Санкт-Петербургская, 2019/20, заключительный этап, 11 класс

Запишите теорему о кинетической энергии. Работа силы трения зависит от реакции стержня, а та линейна по массе и заряду бусинки: результат удобно записать через отношение \(q/m\).

\(v_3 = \sqrt{\dfrac{5v_1^2 - 2v_2^2}{3}}\).

Запишем теорему о кинетической энергии для бусинки массы \(m\) и заряда \(q\). На неё действуют сила реакции (работы не совершает), сила тяжести, сила Кулона со стороны гвоздика и сила трения \(F_{\text{тр}} = \mu N\): \[\frac{mv^2}{2} = A_{\text{т}} + A_{\text{К}} + A_{\text{тр}}, \qquad A_{\text{т}} = -mg\,\Delta h, \qquad A_{\text{К}} = -q\,\Delta\varphi ,\] где \(\Delta h\) и \(\Delta\varphi\) — изменения высоты и потенциала гвоздика на пути бусинки. Сила реакции стержня \(N = mg\cos\alpha + \dfrac{kqQ}{l^2}\cos\beta\) линейна по \(m\) и \(q\), поэтому работа силы трения имеет вид \(A_{\text{тр}} = mC_1 + qC_2\), где \(C_1\) и \(C_2\) зависят только от геометрии. Тогда \[v^2 = \tilde C_1 + \frac{q}{m}\,\tilde C_2 ,\] с константами \(\tilde C_1\), \(\tilde C_2\), не зависящими от \(m\) и \(q\).

По данным опытов: \(v_1^2 = \tilde C_1 + \dfrac{q}{m}\tilde C_2\), \(v_2^2 = \tilde C_1 + \dfrac{2q}{m}\tilde C_2\). Отсюда \(\dfrac{q}{m}\tilde C_2 = v_2^2 - v_1^2\) и \(\tilde C_1 = 2v_1^2 - v_2^2\). Для бусинки массы \(3m\) с зарядом \(q\): \[v_3^2 = \tilde C_1 + \frac{q}{3m}\tilde C_2 = 2v_1^2 - v_2^2 + \frac{v_2^2 - v_1^2}{3} = \frac{5v_1^2 - 2v_2^2}{3} .\]

Отталкивание короткое, поэтому импульс системы «камень — Леголас» сохраняется. Относительная скорость отталкивания задана условием. Высоты после каждого отталкивания образуют рекуррентную последовательность.

Три камня.

Скорость, с которой Леголас отталкивается от земли, \(u_0 = \sqrt{2gh_0}\).

Пусть Леголас отталкивается от \((i+1)\)-го камня на высоте \(h_i\). Скорость камня на этой высоте \(V = \sqrt{2g(H-h_i)}\). Поскольку отталкивание быстро, импульс системы сохраняется: \(MV = MV' - mu\), где \(m\) и \(M\) — массы Леголаса и камня, \(u\) — скорость Леголаса после прыжка, \(V'\) — новая скорость камня. По условию скорость отталкивания относительно любой поверхности одна и та же: \(u + V' = u_0\). Отсюда \[u = \frac{u_0 - V}{1 + m/M}, \qquad \Delta h_i = \frac{u^2}{2g} .\] Высота после отталкивания: \[h_{i+1} = h_i + \frac{h_0 - 2\sqrt{h_0(H-h_i)} + (H - h_i)}{(1+m/M)^2} .\] При \(m/M = 0{,}1\) получаем \(h_1 \approx 9{,}83\) м, \(h_2 \approx 11{,}05\) м, \(h_3 \approx 13{,}18\) м. Значит, чтобы Леголас оказался на высоте \(H = 13\) м, Гимли придётся сбросить три камня.

Стержень нерастяжим: это даёт связь между ускорениями груза и ползунка, которую удобно получить, дважды продифференцировав условие постоянства длины стержня.

Тангенциальное ускорение груза \(a_\tau = g\sin\varphi\). Нормальное ускорение \(a_n = 2g\cos\varphi\), если \(\mu \geqslant \dfrac{\frac{3}{2}\frac{m}{M}\sin 2\varphi}{1 + 3\frac{m}{M}\cos^2\varphi}\) (ползунок неподвижен); иначе \(a_n\) определяется выражением (36) решения.

Силы на ползунок: сила от стержня величины \(T\) вдоль стержня, сила трения и нормальная реакция рельса. Уравнения движения ползунка по горизонтали и вертикали: \[Ma_x = T\sin\varphi - F_{\text{тр}}, \qquad N = T\cos\varphi + Mg .\] Для груза по осям вдоль стержня и перпендикулярно ему: \[m a_n = T - mg\cos\varphi, \qquad m a_\tau = mg\sin\varphi ,\] так что \(a_\tau = g\sin\varphi\). Условие постоянства длины стержня, продифференцированное дважды по времени, даёт (с учётом выбранных направлений ускорений) \[a_n + a_x\sin\varphi = \frac{v^2}{l} .\] Скорость груза найдём по закону сохранения энергии: \(\dfrac{mv^2}{2} = mgl\cos\varphi\), так что \(\dfrac{v^2}{l} = 2g\cos\varphi\), и \[a_n + a_x\sin\varphi = 2g\cos\varphi .\]

Случай 1: ползунок неподвижен (\(a_x = 0\)). Тогда \(T = 3mg\cos\varphi\), \(a_n = 2g\cos\varphi\), а трение покоя \(F_{\text{тр}} = \tfrac{3}{2}mg\sin 2\varphi\). Условие того, что трение не превышает \(\mu N\), даёт \[\mu \geqslant \frac{\frac{3}{2}\frac{m}{M}\sin 2\varphi}{1 + 3\frac{m}{M}\cos^2\varphi} .\]

Случай 2: ползунок движется (\(a_x \ne 0\)), \(F_{\text{тр}} = \mu N\). Решая систему, получаем \[a_x = \frac{3\frac{m}{M}\cos\varphi\,(\sin\varphi - \mu\cos\varphi) - \mu\sin\varphi} {1 + \frac{m}{M}\sin\varphi(\sin\varphi - \mu\cos\varphi)}\, g ,\] \[a_n = \frac{2\cos\varphi + \mu\sin\varphi\left(1 + \frac{m}{M}\cos^2\varphi\right) - \frac{m}{M}\sin^2\varphi\cos\varphi} {1 + \frac{m}{M}\sin\varphi(\sin\varphi - \mu\cos\varphi)}\, g .\]

Теплоёмкость — это отношение подведённого тепла к изменению температуры. Тепло распределяется между жидкостью и газом; для газа используйте первое начало термодинамики и уравнение состояния, связывая изменения высот поршней условием несжимаемости жидкости.

\[C = C_{\text{ж}} + \frac{3}{2}\nu R + \nu R\, \frac{p_0 + \rho g(h_1 - h_2)}{p_0 + \rho g\left[h_1 + \left(\dfrac{S_2}{S_1} - 2\right)h_2\right]} .\]

Пусть системе передано малое тепло \(\Delta Q\), температура возрастает на \(\Delta T\). Тепло распределяется так, что равновесие сохраняется: жидкости достаётся \(C_{\text{ж}}\Delta T\), газу — остальное: \(\Delta Q_{\text{г}} = \Delta A + \Delta U\), где \(\Delta U = \tfrac{3}{2}\nu R\Delta T\). Давление газа \(p = p_0 + \rho g(h_1 - h_2)\), работа газа \(\Delta A = pS_2\Delta h_2\).

Из уравнения состояния \(pV = \nu RT\) с учётом изменения высот поршней (несжимаемость жидкости даёт \(S_1\Delta h_1 = S_2\Delta h_2\)): \[\rho g(\Delta h_1 - \Delta h_2)S_2h_2 + pS_2\Delta h_2 = \nu R\Delta T .\] Подставляя \(\Delta h_1 = \dfrac{S_2}{S_1}\Delta h_2\) и выражая \(\Delta h_2\) через \(\Delta T\), получаем \[\Delta A = \frac{p\,\nu R\,\Delta T}{p + \rho g h_2\left(\dfrac{S_2}{S_1} - 1\right)} ,\] откуда и следует ответ, так как \(p + \rho g h_2\left(\dfrac{S_2}{S_1}-1\right) = p_0 + \rho g\left[h_1 + \left(\dfrac{S_2}{S_1}-2\right)h_2\right]\).

В каждой ячейке ЭДС индукции определяется скоростью изменения потока. Токи в ячейках связаны законами Кирхгофа; симметрия решётки уменьшает число неизвестных.

Жюри признало ошибку в условии: решение в общем виде (для произвольного \(n\)) не получается в замкнутом виде, и официального ответа на второй вопрос нет. Ниже — частичное решение, которое оценивалось из \(10\) баллов (для чётного \(n\)).

Рассмотрим одну ячейку. По закону Фарадея ЭДС индукции равна \(\varepsilon(t) = -\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t} = -BS\omega\cos\omega t\), где \(\Phi(t) = BS\sin\omega t\). Вводим контурные токи в ячейках; реальный ток по ребру равен разности контурных токов соседних ячеек либо совпадает с одним из них на границе решётки. По симметрии достаточно рассмотреть четверть решётки, содержащую \(m = n^2/2\) ячеек. Линейность системы даёт \(I_k = \alpha_k\,\varepsilon(t)/R\), где безразмерные коэффициенты \(\alpha_k\) находятся из системы уравнений Кирхгофа, например \[4\alpha_1 - \alpha_2 - \alpha_{n+1} = 1, \quad \ldots\] Для \(n = 2\) получаем \(\alpha_1 = \tfrac{3}{5}\), \(\alpha_2 = \tfrac{4}{5}\); для \(n = 4\) — \(\alpha_k\) даны в официальном решении (ответы \(\alpha_k = \tfrac{2099}{2245}, \ldots\)).

Мощность \(P = I^2R\) суммируется по всем рёбрам, \(P_{\text{общ}}(t) = N_n\dfrac{B^2S^2\omega^2}{R}\cos^2\omega t\), где \(N_n\) — безразмерный коэффициент, получаемый из системы \(m\times m\). Тепло за период \[Q = N_n\frac{B^2S^2\omega^2}{2R}\int_0^T (1 + \cos 2\omega t)\,dt = N_n\,\frac{\pi B^2S^2\omega}{R} .\]

Для центрального удара запишите закон сохранения импульса и закон сохранения энергии через высоты подъёма шаров; при малых углах высоты выражаются через горизонтальные смещения.

1. Из закона сохранения импульса \(m_1v_0 = m_1v_1 + m_2v_2\) и закона сохранения энергии при малых углах отклонения (высоты \(h = l - \sqrt{l^2 - x^2}\approx x^2/2l\)) получаем \[\frac{m_1}{m_2} = \frac{x_2}{2x_0 - x_2} ,\] где \(x_0\) — начальное смещение первого шара, \(x_2\) — смещение второго шара после удара.

2. Для одинаковых шаров коэффициент восстановления определяется по смещениям шаров после удара (при малых углах, \(k\) — отношение смещения после удара к смещению до удара); ориентиры проверяющих — результат «в воротах».

3. Для разных шаров в системе центра масс получается \(k_1 = k_2 = k\); коэффициенты восстановления каждого шара находятся по смещениям \(x_1\), \(x_2\) после удара. Ориентировочный диапазон результатов для обоих случаев удара: \(0{,}55 \ldots 0{,}8\).

Сравните потребляемую мощность мотора с вертушкой и на холостом ходу при одинаковой угловой скорости: разность идёт на потери в воздухе. Логарифмируйте зависимость.

Пусть \(U\) — ЭДС источника, \(r\) — его внутреннее сопротивление, \(R\) — сопротивление обмотки двигателя, \(I\) — ток. Мощность источника расходуется на потери в источнике и обмотке, на трение в моторе и на сопротивление воздуха вертушке: \[IU = I^2(R + r) + M_{\text{в}}\omega + M_x\omega .\] На холостом ходу при малых напряжениях вращения нет: \(U_0 = I_0(R + r)\). Разность потребляемой мощности с вертушкой и на холостом ходу при одинаковой угловой скорости идёт на сопротивление воздуха вертушки. Момент трения при этом \(M_{\text{в}} = kI - kI_x\), где \(I_x\) — ток холостого хода при той же угловой скорости. Строим зависимость логарифма \((I - I_x)\) от логарифма скорости вращения; угловой коэффициент даёт показатель \(b\). Результат тестового эксперимента: \(b \approx 1{,}995\) (в диапазоне от \(1{,}7\) до \(2{,}35\) — верный ответ).