Санкт-Петербургская, 2025/26, отборочный этап, 10 класс

Подсказка

Сначала найдите положение шарика без воды из условия равновесия. Масса намёрзшего льда определяется тем, что тепло кристаллизации идёт на нагрев шарика от \(T\) до \(0\,^{\circ}\)C. Не забудьте, что лёд на шарике тоже создаёт выталкивающую силу.

Ответ

\(h = \dfrac{g}{k}\left(\rho_{\text{в}}V + \dfrac{cm\lvert T\rvert}{\lambda} \left(\dfrac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}} - 1\right)\right)\).

Решение

Положение шарика до заливки воды найдём из условия равновесия. Ось \(X\) направим вниз от верхнего конца недеформированной пружины: \[mg = kx_1, \qquad x_1 = \frac{mg}{k}.\] При заливке воды на шарик намерзает лёд массой \(M\). Тепло, выделившееся при кристаллизации, идёт на нагрев шарика от \(T\) до \(0\,^{\circ}\)C: \[cm|T| = \lambda M, \qquad M = \frac{cm|T|}{\lambda}.\] На шарик со льдом действует сила Архимеда: \[F_{\text{А}} = \rho_{\text{в}} g\left(V + \frac{M}{\rho_{\text{л}}}\right).\] В новом положении равновесия \(kx_2 + F_{\text{А}} = (m + M)g\), откуда \[x_2 = \frac{g}{k}\left[m - \rho_{\text{в}}V + \frac{cm|T|}{\lambda} \left(1 - \frac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}}\right)\right].\] Так как \(\rho_{\text{в}} > \rho_{\text{л}}\), третье слагаемое в квадратных скобках отрицательно. При определённом соотношении параметров может оказаться, что \(x_2 < 0\), то есть пружина растянута, а не сжата в конечном положении. Смещение шарика: \[h = |x_2 - x_1| = \frac{g}{k}\left[\rho_{\text{в}}V + \frac{cm|T|}{\lambda} \left(\frac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}} - 1\right)\right].\]

Подсказка

Зеркальный потолок можно заменить второй такой же лампочкой в мнимом изображении: тень и полутень на полу от этого не изменятся. Запишите подобие треугольников для лучей, идущих от лампочки и её изображения через края стола.

Ответ

\(x = 2a\left(\sqrt{2} - 1\right)\).

Решение

Пусть \(x\) — расстояние от лампочки до потолка. Плоское зеркало даёт мнимое изображение лампочки на таком же расстоянии \(x\) за зеркалом. Области тени и полутени на полу не изменятся, если убрать зеркальный потолок и поместить в точку изображения ещё одну такую же лампочку. Расстояние от лампочки до стола \(y = H - x - h\).

Проведём из лампочки и её изображения лучи через края стола (рис.). Эти лучи определяют границы тени и полутени; \(r\) и \(R\) — расстояния от центра до границ тени и полутени на полу, \(R - r = d = a/2\). Из подобия треугольников: \[\frac{a}{y + 2x} = \frac{r}{y + 2x + h}, \qquad \frac{a}{y} = \frac{R}{y + h}.\]

С учётом \(R - r = d = a/2\) и \(H = 3a\) получается квадратное уравнение для \(x\): \[x^2 + 4ax - 4a^2 = 0.\] Выбирая положительный корень, находим \(x = 2a\left(\sqrt{2} - 1\right)\).

Подсказка

Скорость разлёта шариков найдите в системе их центра масс. Горизонтальные скорости меняются только при распрямлении пружины, а вертикальные у шариков одинаковы, поэтому шарики всё время на одной высоте. Удобно следить за горизонтальными координатами с учётом отражений от стен.

Ответ

При \(0 < u \leqslant \dfrac{3V_0}{2}\) шарики падают на расстоянии \(x = 3L - \dfrac{2Lu}{V_0}\) от левой стены; при \(u > \dfrac{3V_0}{2}\) — на расстоянии \(x = 2L - \dfrac{3LV_0}{u}\), где \(u = \sqrt{\dfrac{E}{m}}\).

Решение

Пока нить натянута, вертикальные проекции скоростей шариков совпадают. Пружина в момент срабатывания ориентирована горизонтально: иначе вертикальные проекции скоростей разошлись бы, и шарики не упали бы на пол одновременно. Поэтому шарики всё время находятся на одинаковой высоте над полом, и пружина меняет только горизонтальные проекции скоростей.

В системе центра масс шарики до распрямления покоились; после распрямления они разлетаются в противоположные стороны с одинаковыми по модулю скоростями \(u\). Из закона сохранения энергии \[2\cdot\frac{mu^2}{2} = E, \qquad u = \sqrt{\frac{E}{m}}.\] В системе, связанной с комнатой, горизонтальные скорости шариков становятся равными \(V_0 + u\) и \(V_0 - u\). В полёте шарики могут ударяться о стены, но не друг о друга, поэтому горизонтальные координаты совпадают в момент срабатывания пружины и в момент падения. Обозначим через \(x\) искомое расстояние от левой стены до места падения. Возможны три случая (рис.):

1. \(0 < u \leqslant V_0\): оба шарика продолжают движение в первоначальном направлении. Первый шарик ударяется о правую стену и летит навстречу второму. Приравняем время полёта: \[\frac{2L + (3L - x)}{V_0 + u} = \frac{x - L}{V_0 - u} \quad\Rightarrow\quad x = 3L - \frac{2Lu}{V_0}.\] Условие \(u \leqslant V_0\) равносильно \(x \geqslant L\).

2. \(V_0 < u \leqslant \dfrac{3}{2}V_0\): второй шарик движется назад с небольшой скоростью и падает, не долетев до левой стены; первый шарик, отразившись от правой стены, догоняет второй. Расстояние второго шарика по горизонтали равно \(L - x\), скорость равна \(u - V_0\), и получается то же выражение для \(x\).

3. \(u > \dfrac{3}{2}V_0\): второй шарик движется назад с достаточно большой скоростью, и шарики встречаются после того, как оба ударились о стены: \[\frac{2L + (3L - x)}{V_0 + u} = \frac{L + x}{u - V_0} \quad\Rightarrow\quad x = 2L - \frac{3LV_0}{u}.\] Условие \(x > 0\) равносильно \(u > \dfrac{3}{2}V_0\). Случай \(u = \dfrac{3}{2}V_0\) — граница между вторым и третьим случаями: шарики попадают точно в левый угол комнаты.

Подсказка

Рассмотрите всю систему целиком: внешние силы — реакции в опорах \(A\) и \(C\) и сила тяжести груза. Моменты сил относительно шарнира \(B\) для стержня \(BC\) дают вертикальную составляющую.

Ответ

\(R_C = mg\).

Решение

Обозначим силы реакции, действующие на стержни в точках \(A\) и \(C\), соответственно \(\vec R_A\) и \(\vec R_C\). На систему в целом помимо них действует только сила тяжести \(m\vec g\) (рис.):

\[R_{Ax} + R_{Cx} = 0, \qquad R_{Ay} + R_{Cy} = mg.\] Моменты сил, действующих на стержень \(BC\), относительно оси через \(B\): плечо силы со стороны стержня \(AB\) равно нулю, а груз создаёт момент \(mg\dfrac{L}{2}\) (здесь \(L\) — длина \(BC\)): \[mg\,\frac{L}{2} = R_{Cy}L \quad\Rightarrow\quad R_{Cy} = \frac{1}{2}mg, \qquad R_{Ay} = \frac{mg}{2}.\] Для горизонтальной составляющей рассмотрим моменты сил относительно \(B\) для стержня \(AB\). Сила \(\vec R_A\) создаёт нулевой момент, т. е. направлена вдоль \(AB\): \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{R_{Ay}}{R_{Ax}} = -\frac{mg}{2R_{Cx}} \quad\Rightarrow\quad R_{Cx} = -\frac{mg}{2\operatorname{tg}\alpha}.\] Модуль силы: \[R_C = \sqrt{R_{Cx}^2 + R_{Cy}^2} = \frac{mg}{2\sin\alpha} = mg.\] Проверка по правилу трёх сил: сила тяжести и сила \(\vec R_A\) не дают моментов относительно точки \(D\) пересечения прямой \(AB\) и вертикали груза (рис.), поэтому и \(\vec R_C\) направлена вдоль \(CD\).

Ответ согласуется с найденными выражениями.

Подсказка

Сопротивление зависит только от отношения радиусов и пропорционально \(\rho/d\). Подумайте, как сопротивления складываются при вложении одного кольца в другое, и как связаны значения \(f(xy)\) и \(f(x)\), \(f(y)\).

Ответ

\(R_0 = 118\ \text{Ом}\).

Решение

Сопротивление кольца \(R = \dfrac{\rho}{d}\,f\!\left(\dfrac{r_2}{r_1}\right)\) — по соображениям размерности и симметрии, где \(\rho\) — удельное сопротивление материала. Так как все точки внутренней и внешней поверхностей эквивалентны, ток течёт строго радиально. Поэтому кольца можно отмасштабировать: при толщине \(d = 0{,}5\) мм в \(n\) раз меньшей толщине сопротивление умножается на \(n\), а при умножении обоих радиусов на одно число сопротивление не меняется.

Таблицу удобно записать так: в первой строке радиусы умножены на 6, во второй — на \(\tfrac{2}{5}\). Тогда кольцо третьей строки получается вложением второго кольца в первое, и это последовательное соединение двух колец (рис.):

\[R_0 = 38~\text{Ом} + 80~\text{Ом} = 118~\text{Ом}.\] Алгебраически: \(f(10) = 40\alpha\) и \(f(3) = 19\alpha\), где \(\alpha = \dfrac{(1~\text{Ом})(1~\text{мм})}{\rho}\). Представляя кольцо с радиусами \(r_1 < r_3 < r_2\) как последовательное соединение колец \((r_1, r_3)\) и \((r_3, r_2)\), получаем \(f(xy) = f(x) + f(y)\). Поэтому \[f(30) = f(3) + f(10) = 59\alpha, \qquad R_0 = \frac{2 f(30)}{\alpha}~\text{Ом} = 118~\text{Ом}.\]