Санкт-Петербургская, 2020/21, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Сначала найдите скорость, с которой космонавт должен оттолкнуться, чтобы попасть в астероид вовремя. Затем выпишите закон сохранения импульса при встрече. Подумайте, нужно ли гасить весь импульс или только его составляющую, направленную от станции.

Ответ

Если \(-\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \operatorname{arctg}\dfrac{1}{3}\) или \(\dfrac{\pi}{4} \leqslant \alpha < \operatorname{arctg} 2\), то \(\Delta P = 3mV\); если \(\operatorname{arctg}\dfrac{1}{3} \leqslant \alpha < \dfrac{\pi}{4}\), то \(\Delta P = 2mv\cos\alpha\); при \(\alpha \geqslant \operatorname{arctg} 2\) космонавт не встретится с астероидом. Здесь \(V = \dfrac{1}{3}\sqrt{u^2 + 4v^2 - 4uv\sin\alpha}\), \(u = \dfrac{v}{2\cos\alpha - \sin\alpha}\).

Решение

Пусть точка встречи — \(O\), \(x = |BO| = L\operatorname{tg}\alpha\), \(l = |CO| = L/\cos\alpha\). Из равенства времён полёта космонавта и астероида до точки \(O\): \(\dfrac{2L - x}{v} = \dfrac{l}{u}\), откуда \[u = \frac{v}{2\cos\alpha - \sin\alpha}.\] Заметим, что \(\operatorname{tg}\alpha < 2\), иначе космонавт не доберётся до астероида.

По закону сохранения импульса после столкновения (масса системы \(3m\)): \[V_x = \frac{2v - u\sin\alpha}{3}, \qquad V_y = \frac{u\cos\alpha}{3}, \qquad V = \frac{1}{3}\sqrt{u^2 + 4v^2 - 4uv\sin\alpha}.\] Направление скорости: \(\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{V_y}{V_x} = \dfrac{1}{4 - 3\operatorname{tg}\alpha}\).

Если \(\operatorname{tg}\varphi < 0\) (при \(4/3 < \operatorname{tg}\alpha < 2\)) или \(-\pi/2 < \alpha < 0\), после столкновения космонавт и астероид удаляются от станции. Тогда нужно погасить весь импульс: \(\Delta P = 3mV\). Если погасить импульс сразу, а затем дать бесконечно малый импульс в сторону станции, можно вернуться.

Если \(0 < \operatorname{tg}\alpha < 4/3\), сравним углы \(\varphi\) и \(\alpha\): неравенство \(\operatorname{tg}\varphi - \operatorname{tg}\alpha < 0\) сводится к \(\dfrac{1 - 4\operatorname{tg}\alpha + 3\operatorname{tg}^2\alpha}{4 - 3\operatorname{tg}\alpha} < 0\). При \(\dfrac{1}{3} < \operatorname{tg}\alpha < 1\) выполняется \(\varphi < \alpha\): у скорости \(V\) есть составляющая к станции, и достаточно погасить только составляющую полного импульса, перпендикулярную \(CO\). До столкновения эту составляющую имел только астероид, поэтому \[\Delta P = 3mV\cos(\alpha - \varphi) = 2mv\cos\alpha.\] В остальных случаях (\(0 < \alpha < \operatorname{arctg}\dfrac{1}{3}\) или \(\dfrac{\pi}{4} < \alpha < \operatorname{arctg}\dfrac{4}{3}\)) после столкновения космонавт и астероид удаляются от станции и \(\Delta P = 3mV\).

Ответ: \(\Delta P = 3mV\) при \(-\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \operatorname{arctg}\dfrac{1}{3}\) или \(\dfrac{\pi}{4} \leqslant \alpha < \operatorname{arctg} 2\); \(\Delta P = 2mv\cos\alpha\) при \(\operatorname{arctg}\dfrac{1}{3} \leqslant \alpha < \dfrac{\pi}{4}\); при \(\alpha \geqslant \operatorname{arctg} 2\) встреча невозможна.

Подсказка

Удар по верхнему ребру раскручивает брусок, так что часть энергии уходит во вращение. Запишите законы сохранения импульса, момента импульса относительно центра бруска и энергии. Время удара можно устремить к нулю.

Ответ

\(|AB| = \dfrac{10\,(m/M)}{1 + 5\,m/M}\,L\).

Решение

Пусть \(v\) — скорость мячика перед ударом, \(u\) — после удара. Брусок под действием горизонтальной силы \(F\) в точке \(G\) начинает двигаться поступательно и вращаться. Возьмём систему отсчёта, связанную с нижним правым углом \(E\), и запишем второй закон Ньютона и уравнение моментов относительно центра бруска. При \(F > (b/c)Mg\) брусок начинает вращаться относительно \(E\) (\(b\) — ширина, \(c\) — высота бруска).

Перейдём к пределу \(F \to \infty\), \(\Delta t \to 0\) при \(F\Delta t = \Delta p = m(u + v)\). Тогда скорости центра масс бруска \[v_{Cx} = \frac{\Delta p}{M}, \qquad v_{Cy} = \frac{c}{b}\cdot\frac{\Delta p}{M}.\] Законы сохранения энергии, горизонтального импульса и момента импульса относительно центра бруска дают \[\frac{u}{v} = \frac{1 - (m/M)(1 + c^2/b^2)}{1 + (m/M)(1 + c^2/b^2)}.\] Отношение расстояний \(|AF|\) и \(|BF|\) равно отношению скоростей \(v\) и \(u\), так как время полёта определяется высотой \(|FG|\) и одинаково для траекторий \(GA\) и \(GB\). Поэтому \(|BF| = \dfrac{u}{v}L\). При \(c/b = 2\): \[|AB| = |AF| - |BF| = \frac{10\,(m/M)}{1 + 5\,m/M}\,L.\] Предельные случаи: при \(m \ll M\) отрезок мал, \(|AB| \approx 10(m/M)L\) (брусок — почти неподвижная стена); при \(M \ll m\) получаем \(|AB| \approx 2L\).

Ответ: \(|AB| = \dfrac{10\,(m/M)}{1 + 5\,m/M}\,L\).

Подсказка

Когда пружина не напряжена, первая линза даёт изображение в фокусе второй. Когда линза висит, найдите растяжение пружины \(y\) через весовую массу линзы и закон Гука, а положение изображения — через формулу тонкой линзы для второй линзы, где источником служит первое изображение.

Ответ

\(m = \dfrac{kF\,(3 \pm \sqrt{5})}{2g}\).

Решение

Когда линза Л\(_2\) удерживается, параллельный пучок получается, если первая линза даёт действительное изображение \(S_1\) в фокусе второй. По формуле тонкой линзы \(\dfrac{1}{F} = \dfrac{1}{f} + \dfrac{1}{d}\) при \(d = 2F\) находим \(f = 2F\). Значит, длина ненапряжённой пружины \(x_0 = 2F + F = 3F\).

Пусть линза Л\(_2\) висит на пружине, растянутой весом \(mg\) до длины \(x\); удлинение \(y = x - x_0\), и по закону Гука \(m = \dfrac{ky}{g}\). Расстояние от Л\(_2\) до первого изображения \(d_1 = x - 2F = y + F\). По формуле тонкой линзы расстояние до второго изображения \[f_1 = \frac{F(y + F)}{y}.\] По условию \(|SS_2| = 9F\), то есть \(2F + x + f_1 = 9F\), или \(6F + y + \dfrac{F^2}{y} = 9F\). Отсюда \[y^2 - 3Fy + F^2 = 0, \qquad y = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}F.\] Два положения линзы Л\(_2\) дают одно и то же положение изображения, поэтому масса линзы \[m = \frac{ky}{g} = \frac{kF(3 \pm \sqrt{5})}{2g}.\]

Ответ: \(m = \dfrac{kF(3 \pm \sqrt{5})}{2g}\).

Подсказка

Запишите уравнение Менделеева—Клапейрона для каждого шара при общем давлении и сохранении общего числа молей. Складываются величины \(1/T_i\). Исключите неизвестные \(R\), \(\nu_0\) и \(V\), поделив два уравнения.

Ответ

\(T_{N+1} = \left[\Theta\left(\dfrac{(N+1)P_0}{NP} - 1\right)\right]^{-1}\), где \(\Theta = \sum_{i=1}^{N}\dfrac{1}{T_i}\). Решение существует при \((N+1)P_0 > NP\).

Решение

При соединении шаров газ перераспределяется так, что давление во всех шарах одинаково и равно \(P_0\); количество вещества сохраняется: \(\sum_{i=1}^{N}\nu_i = N\nu_0\). Для каждого шара \(P_0 V = \nu_i R T_i\), откуда \(\nu_i = \dfrac{P_0 V}{R T_i}\) и \[\Theta \equiv \sum_{i=1}^{N}\frac{1}{T_i} = \frac{N R\nu_0}{P_0 V}.\] После подключения \((N+1)\)-го шара давление становится \(P\), и аналогично \[\Theta + \frac{1}{T_{N+1}} = \frac{(N+1)R\nu_0}{PV}.\] Поделив второе равенство на первое, исключаем \(R\), \(\nu_0\) и \(V\): \[\frac{\Theta + T_{N+1}^{-1}}{\Theta} = \frac{(N+1)P_0}{NP} \quad\Rightarrow\quad T_{N+1} = \left[\Theta\left(\frac{(N+1)P_0}{NP} - 1\right)\right]^{-1}.\] Абсолютная температура положительна, поэтому давление \(P\) можно получить только при \((N+1)P_0 > NP\).

Ответ: \(T_{N+1} = \left[\Theta\left(\dfrac{(N+1)P_0}{NP} - 1\right)\right]^{-1}\), \(\Theta = \sum_{i=1}^{N} \dfrac{1}{T_i}\), при \((N+1)P_0 > NP\); иначе давление \(P\) создать невозможно.

Подсказка

Пусть открыто \(n\) вертикальных ветвей. Запишите законы Кирхгофа для токов в узлах и заметьте, что крайний случай, когда последние два элемента только открываются, даёт простое рекуррентное соотношение.

Ответ

\(129\) элементов \(D\) (при этом \(n = 65\), \(N = 2n - 1\)).

Решение

Пусть открыто \(n\) вертикальных ветвей. Обозначим токи через горизонтальные элементы \(I_1, I_2, \dots, I_n\), так что токи через вертикальные участки равны \(I_1 - I_2, \dots, I_{n-1} - I_n, I_n\). Приравнивая напряжения на участках цепочки, получаем систему \[\frac{U_0 - U}{R} = -2I_1 + I_2, \quad \frac{U_0}{R} = I_{k-1} - 2I_k + I_{k+1}, \quad \frac{U_0}{R} = I_{n-1} - 2I_n.\] Пограничный случай: последние два элемента только открываются, \(I_n = 0\). Тогда \(I_{n-1} = \dfrac{U_0}{R}\), \(I_{n-k} = \dfrac{U_0}{R} + 2I_{n-k+1} - I_{n-k+2}\). Считая первые токи, \(I_{n-2} = 3U_0/R\), \(I_{n-3} = 6U_0/R\), \(I_{n-4} = 10U_0/R\), получаем общее решение \[I^{(n)}_{n-k} = \frac{(1 + k)k}{2}\cdot\frac{U_0}{R},\] что подстановкой в рекуррентное соотношение проверяется. При \(k = n - 2\): \[I_2^{(n)} = \frac{(n-1)(n-2)}{2}\cdot\frac{U_0}{R}.\] При открытии ещё двух элементов ток на участке \(A_1A_2\) становится \(I_2^{(n+1)} = \dfrac{n(n-1)}{2}\dfrac{U_0}{R}\). Требуется \(I_2 = 2021\,U_0/R\), то есть \[\frac{(n-1)(n-2)}{2} = 2021 \quad\Rightarrow\quad n = \frac{3 + \sqrt{16169}}{2} \approx 65{,}1.\] Значит, открыты все элементы до участка \(A_{65}A_{66}B_{65}\) включительно, и ток течёт через \(N = 2n - 1 = 129\) элементов \(D\).

Ответ: \(129\).

Подсказка

Если время истечения пропорционально \(\sqrt{H}\), то \(\gamma = 1/2\). Сравните время при закрытой половине отверстия с временем без закрытия, чтобы найти показатель при \(S\), и сравните результаты с ожидаемым теоретическим значением \(k\).

Ответ

\(\alpha = -1\), \(\beta = 1\), \(\gamma = \dfrac{1}{2}\), \(k = \sqrt{\dfrac{2}{g}} \approx 0{,}452\) с/м\(^{0{,}5}\).

Решение

Для нахождения зависимости от \(H\) измеряют время истечения при нескольких высотах столба жидкости и строят график \(t\) от \(\sqrt{H}\): получается прямая линия, что соответствует \(\gamma = 1/2\) .

Чтобы найти \(\alpha\), закрывают скотчем половину отверстия шприца: время истечения удваивается. Это даёт \(\alpha = -1\) (время обратно пропорционально площади отверстия). Чтобы найти \(\beta\), сопоставляют время истечения из двух шприцов с разными отношениями площадей отверстия и цилиндра: \(\beta = 1\).

Итоговая формула \[t = k\frac{S_0}{S}\left(\sqrt{H} - \sqrt{H_0}\right).\] Угловой коэффициент прямой \(t\) от \(\sqrt{H}\) даёт \(k\); для идеальной жидкости в сосуде с \(R \ll R_0\) теоретически \(k = \sqrt{2/g} \approx 0{,}452\) с/м\(^{0{,}5}\). Измеренное значение сравнивается с ним; погрешность оценивается по разбросу повторных измерений.

Подсказка

Подберите сопротивление \(R_x\) так, чтобы ток через микроамперметр был равен нулю: тогда эдс известного источника уравновешена падением напряжения на части реостата. Сравнивая два таких положения с \(G_1\) и \(G_2\), найдите \(\mathcal{E}_1\), а затем используйте положение с полным сопротивлением реостата.

Ответ

\(\mathcal{E}_1 \approx 1{,}86\) В; \(\mathcal{E}_3 \approx 7{,}59\) В; \(R_a \approx 6{,}38\) кОм; \(R_1 \approx 5{,}30\) кОм.

Решение

Соберём схему по рисунку: исследуемый источник \(G_1\), эталонный \(G_2\) и вспомогательный \(G_3\) подключены к реостату \(R_2\), микроамперметр включён между движком потенциометра и ветвью с \(G_1\) (или \(G_2\)).

Подключим \(G_2\) и подберём \(R_x\) так, чтобы ток через микроамперметр отсутствовал: показание потенциометра \(n_0 = 1{,}68\). Потенциал движка относительно нижнего провода \[\varphi_0 = \mathcal{E}_2 = \mathcal{E}_3\frac{R_x}{r + R_2} = \frac{n_0}{n_{\max}}\,\mathcal{E}_3\,\frac{R_2}{r + R_2}.\] Аналогично для \(G_1\) (показание \(n_1 = 2{,}47\)): \(\varphi_1 = \mathcal{E}_1 = \dfrac{n_1}{n_{\max}}\mathcal{E}_3\dfrac{R_2}{r + R_2}\). Деля, получаем \[\mathcal{E}_1 = \frac{n_1}{n_0}\mathcal{E}_2.\]

Численно \(\mathcal{E}_1 \approx 1{,}86\) В.

Из первого равенства при \(n_{\max} = 10\) (движок в максимуме) находим \[\mathcal{E}_3 = \frac{n_{\max}}{n_0}\cdot\frac{r + R_2}{R_2}\,\mathcal{E}_2 \approx 7{,}59~\text{В}.\]

Подключим \(G_1\) без \(R_1\) и с \(R_1\) и установим ненулевой ток через микроамперметр, например \(I_1 = 100\) мкА; показания потенциометра при этом \(n_2 = 1{,}21\) и \(n_{21} = 0{,}68\) соответственно. Обозначим \(R_s = R_1 + R_a\) и запишем уравнения Кирхгофа: \[I_1 + I_2 + I_3 = 0, \qquad I_1R_s - I_2R_x = \mathcal{E}_1, \qquad I_2R_x - I_3(R_2 - R_x) = -\mathcal{E}_3.\] Выразив \(I_2\) из второго уравнения, \(I_3\) — из третьего и подставив в первое, получим \[R_s = \frac{\mathcal{E}_1(R_2 - R_x)}{I_1R_2} - \frac{(\mathcal{E}_3 - \mathcal{E}_1)R_x}{I_1R_2} - \frac{R_x(R_2 - R_x)}{R_2},\] а с учётом \(R_x = \dfrac{n}{n_{\max}}R_2\) \[R_s = \frac{\mathcal{E}_1}{I_1} - \frac{\mathcal{E}_3}{I_1}\cdot\frac{n}{n_{\max}} - \frac{n}{n_{\max}}R_2\left(1 - \frac{n}{n_{\max}}\right).\] Показание \(n_2\) соответствует \(R_1 = 0\), то есть \(R_s = R_a\): \[R_a = \frac{\mathcal{E}_1}{I_1} - \frac{\mathcal{E}_3}{I_1}\cdot\frac{n_2}{n_{\max}} - \frac{n_2}{n_{\max}}R_2\left(1 - \frac{n_2}{n_{\max}}\right) \approx 6377~\text{Ом}.\] Показание \(n_{21}\) соответствует подключённому \(R_1\): \[R_1 = \frac{\mathcal{E}_1}{I_1} - \frac{\mathcal{E}_3}{I_1}\cdot\frac{n_{21}}{n_{\max}} - \frac{n_{21}}{n_{\max}}R_2\left(1 - \frac{n_{21}}{n_{\max}}\right) - R_a \approx 5300~\text{Ом}.\]

Другой способ: выведем потенциометр в ноль, отделив тем самым источник \(G_3\) от остальной цепи, и измерим токи \(I_{21}\) (с источником \(G_2\)) и \(I_{11}\) (с \(G_1\) и \(R_1\)). Тогда \[R_a = \frac{\mathcal{E}_2}{I_{21}}, \qquad R_1 = \frac{\mathcal{E}_1}{I_{11}} - R_a.\]

Ответ: \(\mathcal{E}_1 \approx 1{,}86\) В, \(\mathcal{E}_3 \approx 7{,}59\) В, \(R_a \approx 6{,}38\) кОм, \(R_1 \approx 5{,}30\) кОм.