Санкт-Петербургская, 2022/23, отборочный этап, 10 класс

Подсказка

Разложите начальную скорость на горизонтальную и вертикальную составляющие; при прыжке с доски доска уезжает назад и меняет скорость кошки относительно пола.

Ответ

Кошка приземлится на расстоянии \(2L/3\) от места второго толчка.

Решение

Рассмотрим прыжок с пола. Обозначим начальную скорость кошки за \(\vec v\), а время полёта за \(t\), тогда из системы уравнений \[\begin{cases}v_x t=L,\\ v_y t-gt^2/2=0\end{cases} \tag{1}\] получим связь проекций скорости на горизонтальную (x) и вертикальную (y) оси с длиной прыжка \(L\): \[v_xv_y=\dfrac{gL}{2}. \tag{2}\] При прыжке с доски это соотношение останется прежним, но начальная скорость кошки относительно пола \(\tilde{\vec v}\) будет другой, и кошка прыгнет на расстояние \(\tilde L\): \[\tilde v_x\tilde v_y=\dfrac{g\tilde L}{2}. \tag{3}\] Скорость \(\tilde{\vec v}\) можно найти по правилам перехода из одной инерциальной системы отсчета в другую (в начале фазы полета доску уже можно считать инерциальной системой). Из условия следует, что скорость кошки относительно доски в начале фазы полета равна начальной скорости \(\vec v\) относительно пола в первом прыжке, следовательно \[\tilde v_x=v_x-u,\qquad \tilde v_y=v_y, \tag{4}\] где \(u\) — скорость доски относительно пола, с которой она поедет в противоположную прыжку сторону. Найдем эту скорость. Вдоль горизонтальной оси внешние силы на кошку и доску не действуют, следовательно выполняется закон сохранения x-проекции импульса, запишем его в системе пола: \[m(v_x-u)-Mu=0\quad\Rightarrow\quad u=\dfrac{mv_x}{M+m}. \tag{5}\] Теперь мы можем найти искомое расстояние, поделив (3) на (2) с учетом (4) и (5): \[\tilde L=\dfrac{\tilde v_x}{v_x}L=\dfrac{M}{M+m}L=\dfrac23L. \tag{6}\] Ответ: Кошка приземлится на расстоянии \(2L/3\) от места второго толчка.

Ответ

Если \(a\leqslant 8g/3\), то \(h=H\); если \(a>8g/3\), то \(h=\dfrac{8}{3}\cdot\dfrac{g}{a}H\). График функции \(h(a)\) изображен на рисунке.

Решение

Когда стакан движется с ускорением, в системе отсчета стакана возникает действующая на воду сила инерции. Она направлена горизонтально противоположно вектору ускорения стакана. В результате суммарного действия сил тяжести и инерции вода приливает к стенке стакана. Часть воды может вылиться в процессе движения. Чтобы понять, какое количество воды останется в стакане, достаточно рассмотреть момент времени, когда ускорение стакана максимально и равно по модулю \(a\). При этом не имеет значения, куда направлено ускорение, т. е. увеличивается или уменьшается проекция скорости стакана (в первом случае вода выливается через заднюю стенку, во втором — через переднюю). Для определенности будем считать, что в интересующий нас момент времени ускорение стакана направлено вправо, а вода в стакане соответственно смещается влево (см. рис. 1). Пусть ускорение достаточно велико, так что какая-то часть воды вылилась. С учетом силы инерции можно сказать, что вода в системе отсчета, связанной со стаканом, находится в эффективном гравитационном поле, имеющим напряженность \(\vec g^{*}=\vec g+\vec a\). Очевидно, что поверхность воды тогда будет перпендикулярна вектору \(\vec g^{*}\). При этом оставшаяся вода будет иметь в плоскости рисунка треугольную форму, оголяя дно. Отметим, что вода могла бы выливаться, имея форму трапеции, касаясь обеих стенок стакана, только если бы высота стакана не превосходила \(2H\). Можно записать следующее соотношение: \[\operatorname{tg}\alpha=\dfrac ag=\dfrac{4H}{x}. \tag{1}\]

Заметим, что можно было не переходить в неинерциальную систему отсчета, а рассматривать движение жидкости в исходной (лабораторной) системе. Для этого выделим мысленно небольшой объем воды массой \(m\) (см. рис. 2). В лабораторной системе отсчета на него действует всего две силы — сила тяжести \(m\vec g\) и сила Архимеда \(\vec F_{\text{A}}\). При этом сила Архимеда направлена перпендикулярно поверхности воды. Второй закон Ньютона для выделенного элемента воды в проекции на горизонтальную и вертикальную оси имеет вид: \[F_{\text{A}}\sin\alpha=ma, \tag{2}\] \[F_{\text{A}}\cos\alpha-mg=0. \tag{3}\] Отсюда мы легко приходим к соотношению (7). Найдем неизвестный катет \(x\): \[x=4H\dfrac ga. \tag{4}\] Объем воды пропорционален площади соответствующей фигуры на рисунке. Эта площадь равна \(2Hx=8\dfrac ga H^2\). В конечный момент времени, когда стакан покоится, вода имеет форму прямоугольника с площадью \(3hH\). Приравнивая эти площади, получаем \[h=\dfrac{8g}{3a}H. \tag{5}\] Равенство высот \(h=H\) имеет место при \(a=8g/3\). Очевидно, что это минимальное значение ускорения \(a\), при котором происходит выливание воды из стакана и реализуется ситуация, изображенная на рис. 1. Таким образом, при \(a\leqslant 8g/3\) уровень воды остается прежним (\(h=H\)), а при \(a>8g/3\) имеем \(h=\dfrac83\dfrac ga H\). График функции \(h(a)\) изображен на рис. 3.

Ответ: Если \(a\leqslant 8g/3\), то \(h=H\); если \(a>8g/3\), то \(h=\dfrac83\dfrac gaH\). График функции \(h(a)\) изображен на рис. 3.

Ответ

Изменение температуры системы составляет \(\dfrac{2\rho gx^2S}{3C}\).

Решение

Обозначим массы поршней в узком и широком сосудах через \(m_1\) и \(m_2\) соответственно. Для удобства введем также \(S_1\equiv S\) и \(S_2\equiv3S\). Предположим, что в состоянии равновесия большой поршень находится выше маленького на высоту \(H\). Приравнивая давления жидкости на уровне маленького поршня, получаем (\(p_0\) — внешнее давление): \[p_0+\dfrac{m_1g}{S_1}=p_0+\dfrac{m_2g}{S_2}+\rho gH\quad\Leftrightarrow\quad H=\dfrac1\rho\left(\dfrac{m_1}{S_1}-\dfrac{m_2}{S_2}\right). \tag{1}\] При надавливании на поршень и его перемещении на расстояние \(x\) вниз над системой совершается положительная работа. Эта работа равна изменению потенциальной энергии системы \(\Delta U\). Когда поршень отпускают, начинаются колебания, которые постепенно затухают из-за наличия вязкости. Система возвращается в исходное состояние механического равновесия. Поскольку сообщающиеся сосуды теплоизолированы, вся совершенная над системой работа приводит к ее нагреву, то есть \[\Delta U=C\Delta T\quad\Leftrightarrow\quad\Delta T=\dfrac{\Delta U}{C}. \tag{2}\] Поскольку объем жидкости сохраняется, перемещения маленького \(x\) и большого \(y\) поршней связаны соотношением \[S_1x=S_2y\quad\Leftrightarrow\quad y=\dfrac{S_1}{S_2}x. \tag{3}\] Рассчитаем изменение потенциальной энергии системы по сравнению с состоянием равновесия. Маленький поршень опускается на величину \(x\), что уменьшает энергию на величину \(m_1gx\). Большой поршень поднимается на \(y\). Соответствующее изменение энергии равно \(m_2gy\). Разберемся с потенциальной энергией жидкости. Все изменение можно представить как перенос жидкости массой \(\rho xS_1\) из одной области, помеченной на рис. 4 знаком «\(-\)», в область, отмеченную знаком «\(+\)». При этом центр масс перемещаемого объема жидкости поднимается с уровня \(-x/2\) относительно маленького поршня на уровень \(H+y/2\). Таким образом, полное изменение потенциальной энергии равно \[\Delta U=-m_1gx+m_2gy+\rho xS_1g\left[H+\dfrac y2-\left(-\dfrac x2\right)\right]. \tag{4}\]

С учетом (12) и (13) имеем \[\Delta T=\dfrac{\rho gx^2S_1}{2C}\left(1+\dfrac{S_1}{S_2}\right)=\dfrac{2\rho gx^2S}{3C}. \tag{5}\] В решении мы предполагали, что в равновесии большой поршень находится выше маленького, однако все выкладки остаются в силе и в обратном случае, если считать \(H\) отрицательным. Ответ: Изменение температуры системы составляет \(2\rho gx^2S/(3C)\).

Ответ

Отношение большего удельного сопротивления к меньшему равно \(\left[(\lambda^2-2)+\sqrt{(\lambda^2-2)^2-4}\right]/2\). Решение существует только при \(\lambda\geqslant2\).

Решение

Обозначим длину ребра кубика за \(a\), удельные сопротивления материалов, из которых изготовлены кубики, через \(\rho_1\) и \(\rho_2\). Согласно условию линии тока направлены всегда перпендикулярно граням, к которым подключен источник. Поэтому для определения сопротивлений можно пользоваться формулой \(R=\rho l/S\), где \(l\) — длина проводника, \(S\) — площадь поперечного сечения. Сопротивления кубиков равны \[R_1=\dfrac{\rho_1 a}{a^2}=\dfrac{\rho_1}{a},\qquad R_2=\dfrac{\rho_2 a}{a^2}=\dfrac{\rho_2}{a}. \tag{1}\]

На левой части рисунка кубики подключены к источнику последовательно, поэтому полное сопротивление составляет \[R_{\text{I}}=R_1+R_2=\dfrac{\rho_1+\rho_2}{a}. \tag{2}\] При изменении формы кубиков объем сохраняется. Следовательно, увеличение длины проводника в \(\lambda\) раз приводит к уменьшению площади поперечного сечения в \(\lambda\) раз. В результате сопротивления становятся равными \[R_1'=\dfrac{\rho_1\lambda a}{a^2/\lambda}=\dfrac{\lambda^2\rho_1}{a},\qquad R_2'=\dfrac{\rho_2\lambda a}{a^2/\lambda}=\dfrac{\lambda^2\rho_2}{a}. \tag{3}\] На правой части рисунка вытянутые кубики подключены параллельно. Полное сопротивление равно \[R_{\text{II}}=\dfrac{R_1'R_2'}{R_1'+R_2'}=\dfrac{\lambda^2\rho_1\rho_2}{(\rho_1+\rho_2)a}. \tag{4}\] По условию в обоих случаях в цепи течет одинаковый ток. Значит, сопротивления \(R_{\text{I}}\) и \(R_{\text{II}}\) должны совпадать: \[\dfrac{\rho_1+\rho_2}{a}=\dfrac{\lambda^2\rho_1\rho_2}{(\rho_1+\rho_2)a}. \tag{5}\] Сокращая на \(a\) и вводя переменную \(x\equiv\rho_1/\rho_2\), получаем квадратное уравнение \[x^2+\left(2-\lambda^2\right)x+1=0. \tag{6}\] Решения этого уравнения \[x_\pm=\dfrac{\lambda^2-2\pm\sqrt{(\lambda^2-2)^2-4}}{2}. \tag{7}\] Отметим, что \(x_+x_-=1\). Таким образом, \(x_+\) дает отношение большего удельного сопротивления к меньшему, а \(x_-\) — обратную величину. То есть оба решения квадратного уравнения описывают одну и ту же ситуацию. Решения имеют смысл только при \(\lambda\geqslant2\). В противном случае условие задачи не может быть реализовано. При \(\lambda=2\), естественно, \(x_+=x_-=1\) и \(\rho_1=\rho_2\). Ответ: Отношение большего удельного сопротивления к меньшему равно \(\left[(\lambda^2-2)+\sqrt{(\lambda^2-2)^2-4}\right]/2\). Решение существует только при \(\lambda\geqslant2\).