Санкт-Петербургская, 2023/24, отборочный этап, 10 класс

Относительно доски кошка стартует с той же скоростью, что и с пола. Но доска при толчке уезжает назад: что сохраняется в горизонтальном направлении для системы «кошка и доска»?

На расстоянии \(\dfrac{2}{3}L\) от места второго толчка.

Для прыжка с пола обозначим начальную скорость кошки \(\vec v\), время полёта \(t\). Из условий \(v_x t = L\), \(v_y t - gt^2/2 = 0\) получаем \[v_x v_y = \frac{gL}{2}.\] При прыжке с доски это соотношение остаётся прежним, но начальная скорость кошки относительно пола \(\tilde{\vec v}\) другая, и кошка прыгнет на расстояние \(\tilde L\): \[\tilde v_x \tilde v_y = \frac{g\tilde L}{2}.\] Скорость кошки относительно доски в начале полёта равна \(\vec v\), поэтому \(\tilde v_x = v_x - u\), \(\tilde v_y = v_y\), где \(u\) — скорость доски относительно пола, направленная в сторону, противоположную прыжку. Горизонтальный импульс системы кошка + доска сохраняется; в системе пола \(m(v_x - u) - Mu = 0\), откуда \[u = \frac{m v_x}{M + m}.\] Деля второе соотношение на первое, получаем \[\tilde L = \frac{\tilde v_x}{v_x}\,L = \frac{M}{M + m}\,L = \frac{2}{3}L.\]

В системе стакана на воду действует сила инерции, так что эффективная сила тяжести равна \(\vec g + \vec a\). Какой угол с горизонтом образует поверхность воды при максимальном ускорении? Сравните объём воды до и после остановки.

Если \(a \leqslant \dfrac{8g}{3}\), то \(h = H\); если \(a > \dfrac{8g}{3}\), то \(h = \dfrac{8}{3}\,\dfrac{g}{a}\,H\). График \(h(a)\): горизонтальный отрезок \(h = H\) при \(a \leqslant \dfrac{8g}{3}\), далее ветвь гиперболы \(h \propto 1/a\).

В системе стакана на воду действует сила инерции; вода оказывается в эффективном поле \(\vec g^{\,*} = \vec g + \vec a\), поэтому её поверхность перпендикулярна этому вектору. Пусть в момент максимального ускорения (направленного вправо) вода смещается влево и часть её выливается. Оставшаяся вода имеет в сечении треугольную форму, оголяя дно. Угол наклона поверхности \(\alpha\) удовлетворяет \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{a}{g} = \frac{4H}{x},\] откуда катет \(x = \dfrac{4Hg}{a}\). Площадь сечения оставшейся воды равна \(2Hx = \dfrac{8g}{a}H^2\). То же можно получить в лабораторной системе: на малый объём воды действуют сила тяжести и сила Архимеда, направленная перпендикулярно поверхности; второй закон Ньютона даёт \(F_A\sin\alpha = ma\), \(F_A\cos\alpha = mg\).

В конечный момент стакан покоится, и вода имеет форму прямоугольника площадью \(3hH\). Приравнивая площади, \[h = \frac{8g}{3a}\,H.\] Равенство \(h = H\) достигается при \(a = \dfrac{8g}{3}\); это минимальное ускорение, при котором вода выливается. Поэтому при \(a \leqslant \dfrac{8g}{3}\) уровень не меняется, а при \(a > \dfrac{8g}{3}\) имеем \(h = \dfrac{8}{3}\dfrac{g}{a}H\).

Работа, которую совершили над системой при сдвиге поршня, в конце превращается в тепло. Найдите изменение потенциальной энергии системы: при равновесии жидкость переливается из одного сосуда в другой, а объём жидкости сохраняется.

\(\Delta T = \dfrac{2\rho g x^2 S}{3C}\).

Обозначим массы поршней \(m_1\) (узкий сосуд, \(S_1 = S\)) и \(m_2\) (широкий, \(S_2 = 3S\)). В равновесии давления на уровне маленького поршня совпадают: \[H = \frac{1}{\rho}\left(\frac{m_1}{S_1} - \frac{m_2}{S_2}\right).\] Работа, совершённая при сдвиге поршня, переходит в тепло (колебания затухают из-за вязкости, система возвращается в состояние равновесия), поэтому \(\Delta U = C\,\Delta T\). Объём жидкости сохраняется, поэтому \(S_1 x = S_2 y\), где \(y\) — смещение большого поршня. Изменение потенциальной энергии системы \[\Delta U = -m_1 g x + m_2 g y + \rho x S_1 g\left(H + \frac{y}{2} + \frac{x}{2}\right),\] где последнее слагаемое — перенос объёма \(\rho x S_1\) жидкости, центр масс которого поднимается с уровня \(-x/2\) до уровня \(H + y/2\) относительно маленького поршня. Подставляя \(H\) и \(y\), получаем \[\Delta T = \frac{\rho g x^2 S_1}{2C}\left(1 + \frac{S_1}{S_2}\right) = \frac{2\rho g x^2 S}{3C}.\] Решение не меняется, если считать \(H\) отрицательным.

Сопротивление бруска равно \(\rho\,l/S\). Что происходит с сечением и длиной бруска, если его объём сохраняется, а длина растёт в \(\lambda\) раз? Запишите сопротивления двух схем и приравняйте их.

Отношение большего удельного сопротивления к меньшему равно \(\dfrac{(\lambda^2 - 2) + \sqrt{(\lambda^2 - 2)^2 - 4}}{2}\); решение существует только при \(\lambda \geqslant 2\).

Пусть ребро кубиков равно \(a\), удельные сопротивления \(\rho_1\) и \(\rho_2\). Сопротивления кубиков \[R_1 = \frac{\rho_1}{a}, \qquad R_2 = \frac{\rho_2}{a}.\] В левой схеме кубики соединены последовательно: \[R_I = \frac{\rho_1 + \rho_2}{a}.\] При сохранении объёма растяжение длины в \(\lambda\) раз уменьшает площадь сечения в \(\lambda\) раз, поэтому сопротивления вытянутых кубиков \(R_1' = \dfrac{\lambda^2\rho_1}{a}\), \(R_2' = \dfrac{\lambda^2\rho_2}{a}\). В правой схеме они соединены параллельно: \[R_{II} = \frac{R_1' R_2'}{R_1' + R_2'} = \frac{\lambda^2\rho_1\rho_2}{(\rho_1 + \rho_2)\,a}.\] По условию \(R_I = R_{II}\), то есть \((\rho_1 + \rho_2)^2 = \lambda^2\rho_1\rho_2\). Введя \(x = \rho_1/\rho_2\), получаем \[x^2 + (2 - \lambda^2)\,x + 1 = 0,\] откуда \(x_\pm = \dfrac{(\lambda^2 - 2) \pm \sqrt{(\lambda^2 - 2)^2 - 4}}{2}\). Произведение корней равно единице: оба решения описывают одну ситуацию (отношение большего сопротивления к меньшему и обратную величину). Вещественные корни есть только при \(\lambda \geqslant 2\); при \(\lambda = 2\) получаем \(\rho_1 = \rho_2\).

Скорость таяния пропорциональна мощности, которая пропорциональна площади контакта. Выясните, как убывает высота льда со временем. Далее найдите ход луча через сферу по закону Снеллиуса.

При \(0 \leqslant t \leqslant \dfrac{\sqrt{3}}{2}T_0\) координата линейна по времени: \(x(t) = x_0 + \dfrac{t\,(R/2 - x_0)}{\sqrt{3}\,T_0/2}\), где \(x_0 = \dfrac{2R}{\sqrt{12n^2 - 3} + 1}\); при \(t > \dfrac{\sqrt{3}}{2}T_0\) имеем \(x(t) = \dfrac{R}{2}\). График: отрезок прямой от \(x_0\) до \(R/2\), затем горизонтальная прямая.

Процесс таяния: за малое время \(\Delta t\) стол передаёт льду тепло \(\alpha S\,\Delta t\), где \(S\) — площадь соприкосновения, а \(\alpha\) — коэффициент пропорциональности. Этим теплом растаивает слой толщиной \(\Delta h\): \(\alpha S\,\Delta t = \lambda\rho S\,\Delta h\), где \(\lambda\) — удельная теплота плавления, \(\rho\) — плотность льда. Значит, высота льда над столом убывает равномерно: \(\dfrac{\Delta h}{\Delta t} = \dfrac{\alpha}{\lambda\rho}\) = const.

В начальный момент угол падения луча на полусферу \(\alpha = 30^\circ\), и по закону Снеллиуса \[\sin\beta = \frac{\sin\alpha}{n} = \frac{1}{2n}, \qquad \operatorname{tg}\beta = \frac{1}{\sqrt{4n^2 - 1}}.\] Преломлённый луч, угол которого с вертикалью равен \(\beta\), попадает на стол в точку с координатой \[x_0 = \frac{2R}{\sqrt{12n^2 - 3} + 1}\] от центра \(O\) (вывод через геометрию треугольника с углом \(\gamma = \alpha - \beta\)).

Когда остаётся лишь нижняя часть льда толщиной \(R\sqrt{3}/2\), луч попадает в точку на расстоянии \(R/2\) от \(O\). Так как таяние равномерно уменьшает толщину за время \(T_0\), это произойдёт в момент \(t = \dfrac{\sqrt{3}}{2}T_0\). Представляя, что не лёд опускается, а стол равномерно поднимается, видим, что точка пересечения луча со столом движется равномерно, поэтому до этого момента \(x(t)\) линейна, а затем \(x = R/2\).