Санкт-Петербургская, 2022/23, заключительный этап, 9 класс

Перейдите в инерциальную систему: дротик летит по прямой, а станция под ним поворачивается. Сравните угол поворота станции за время полёта с углом дуги, которую пересекает дротик.

\(L = 2R\left(\operatorname{arctg}\dfrac{v}{\sqrt{gR}} - \dfrac{\sin\left(\operatorname{arctg}\dfrac{v}{\sqrt{gR}}\right)}{\sqrt{\dfrac{v^2}{gR}+1}}\right)\).

Вес космонавта на станции равен центробежной силе: \(m\omega^2 R = mg\), откуда \(\omega = \sqrt{g/R}\). В инерциальной системе дротик летит прямолинейно и равномерно со скоростью \(u = \sqrt{v^2 + \omega^2R^2}\): его скорость складывается из \(v\) (вдоль \(Y\), от стенки к центру) и \(\omega R\) (переносная скорость от вращения станции, вдоль \(X\)). Введём угол \(\varphi\): \(\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{v}{\omega R}\). Дротик проходит хорду дуги с центральным углом \(2\varphi\), длина хорды \(L_0 = 2R\sin\varphi\), время полёта \(t = L_0/u\). За это время станция поворачивается на угол \(\varphi_0 = \omega t\). Так как дуга, по которой переместился космонавт, длиннее хорды, а дротик быстрее космонавта, \(\varphi_0 < 2\varphi\), и минимальный путь \[L = R(2\varphi - \varphi_0) = 2R\left(\varphi - \frac{R\omega\sin\varphi}{\sqrt{v^2+\omega^2R^2}}\right).\] Подставляя \(\omega\) и \(\varphi\), получаем ответ.

Выделение тепла в пружине — по закону Джоуля–Ленца. Для половины пружины \(C\) и \(R\) вдвое меньше, а \(k_0\) и \(\alpha\) вдвое больше. Запишите растяжение обоих опытов в момент \(t_*\).

\(k_0 = \dfrac{7mg}{6x_*}\),  \(\alpha = \dfrac{mgCR}{6x_*t_*U^2}\).

Мощность джоулева нагрева \(U^2/R\), поэтому \(C\,\Delta T = U^2t/R\), то есть \(\Delta T(t) = \dfrac{U^2 t}{CR}\). Растяжение целой пружины по закону Гука: \[x(t) = \frac{mg}{k(t)} = \frac{mg}{k_0 - \alpha U^2t/(CR)}.\] У половины пружины теплоёмкость и сопротивление равны \(C/2\) и \(R/2\), поэтому нагрев в четыре раза быстрее, \(\Delta T' = 4U^2t/(CR)\). Жёсткость половины пружины — \(2k_0 - 2\alpha\,\Delta T'\), то есть растяжение \[\tilde x(t) = \frac{mg}{2k_0 - 8\alpha U^2t/(CR)}.\] Из условия \(\tilde x(t_*) = x(t_*) = x_*\) получаем систему двух уравнений: \[k_0 - \frac{\alpha U^2 t_*}{CR} = \frac{mg}{x_*}, \qquad 2k_0 - \frac{8\alpha U^2 t_*}{CR} = \frac{mg}{x_*}.\] Её решение и есть ответ.

Мощность каждого робота пропорциональна его удалению от уключины. Самый дальний робот разряжается первым, а суммарная мощность корабля остаётся постоянной.

\(t = \dfrac{3t_1}{2}\) — через это время разрядятся все роботы.

Скорость корабля постоянна, значит, суммарная мощность роботов на каждом весле постоянна. Точка весла вращается вокруг уключины, поэтому скорости точек приложения сил относятся как расстояния до уключины, \(1 : 2 : 3\). Сила одинакова, значит, мощности роботов тоже относятся как \(1 : 2 : 3\): пусть мощность ближнего \(P\), тогда суммарная мощность \(6P\). Одинаковые аккумуляторы содержат энергию \(E_{\max} = 3Pt_1\), поэтому первым разрядится самый дальний робот (мощность \(3P\)) — в момент \(t_1\).

Дальше ближние роботы увеличивают силу, и их мощности становятся \(2P_2\) и \(P_2\) при \(3P_2 = 6P\), то есть \(P_2 = 2P\). Второй разряд (робот с мощностью \(2P_2 = 4P\)) происходит через \[t_2 = \frac{E_{\max} - 2Pt_1}{2P_2} = \frac{t_1}{4}.\] Наконец, последний робот выдаёт \(6P\) и работает \[t_3 = \frac{E_{\max} - Pt_1 - P_2t_2}{6P} = \frac{t_1}{4}.\] Полное время \(t_1 + t_2 + t_3 = \dfrac{3t_1}{2}\).

Работа силы трения уходит в тепло и на пути вверх, и на пути вниз. По двум характерным точкам излома графика найдите длины отрезков, выраженные через \(\mu\,mgL\cos\alpha\) и \(mgL\sin\alpha\).

\(\mu = 0{,}4\).

Ускорение шайбы при движении вверх \(a_1 = g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)\). Путь вверх до остановки \(l = \dfrac{E_0}{mg(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}\). Пока \(l \le L\) (длина клина), шайба скатывается назад и у земли, пройдя путь \(2l\), имеет \[E_k = E_0 - 2\mu mg\cos\alpha\, l = E_0\,\frac{\sin\alpha - \mu\cos\alpha}{\sin\alpha + \mu\cos\alpha}.\] Это прямая через начало координат с наклоном меньше \(45^\circ\). Излом графика — при критической энергии \(E_0^* = mg(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)L\), и здесь \(E_k^* = mg(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)L\). Для \(E_0 > E_0^*\) шайба улетает с клина, и \(E_k = E_0 - \mu mg\cos\alpha\,L\) — прямая под \(45^\circ\), не проходящая через начало. По графику: отрезок, отвечающий \(mgL\sin\alpha\), равен 10 клеткам, а \(\mu mgL\cos\alpha\) — 4 клеткам. Отсюда \[\frac{\mu\, mgL\cos\alpha}{mgL\sin\alpha} = \frac{\mu}{\operatorname{tg}\alpha} = \frac{4}{10},\] и с учётом \(\operatorname{tg}45^\circ = 1\) получаем \(\mu = 0{,}4\). Это меньше \(\operatorname{tg}\alpha\), то есть шайба действительно не застревает на клине.

Лучи, отражённые от цилиндра и попавшие в глаз, идут от ленты. Геометрия задаёт связь угла падения с углом \(\varphi\); найдите угол \(\varphi\) из треугольников на рисунке отражения.

\(2\alpha = 180^\circ - 4\varphi\), где \(\varphi = \arccos\dfrac{\sin\alpha_0 + \sqrt{\sin^2\alpha_0 + 8}}{4}\).

Пусть \(x\) — расстояние от глаза наблюдателя до оси цилиндра; из рисунка \(\sin\alpha_0 = R/x\), то есть \(x = R/\sin\alpha_0\). Цилиндр отражает свет от светящейся ленты, и его видимая часть — это та, от которой отражённые лучи попадают в глаз. Точки цилиндра, лежащие внутри угла \(\varphi\), отражают лучи мимо ленты, поэтому на уровне ленты они не светятся — отсюда сужение; при выключенной лампе лента не светится и эффект пропадает. Луч, попадающий на цилиндр под наименьшим углом \(\varphi\), идёт от очень удалённой части ленты и определяет границу несветящейся области. Угол падения и угол отражения равны \(\varphi + \alpha\), и из рисунка \(2\varphi + \alpha = 90^\circ\).

Из двух прямоугольных треугольников для их общего катета: \(R\sin\varphi = (x - R\cos\varphi)\operatorname{tg}\alpha\). Отсюда \(R\sin(\varphi + \alpha) = x\sin\alpha\), и с учётом \(\alpha = 90^\circ - 2\varphi\): \(R\cos\varphi = x\cos 2\varphi = x(2\cos^2\varphi - 1)\). Квадратное уравнение \[2x\cos^2\varphi - R\cos\varphi - x = 0\] имеет физический корень \(\cos\varphi = \dfrac{R + \sqrt{R^2 + 8x^2}}{4x}\). Подставив \(x = R/\sin\alpha_0\), получаем \(\cos\varphi = \dfrac{\sin\alpha_0 + \sqrt{\sin^2\alpha_0 + 8}}{4}\) и \(2\alpha = 180^\circ - 4\varphi\).

Запишите энергию: потенциальная энергия подъёма равна запасённой упругой энергии. Затем используйте метод размерностей, чтобы выразить высоту через модуль Юнга и плотность.

Энергия упругой деформации эквивалентной пружины или сжатого стержня переходит в потенциальную энергию капсулы: \[mgh = \frac{m v^2}{2} = \frac{k_{\text{экв}}x^2}{2} = \frac{E_{\text{экв}}S_{\text{экв}}x^2}{2l_{\text{экв}}},\] где индекс «экв» означает параметры эквивалентной пружины или сжатого стержня. Тогда \[h = \frac{E_{\text{экв}}S_{\text{экв}}x^2}{2l_{\text{экв}}mg} = \frac{E_{\text{экв}}S_{\text{экв}}x^2}{2l_{\text{экв}}\rho Vg}.\] По методу размерностей \(h \sim \dfrac{E}{\rho g}\cdot\dfrac{L^2\cdot L^2}{L\cdot L^3} \sim \dfrac{E}{\rho g}\). Высота подъёма катапульты зависит только от модуля Юнга, плотности и ускорения свободного падения, но не зависит от геометрических размеров. Для модели измеряют высоту подъёма (несколько раз, с усреднением) и пересчитывают её на капсулу по этому соотношению.

Выразите отклонение через два закона преломления на гранях призмы с углом \(\theta\). Минимум отклонения соответствует симметричному ходу луча, \(\alpha = \delta\); полное внутреннее отражение — при \(\delta = \pi/2\).

По углу наименьшего отклонения: \(n_1 = \dfrac{\sin\alpha}{\sin\theta}\sqrt{2(1+\cos\theta)}\); по углу полного внутреннего отражения (при угле падения \(\alpha_0\)): \(n_2 = \dfrac{\sqrt{1 + 2\cos\theta\sin\alpha_0 + \sin^2\alpha_0}}{\sin\theta}\).

Законы преломления на гранях призмы: \(\sin\alpha = n\sin\beta\), \(\sin\delta = n\sin\gamma\), при этом \(\beta + \gamma = \theta\). Отклонение \(\varphi = \alpha + \delta - \theta\), а \[\sin\delta = \sin\theta\sqrt{n^2 - \sin^2\alpha} - \cos\theta\sin\alpha,\] откуда \[\varphi = \alpha - \theta + \arcsin\left(\sin\theta\sqrt{n^2 - \sin^2\alpha} - \cos\theta\sin\alpha\right).\] Выражение симметрично относительно \(\alpha\) и \(\delta\) (обратимость хода лучей), поэтому минимум отклонения достигается при \(\alpha = \delta\): \(\sin\alpha(1+\cos\theta) = \sin\theta\sqrt{n^2 - \sin^2\alpha}\), откуда \(n_1\) из ответа. Полное внутреннее отражение возникает при \(\delta = \pi/2\), что даёт \(n_2\). Построение: экспериментальные точки \(\varphi(\alpha)\) и теоретическая кривая при \(n = n_1\) или \(n = n_2\) на одном графике.