерив температуру воды, закупорим пробирку и достаточно быстро будем оттягивать поршень шприца, создавая кипение. Процесс считаем изотермическим (теплоёмкость пара мала по сравнению с теплоёмкостью воды). Давление, при котором вода закипает при измеренной температуре, находим как \[P = \frac{P_0 V_0}{V_0 + V},\] где \(V_0\) — объём свободного от воды пространства в пробирке (включая объём трубок), \(V\) — объём под поршнем шприца. Измеряем требуемый для закипания объём шприца при разных температурах воды.

Прологарифмируем зависимость: \(\ln P = \ln A + BC - \dfrac{B}{T}\). Строим зависимость \(\ln P\) от \(x = 1/T\): константа \(B\) находится как модуль углового коэффициента. Параметры \(A\) и \(C\) избыточны, поэтому произвольный выбор одного из них однозначно определяет второй. Например, при атмосферном давлении \(P_0 = 101{,}3\) кПа вода кипит при \(T_0 = 373\) К; положив \(A = P_0\), получаем \(C = 1/T_0\) и \[P = P_0\exp\!\left[B\left(\frac{1}{T_0} - \frac{1}{T}\right)\right].\] Комментарий для проверяющих: ориентировочные значения \(B \approx 4895\) К и \(C \approx 2{,}68\cdot 10^{-3}\) К\(^{-1}\) (при \(A = P_0\)); погрешность оценивается по разбросу точек.

Подсказка

Напряжённость на линии между электродами находится по разности потенциалов на малом шаге. Поля обоих цилиндров на этой линии направлены одинаково, поэтому их модули складываются.

Решение

1. Замеряем потенциалы на линии, соединяющей электроды, и соответствующие им координаты \(x\) точек с равным шагом. Напряжённость поля примерно посередине между соседними точками находим как \[E_{i+1/2} = -\frac{\varphi_{i+1}-\varphi_i}{x_{i+1}-x_i}.\] Для повышения точности вычисляем \(E\) по нескольким точкам и усредняем.

2. Результирующая напряжённость в точке на линии, находящейся на расстояниях \(x\) и \(l - x\) от осей цилиндров (здесь \(l\) — расстояние между осями), равна сумме полей двух цилиндров, направленных вдоль линии одинаково: \[E(x) = \frac{\tau}{2\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{l-x}\right).\] По найденным значениям строим \(E(x)\) и наносим экспериментальные точки.

3. Погонная ёмкость находится из заряда на единицу длины и напряжения между электродами \(U\): \[C_n = \frac{C}{h} = \frac{q}{U h} = \frac{\tau}{U} .\]