Санкт-Петербургская, 2021/22, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Тяга должна быть направлена вдоль радиуса орбиты. Запишите второй закон Ньютона для круговой орбиты до и после включения двигателя и исключите \(GM\) из обоих уравнений.

Ответ

Если тяга направлена от планеты: \(R = R_0\dfrac{1-\sqrt{1+4x}}{-2x}\). Если тяга направлена к планете: \(R = R_0\dfrac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x}\) (второй вариант при \(x \le 1/4\)), где \(x = \dfrac{FR_0}{mV^2}\).

Решение

При выключенном двигателе на ракету действует только сила тяготения. Второй закон Ньютона для круговой орбиты радиуса \(R_0\) со скоростью \(V\): \[\frac{mV^2}{R_0} = \frac{GmM}{R_0^2}.\] При включённом двигателе орбита остаётся окружностью, а скорость не меняется, значит сила тяги направлена вдоль линии «ракета — центр планеты»: к планете (\(f = F\)) или от неё (\(f = -F\)). Для новой орбиты радиуса \(R\): \[\frac{mV^2}{R} = \frac{GmM}{R^2} + f.\] Подставляя \(GM\) из первого уравнения и умножая на \(R^2\), получаем квадратное уравнение на \(R\). Его решения: \[R = \frac{mV^2}{2f}\left(1 \pm \sqrt{1 - \frac{4R_0 f}{mV^2}}\right).\] Если тяга направлена к планете (\(f = F\)), оба решения допустимы при \(F \le mV^2/(4R_0)\) (иначе ракета упадёт на планету). Если тяга направлена от планеты (\(f = -F\)), решение со знаком «+» отбрасываем, так как \(R > 0\); ограничений на \(F\) нет.

Подсказка

Сравните дальность броска под углом \(\beta\) к плоскости с путём скольжения вдоль неё: дальность броска по плоскости максимальна при некотором угле \(\beta\), найдите его и сравните два смещения.

Ответ

Если \(\dfrac{S_1}{S_2} = \dfrac{2(\mu+\operatorname{tg}\alpha)(1-\sin\alpha)}{\cos\alpha} > 1\), камушек нужно бросать под углом \(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\alpha}{2}\) к плоскости; в противном случае его нужно запускать вдоль плоскости.

Решение

Пусть камушек брошен под углом \(\beta\) к плоскости. Время полёта до касания плоскости \[T = \frac{2V_0\sin\beta}{g\cos\alpha}.\] Расстояние до точки касания вдоль плоскости \[L(\beta) = \frac{V_0^2}{g\cos^2\alpha}\bigl[\sin(\alpha+2\beta)-\sin\alpha\bigr].\] Оно максимально при \(\alpha+2\beta=\pi/2\), то есть при \(\beta = \pi/4 - \alpha/2\), и равно \[S_1 = \frac{V_0^2(1-\sin\alpha)}{g\cos^2\alpha}.\] При скольжении вдоль плоскости ускорение \(a = g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)\), а путь до остановки \[S_2 = \frac{V_0^2}{2g(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)}.\] Отношение \[\frac{S_1}{S_2} = \frac{2(\mu+\operatorname{tg}\alpha)(1-\sin\alpha)}{\cos\alpha}.\] Если \(S_1/S_2 > 1\), выгоднее бросить камушек под углом \(\pi/4-\alpha/2\); если \(S_1/S_2 < 1\) — запускать его вдоль плоскости.

Подсказка

Найдите скорость правой шайбы после первого соударения при малых \(v\), когда левая и средняя шайбы останавливаются на шероховатом участке. Излом графика связан с тем, что средняя шайба догоняет правую после перехода на гладкую часть.

Ответ

\(\alpha = \left(\beta - \sqrt{\beta^2-1}\right)^2\), где \(\beta = \dfrac{v_*}{\sqrt{2\mu gL}}\).

Решение

Первое соударение происходит между средней и правой шайбами. Законы сохранения энергии и импульса дают скорость правой шайбы после удара \[u_0 = \frac{1-\alpha}{1+\alpha}\,v.\] При \(\alpha \ge 1\) правая шайба остановилась бы или продолжила движение влево, а график \(u(v)\) имел бы нулевой участок вблизи \(v=0\); так как график линейно растёт сразу при \(v>0\), заключаем, что \(\alpha < 1\) и \(u_0 > 0\).

При малых \(v\) левая и средняя шайбы останавливаются на шероховатой части стола, и \(u(v)\) линейна, как написано выше. Второе соударение (средней шайбы с правой) возможно, если средняя шайба после перехода на гладкую часть имеет скорость \(v_0 > u_0\). Скорость средней шайбы при переходе определяется потерями на трении: \[v_0 = \sqrt{v^2 - 2\mu gL}.\] Условие \(v_0 = u_0\) при \(v = v_*\) даёт \[v_* = \frac{1+\alpha}{2\sqrt{\alpha}}\sqrt{2\mu gL}.\] Обозначим \(x = \sqrt{\alpha}\) и \(\beta = v_*/\sqrt{2\mu gL}\): получаем \(x^2 - 2\beta x + 1 = 0\), откуда \(x = \beta\pm\sqrt{\beta^2-1}\). Так как \(\alpha<1\), то \(x<1\), и произведение корней равно единице, поэтому берём меньший корень: \[\alpha = \left(\beta - \sqrt{\beta^2-1}\right)^2.\]

Подсказка

Жидкость — проводник длины \(h(T)\) и сечения \(S\). Мощность тока постоянна при каждом \(T\), а тепло идёт на нагрев: \(\Delta Q = cm\,\Delta T\). Разбейте интервал температур на малые части и просуммируйте время нагрева.

Ответ

\(t = \dfrac{0{,}105\, cm\rho V_0}{U^2 S^2 \alpha}\).

Решение

Объём увеличивается на \(10\%\) при температуре \[T_к = T_0 + \frac{0{,}1}{\alpha}.\] Высота столба жидкости \(h(T) = \dfrac{V_0}{S}[1+\alpha(T-T_0)]\), сопротивление \(R(T) = \dfrac{\rho h(T)}{S}\), мощность \(P(T) = U^2/R(T)\). На малом участке \(\Delta T\) за время \(\Delta t_i\) выделяется тепло \(P(T_i)\Delta t_i = cm\,\Delta T\), так что \(\Delta t_i = \dfrac{cmR(T_i)}{U^2}\Delta T\), откуда \[\Delta t_i = \frac{cm\rho V_0}{U^2S^2}\,\bigl[1+\alpha(T_i-T_0)\bigr]\,\Delta T.\] Суммируя по всем отрезкам и переходя к пределу (геометрически — площадь под графиком \(R(T)\)), получаем полное время \[t = \frac{cm\rho V_0}{U^2S^2}\int_{T_0}^{T_к}\bigl[1+\alpha(T-T_0)\bigr]\,dT = \frac{cm\rho V_0}{U^2S^2}\left(\frac{0{,}1}{\alpha}+\frac{0{,}005}{\alpha}\right) = \frac{0{,}105\,cm\rho V_0}{U^2S^2\alpha}.\]

Подсказка

Какой луч, испущенный с поверхности шара, после линзы идёт наиболее круто от оси? Найдите его угол до линзы через геометрию касательных из краёв отверстия, а затем используйте формулу тонкой линзы или построение побочных фокусов.

Ответ

\(r = \dfrac{R - l\left(\dfrac{R}{F}-\operatorname{tg}\alpha\right)}{\sqrt{1+\left(\dfrac{R}{F}-\operatorname{tg}\alpha\right)^2}}\).

Решение

Свет попадает на линзу только от точек дуги шара, лежащей между касательными из краёв линзы. Конус образуют лучи, которые после линзы максимально отклоняются от оси. Из построения с побочными фокусами видно, что наибольший угол после линзы у луча \(AK\), идущего из края линзы \(K\) к точке \(A\) шара, попадающего в \(K\) под наименьшим углом к оси. Его угол после линзы равен \(\alpha\).

Угол \(\varphi\) этого луча до линзы определяется из прямоугольных треугольников с катетами \(F\): \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{R}{F} - \operatorname{tg}\alpha.\] Из условия, что сумма вертикальных катетов двух треугольников с общей вершиной в точке \(A\) равна \(R\), получаем \[R = r\cos\varphi + (l + r\sin\varphi)\operatorname{tg}\varphi,\] откуда \[r = \frac{R - l\operatorname{tg}\varphi}{\cos\varphi + \sin\varphi\operatorname{tg}\varphi} = (R - l\operatorname{tg}\varphi)\cos\varphi.\] Используя \(\cos^2\varphi = \dfrac{1}{1+\operatorname{tg}^2\varphi}\), получаем ответ.

Подсказка

Воздух в баллоне после накачки и после выпуска проходит через точки, связанные политропой \(PV^n = \mathrm{const}\). Логарифмируйте уравнение политропы: при малых изменениях давления ln-отношения сводятся к отношению изменений давления.

Ответ

1) \(n_\text{н} = 1{,}17 \pm 0{,}04\) (накачка), \(n_\text{в} = 1{,}59 \pm 0{,}04\) (выпуск), \(P = 95\%\);  2) \(C_\text{н} = -(27 \pm 10)\) Дж/(моль\(\cdot\)К), \(C_\text{в} = (6{,}7 \pm 0{,}9)\) Дж/(моль\(\cdot\)К).

Решение

Баллон накачивают воздухом до давления \(P_1\) (точка 1); после выравнивания температуры с окружающей средой давление становится \(P_2 = P_0 + \Delta P_2\) (точка 2). При выпуске воздуха давление падает до \(P_0\) (точка 3), а после выравнивания температуры — до \(P_4 = P_0 + \Delta P_4\) (точка 4). Изменения \(\Delta P_2\) и \(\Delta P_4\) — это изменения давления на изохорических участках после политропических процессов.

Для процесса накачки из уравнения политропы и \(PV = \nu RT\) получаем \[n_\text{н} = \frac{\ln\dfrac{P_1}{P_0}}{\ln\dfrac{P_2}{P_0}} = \frac{\ln\bigl(1+\Delta P_1/P_0\bigr)}{\ln\bigl(1+\Delta P_2/P_0\bigr)} \approx \frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}.\] Для процесса выпуска аналогично \(n_\text{в} \approx \dfrac{\Delta P_2}{\Delta P_4}\)

Таблица измерений \(\Delta P_1\), \(\Delta P_2\), \(\Delta P_4\) обрабатывается по каждому столбцу; по семи сериям получено \(n_\text{н} = 1{,}17 \pm 0{,}04\) и \(n_\text{в} = 1{,}59 \pm 0{,}04\) при доверительной вероятности \(95\%\).

Молярная теплоёмкость из определения \(n\): \(C = C_V\dfrac{n-\gamma}{n-1}\), где \(\gamma = C_P/C_V\). Результаты: \(C_\text{н} = -(27\pm10)\) Дж/(моль\(\cdot\)К), \(C_\text{в} = (6{,}7\pm0{,}9)\) Дж/(моль\(\cdot\)К).

Подсказка

Коэффициенты трения определите методом статического наклона. Брусок скользит по листу с ускорением, зависящим от ускорения листа; найдите путь бруска относительно стола при резком выдёргивании листа и минимизируйте его.

Ответ

1) \(a \approx 56\) м/с\(^2\);  2) \(M \approx 10{,}5\) Н\(\cdot\)м.

Решение

1. Коэффициент трения бруска о бумагу из статического наклона: \(\mu_1 = \operatorname{tg}\alpha_1 = 0{,}396\). 2. Коэффициент трения бруска о стол: \(\mu_2 = \operatorname{tg}\alpha_2 = 0{,}327\). 3. Брусок кладут на лист на расстоянии \(l_0\) от края листа и резко выдёргивают лист. Лист ускоряется с ускорением \(a\) (равным ускорению кисти), брусок — с ускорением \(a_1 = \mu_1 g\) относительно стола. Перемещение бруска относительно стола до остановки \[l = \left(1+\frac{a_1}{a_2}\right)\frac{a_1}{a-a_1}\,l_0, \qquad a_2 = \mu_2 g.\] 4. Отсюда \[a = g\operatorname{tg}\alpha_1\left(1 + \left(1+\frac{\operatorname{tg}\alpha_1}{\operatorname{tg}\alpha_2}\right)\frac{l_0}{l}\right).\] 5. Ускорение максимально при минимальном \(l\). Из серии опытов (без опытов, где брусок подпрыгивал) выбрано минимальное \(l/l_0\) при \(l_0 = 11\) см и \(l = 1{,}8\) см, что даёт \(a = 56\) м/с\(^2\).

6. Массу предплечья с кистью найдём взвешиванием руки: показание весов \(m_1 = 0{,}8\) кг, масса предплечья с кистью \(m_\text{пр} = 2m_1 = 1{,}6\) кг. Для всей руки \(m_2 = 1{,}8\) кг, масса плеча \(m_\text{п} = 2m_2 - m_\text{пр} = 2\) кг.

7. Длина плеча примерно равна длине предплечья \(L = 0{,}35\) м. Если момент создаёт поворот предплечья при неподвижном плече, то \[M = I\beta = \frac{m_\text{пр}L^2}{3}\cdot\frac{a}{L} = \frac{2m_1}{3}\,aL.\] Оба способа дают близкие моменты, но второй (поворот предплечья при неподвижном плече) порождает большее ускорение, что и подтвердилось в эксперименте. Итог: \(M = \dfrac{2m_1}{3}aL \approx 10{,}5\) Н\(\cdot\)м.