Санкт-Петербургская, 2024/25, отборочный этап, 10 класс

Подсказка

По горизонтали внешних сил нет, поэтому скорости шаров связаны импульсом. Затем запишите закон сохранения энергии для всей системы в момент отпускания и в момент наивысшего подъёма верхнего шара.

Ответ

\(v_2=\sqrt{\dfrac{(2R-h)\,g}{3}}\).

Решение

По горизонтали на систему не действуют внешние силы, поэтому импульс сохраняется: \(-mv_1+2mv_2=0\), откуда \(v_1=2v_2\).

Трение отсутствует, удар абсолютно упругий, поэтому полная механическая энергия сохраняется: \[mg\cdot 2R = mgh + \frac{mv_1^2}{2} + \frac{2m\,v_2^2}{2}.\] Подставляя \(v_1=2v_2\), получаем \(mg(2R-h)=3m\,v_2^2\), откуда \(v_2=\sqrt{\dfrac{(2R-h)\,g}{3}}\).

Подсказка

Одинаковые показания амперметра при закорачивании двух разных пар точек означают равенство сопротивлений двух ветвей. Сравните сопротивления двух схем.

Ответ

\(P_{\text{а}}/P_{\text{б}}=4\).

Решение

Одинаковые показания амперметра при закорачивании точек \(D\)–\(E\) и \(E\)–\(F\) дают \(R_1+R_2=R_3+R_4\).

Сопротивление схемы на рис. а: \(R_\text{а}=\dfrac{(R_1+R_2)(R_3+R_4)}{(R_1+R_2)+(R_3+R_4)}=\dfrac{R_1+R_2}{2}\). Сопротивление схемы на рис. б: \(R_\text{б}=(R_1+R_2)+(R_3+R_4)=2(R_1+R_2)\).

При одинаковом напряжении \(U\) мощности \(P=U^2/R\) относятся как \(\dfrac{P_\text{а}}{P_\text{б}}=\dfrac{R_\text{б}}{R_\text{а}}=4\).

Примечание организаторов: на рис. б в условии допущена ошибка — последовательно соединённые сопротивления должны идти в порядке \(R_1\)–\(R_4\)–\(R_3\)–\(R_2\). Ответ от этого не меняется, а условие с закорачиваниями \(A\)–\(B\), \(B\)–\(C\) становится избыточным.

Подсказка

Точка касания тела с поверхностью в этот момент неподвижна: это мгновенная ось вращения. Скорость каждой точки перпендикулярна отрезку, соединяющему её с этой осью.

Ответ

\(\varphi=60^\circ\).

Решение

Качение без проскальзывания означает, что точка касания \(C\) имеет нулевую скорость, поэтому в данный момент тело вращается вокруг оси, проходящей через \(C\). Скорости точек \(A\) и \(B\) перпендикулярны \(CA\) и \(CB\), а \(v_A=\omega\,CA\), \(v_B=\omega\,CB\), так что \[\frac{v_A}{v_B}=\frac{CA}{CB}.\] Пусть \(O\) — центр цилиндра, \(OA=OB=OC=R\), \(\angle BOC=\pi/2-\varphi\) и \(\angle AOC=\pi/2+\varphi\). По теореме косинусов \(CA^2=2R^2(1+\sin\varphi)\), \(CB^2=2R^2(1-\sin\varphi)\), поэтому \[\left(\frac{v_A}{v_B}\right)^2=\frac{1+\sin\varphi}{1-\sin\varphi}.\] Пусть \(K=\left(\dfrac{v_A}{v_B}\right)^2=7+4\sqrt3\). Тогда \(1+\sin\varphi=K(1-\sin\varphi)\), откуда \(\sin\varphi=\dfrac{K-1}{K+1}=\dfrac{3+2\sqrt3}{4+2\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}{2}\), то есть \(\varphi=60^\circ\).

Подсказка

Луч, входящий перпендикулярно плоской грани, не преломляется. Дальше важно, при каком угле падения на круглую границу луч испытывает полное внутреннее отражение.

Ответ

\(d_{\min}=\sqrt{3}\,R\).

Решение

Луч входит в полудиск перпендикулярно \(AB\) и не преломляется. Чтобы он не выходил через круглую сторону, на неё он должен падать под углом \(\theta\geqslant\theta_0=\arcsin(1/n)\), то есть при полном внутреннем отражении. Так как \(n=1{,}35\), имеем \(\pi/4<\theta_0<\pi/3\).

Отражённый луч снова падает на круглую границу под углом \(\theta\geqslant\theta_0\) и снова полностью отражается. Выход наружу через грань \(AB\) возможен только для траекторий, которые замыкаются: луч должен отразиться от круглой границы так, чтобы выйти назад параллельно исходному. Это происходит для траекторий в виде части правильного многоугольника с чётным числом сторон \(N\), вписанного в окружность, где \(\theta=\pi/2-\pi/N\). Случай \(N=4\) не подходит, так как там \(\theta<\theta_0\) и полного внутреннего отражения нет. Для \(N=6,8,\dots\) условие выполнено. Смещение выходящего луча равно \(d_N=2R\cos(\pi/N)\), и оно растёт с ростом \(N\). Минимальное смещение соответствует \(N=6\): \[d=d_6=2R\cos\frac{\pi}{6}=\sqrt3\,R.\]

Подсказка

Сначала найдите распределение температуры в пластине: оно линейно по \(x\). Затем учтите, что в теплоизолированной системе конечная температура равна среднему по площади начального распределения, а среднее координаты совпадает с координатой центра масс треугольника.

Ответ

\(T_*=\dfrac{2}{3}T_1+\dfrac{1}{3}T_2\).

Решение

Стационарное распределение температуры при постоянных граничных значениях линейно по координате \(x\) (перпендикулярной границам с \(T_1\) и \(T_2\)): \(T(x)=T_1+(T_2-T_1)\dfrac{x}{a}\), где \(a\) — сторона пластины.

Теплоизолированный треугольник приходит к равновесию с температурой, при которой полный баланс тепла равен нулю: \(\sum_i \Delta S_i\,(T_*-T_i)=0\), откуда \(T_*=\langle T\rangle\) — среднее значение начального распределения температуры по площади треугольника.

Так как \(T\) линейно по \(x\), \(\langle T\rangle=T_1+(T_2-T_1)\dfrac{\langle x\rangle}{a}\), а \(\langle x\rangle\) — координата центра масс треугольника. Для прямоугольного равнобедренного треугольника с катетами \(a\) она равна \(x_c=a/3\). Поэтому \[T_*=T_1+\frac{T_2-T_1}{3}=\frac{2}{3}T_1+\frac{1}{3}T_2.\]