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

Поршень в равновесии: сила давления газа уравновешена силой натяжения жгута. Запишите уравнение состояния газа через \(\varepsilon\) и сравните две точки графика.

\(T_{\text{кр}} = 1{,}82\,T_\Gamma\).

Поршень неподвижен, поэтому \(pS = F_{\text{упр}}\). Для идеального газа \(pV = \nu RT\), где \(V = S(L_0 + \Delta L) = SL_0(1+\varepsilon)\). Отсюда \[\nu R T = F_{\text{упр}}(\varepsilon)\,L_0(1+\varepsilon).\] Записываем это при \(T = T_\Gamma\) (относительное удлинение \(\varepsilon_\Gamma\)) и при \(T = T_{\text{кр}}\) (удлинение \(\varepsilon_{\text{кр}}\), жгут рвётся): \[\frac{T_{\text{кр}}}{T_\Gamma} = \frac{1+\varepsilon_{\text{кр}}}{1+\varepsilon_\Gamma}\cdot \frac{F_{\text{упр}}(\varepsilon_{\text{кр}})}{F_{\text{упр}}(\varepsilon_\Gamma)}.\] По графику \(\varepsilon_\Gamma = 0{,}5\), \(F_{\text{упр}}(\varepsilon_\Gamma) = 2{,}0\,F_0\); \(\varepsilon_{\text{кр}} = 1{,}1\), \(F_{\text{упр}}(\varepsilon_{\text{кр}}) = 2{,}6\,F_0\). Тогда \[T_{\text{кр}} = \frac{1+1{,}1}{1+0{,}5}\cdot\frac{2{,}6}{2{,}0}\,T_\Gamma \approx 1{,}82\,T_\Gamma .\]

Сопротивление участка \((x_0, x_0+d)\) при постоянном токе равно изменению напряжения на нём, делённому на \(I\). Ищите отрезок длины \(d\), на котором \(U(x)\) растёт сильнее всего.

\(x_0 = 0{,}4\,L\), \(R_0 = 140\) Ом.

Сопротивление участка \((x_0, x_0+d)\) равно \(R(x_0) = \dfrac{U(x_0+d)-U(x_0)}{I}\). Нужно найти максимум \(R(x_0)\) при \(d = 0{,}3L\). Наибольший угловой коэффициент графика \(U(x)\) — на отрезке \((0{,}5L;\,0{,}6L)\), второй по величине — на \((0{,}6L;\,0{,}7L)\), третий — на \((0{,}2L;\,0{,}5L)\). Искомый отрезок должен лежать в \((0{,}2L;\,0{,}7L)\) и накрывать \((0{,}5L;\,0{,}7L)\), значит, это \((0{,}4L;\,0{,}7L)\), т.е. \(x_0 = 0{,}4L\). Сопротивление \[R_0 = \frac{U(0{,}7L)-U(0{,}4L)}{I} = \frac{2{,}0 - 0{,}6}{0{,}01}\ \text{Ом} = 140\ \text{Ом}.\]

Поплавок: сила натяжения нити равна силе Архимеда. Куб: проверьте и баланс сил, и баланс моментов относительно верхней грани — последний даёт второе, независимое условие.

Равновесие возможно, если \(\mu_0 \le 1\), где \(\mu_0 = \dfrac{\rho g h S}{\left[p_a + \rho g\left(h+\frac{a}{2}\right)\right]a^2}\); при этом \(\mu \ge \mu_0\). Если \(\mu_0 > 1\), равновесие невозможно ни при каком \(\mu\).

Поплавок лёгкий: натяжение нити \(T = F_A = \rho g h S\). Нить тянет куб горизонтально с силой \(T\), значит, сила трения \(F_{\text{тр}} = T = \rho g h S\).

На куб сверху действует сила атмосферного давления и давления воды. Сверху воды нет, поэтому равнодействующая давления воды на нижнюю грань \(F = \left[p_a + \rho g(h+a)\right]a^2\). Масса куба \(M = \rho a^3/2\). Вертикальное равновесие даёт \[N = F - Mg = \left[p_a + \rho g\left(h+\tfrac{a}{2}\right)\right]a^2 .\] Условие отсутствия проскальзывания \(F_{\text{тр}} \le \mu N\) даёт \(\mu \ge \mu_0\).

Условие отсутствия вращения: сила реакции \(N\) приложена на расстоянии \(x \le a/2\) от оси через верхнюю грань, момент силы \(T\) даёт \(Nx = Ta/2\). Поэтому \(T \le N\), т.е. \(\mu_0 = T/N \le 1\).

Перейдите в систему, свободно падающую вместе с гантелью и бусинкой: там они движутся равномерно. Учтите, что при упругом ударе масс \(m+m=2m\) относительная скорость меняет знак, то есть скорости «обмениваются».

1) \(V_0 = n\sqrt{\dfrac{gL}{n-1}}\) для нечётных \(n\) (удар о верхний диск), \(V_0 = \sqrt{ngL}\) для чётных \(n\) (удар о нижний диск); 2) \(t_1 \approx 0{,}7746\) с и \(t_2 \approx 0{,}1367\) с.

Ось направим вверх, начало координат — в середину гантели в исходном положении. Скорости бусинки и гантели равны \(v = V_g(t) + v'\), где \(V_g = -gt\) — свободное падение всей системы, а \(v'\) — скорости в падающей системе отсчёта. В этой системе \(v'_б(0) = V_0\), \(v'_г(0) = 0\); при каждом ударе скорости \(v'_б\) и \(v'_г\) обмениваются значениями. Поэтому скорость \(v'_г\) — кусочно-постоянная, за время между соударениями \(\tau = L/V_0\) она принимает значения \(0\) и \(V_0\), а перемещение гантели в падающей системе за каждый период растёт на \(L\).

Удары о верхний диск происходят при \(t = (2k+1)\tau\), о нижний — при \(t = (2k+2)\tau\). Условие «гантель на исходной высоте» в момент удара: \(-\dfrac{gt^2}{2} + kL = 0\) для верхнего и \(-\dfrac{gt^2}{2} + (k+1)L = 0\) для нижнего. Отсюда получаем приведённый в ответе ответ для \(V_0\) в зависимости от номера удара \(n\).

Во втором пункте при \(L = 1\) м, \(V_0 = 8\) м/с, \(g = 10\) м/с\(^2\) решения сводятся к двум интервалам: \(t_1 = \sqrt{6L/g} \approx 0{,}7746\) с (первый интервал) и \(t_2 = \dfrac{V_0 - \sqrt{V_0^2 - 2gL}}{g} \approx 0{,}1367\) с (второй интервал).

Формула тонкой линзы \(\dfrac{1}{F} = \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{f}\) с учётом знака \(f\) (для мнимого изображения \(f<0\)) даёт расстояние до источника в обоих случаях. Наклон уменьшает расстояние от источника до плоскости линзы в \(\cos\theta\) раз.

\(\theta_1 = \arccos\dfrac{54}{55} \approx 11^\circ\) (мнимое изображение); \(\theta_2 = \arccos\dfrac{9}{11} \approx 35^\circ\) (действительное изображение).

Пусть \(d\) — расстояние от источника до плоскости линзы, \(f\) — до изображения (для мнимого изображения \(f<0\)). Формула тонкой линзы: \(\dfrac{1}{F} = \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{f}\).

1) Мнимое изображение, \(f = -11F\): \(d = \dfrac{11}{12}F\) (\(d<F\), что согласовано с мнимым изображением). После поворота \(d' = d\cos\theta_1\) остаётся меньше \(F\), поэтому изображение остаётся мнимым, \(f' = -9F\), и \(\dfrac{1}{F} = \dfrac{1}{d'} - \dfrac{1}{9F}\), откуда \(d' = \dfrac{9}{10}F\). Тогда \(\cos\theta_1 = \dfrac{d'}{d} = \dfrac{54}{55}\).

2) Действительное изображение, \(f = +11F\): \(d = \dfrac{11}{10}F\) (\(d > F\)). После поворота возможны два случая. Если изображение осталось действительным, \(f' = +9F\), то \(d' = \dfrac{9}{8}F > d\), что невозможно, так как при повороте \(d'\) может только уменьшиться. Значит, изображение стало мнимым: \(f' = -9F\), \(d' = \dfrac{9}{10}F\), и \(\cos\theta_2 = \dfrac{d'}{d} = \dfrac{9}{11}\).

Проводимость фоторезистора пропорциональна интенсивности рассеянного света; тогда \(\ln R\) линейно зависит от \(x\), и угловой коэффициент даёт \(\alpha\).

Толстый стержень: лазер \(\alpha \approx 0{,}073\) см\(^{-1}\), фонарик \(\alpha \approx 0{,}12\) см\(^{-1}\). Тонкий стержень: лазер \(\alpha \approx 0{,}20\) см\(^{-1}\), фонарик \(\alpha \approx 0{,}29\) см\(^{-1}\).

Считаем, что проводимость фоторезистора пропорциональна интенсивности рассеянного света, а она, в свою очередь, пропорциональна \(I(x) = I_0 e^{-\alpha x}\). Тогда сопротивление \(R \propto 1/I(x)\), и \[\ln R = \alpha x + \text{const}.\] Снимаем зависимость \(R(x)\) для каждого случая (лазер/фонарик, толстый/тонкий стержень) и строим \(\ln R(x)\); угловой коэффициент прямой — искомый коэффициент затухания. Различие коэффициентов связано с материалом стержней и длинами волн излучения.

Газ в колбе при охлаждении сжимается, и мембрана втягивается. Сравните давление газа с давлением, которое создаёт поверхностное натяжение мембраны на её кривизне.

Метод: по высоте выпуклости \(h\) мембраны и её радиусу \(r\) (малый сферический сегмент) находится радиус кривизны; из условия механического равновесия мембраны, где перепад давления \(\Delta p\) уравновешивает силу натяжения, и уравнения состояния газа в колбе получаем \(\sigma\). Модуль Юнга находим из обобщённого закона Гука: растяжение мембраны связано с силой \(F = \sigma \ell\) через модуль \(E\) и геометрию выпуклости. Альтернативный способ — нагрузка грузом 100 г на линейку, положенную на выпуклость мембраны (рычаг) и вдавливающую газ в сосуд.