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

Подсказка

Скорость корабля постоянна по модулю, значит, задача сводится к поиску траектории наименьшей длины при ограничении на радиус кривизны \(R \geqslant d\). Траектории бывают из дуг радиуса \(d\) и прямых касательных.

Ответ

1) \(T_{OA} = 3\left[\pi - \arccos\dfrac{1}{4}\right]\dfrac{v}{a} \approx 5{,}47\,\dfrac{v}{a}\);  2) \(T_{OB} = \dfrac{\pi v}{a}\);  3) \(T_{OC} = \left(\dfrac{2\pi}{3} + \sqrt{3}\right)\dfrac{v}{a}\).

Решение

Нормальное ускорение корабля не превышает \(a\), поэтому радиус кривизны траектории \(R \geqslant v^2/a = d\). Прямая и дуга радиуса \(d\) — два возможных типа участков.

До точки \(B\) оптимальна полуокружность радиуса \(d\) длиной \(\pi d\): \(T_{OB} = \pi d/v = \pi v/a\).

До точки \(C\) корабль движется по дуге радиуса \(d\) на угол \(2\pi/3\) и затем по касательной к окружности из точки \(C\) длиной \(d\sqrt{3}\): \(T_{OC} = \dfrac{2\pi d/3 + d\sqrt{3}}{v} = \left(\dfrac{2\pi}{3} + \sqrt{3}\right)\dfrac{v}{a}\).

До точки \(A\) рассмотрены два предельных варианта: (а) прямая касательная из \(O\) и три четверти окружности, \(T^{(1)} = \left(1 + \dfrac{3\pi}{2}\right)\dfrac{v}{a} \approx 5{,}71\,\dfrac{v}{a}\); (б) сначала дуга минимального радиуса от \(O\) с переходом на окружность, содержащую \(A\), с углом \(\alpha = \arccos(1/4)\), \(T^{(2)} = 3\left[\pi - \arccos\dfrac{1}{4}\right]\dfrac{v}{a} \approx 5{,}47\,\dfrac{v}{a}\). Выбирается меньшее: \(T_{OA} = T^{(2)}\).

Подсказка

Левый шарик отрывается, когда вертикальная реакция опоры обращается в ноль. Это равносильно условию, что вертикальное ускорение центра масс гантели равно нулю. Запишите законы Ньютона для правого шарика вдоль и перпендикулярно стержню и закон сохранения энергии.

Ответ

\(\varphi = \operatorname{arctg}\dfrac{\sqrt{2}}{2} \approx 35^\circ\).

Решение

Пока левый шарик не оторвался, вертикальное ускорение центра масс \(a^{(\text{цм})}_y = a_y/2\) (левый шарик неподвижен). Отрыв наступает при \(a_y = 0\). Для правого шарика касательное ускорение \(a_\tau = g\cos\varphi\), а условие \(a_y = 0\) даёт \(a_n\sin\varphi = a_\tau\cos\varphi\), то есть \(a_n \sin\varphi = g\cos^2\varphi\).

Закон сохранения энергии для гантели: \(Fl\sin\varphi = \dfrac{m(\omega l)^2}{2} + mgl\sin\varphi\), откуда \(a_n = \omega^2 l = 2g\sin\varphi\). Подставляя, получаем \(2g\sin^2\varphi = g\cos^2\varphi\), \(\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\), \(\varphi \approx 35^\circ\).

Подсказка

В начале молярная масса смеси равна \(M_A\), в конце — \(M_{\text{к}}\). Из отношений молярных масс найдите отношение количеств веществ газов \(B\) и \(A\), затем используйте закон Дальтона и уравнение Менделеева–Клапейрона.

Ответ

Давление увеличилось в \(7/5 = 1{,}4\) раза.

Решение

По графику верхняя штриховая линия соответствует \(M_A\), нижняя — \(M_B\); \(M_A/M_{\text{к}} = 4\), \(M_B/M_{\text{к}} = 1/2\), а \(T_{\text{к}}/T_0 = 1/5\). Из соотношения для смеси \(\dfrac{\nu_B}{\nu_A} = \dfrac{M_A/M_{\text{к}} - 1}{1 - M_B/M_{\text{к}}} = \dfrac{4 - 1}{1 - 1/2} = 6\).

Начальное давление \(P_0 = \nu_A R T_0/V\), конечное — по закону Дальтона \(P_{\text{к}} = (\nu_A + \nu_B)RT_{\text{к}}/V\). Отношение давлений: \(\dfrac{P_{\text{к}}}{P_0} = \left(1 + \dfrac{\nu_B}{\nu_A}\right)\dfrac{T_{\text{к}}}{T_0} = 7 \cdot \dfrac{1}{5} = \dfrac{7}{5} = 1{,}4\).

Подсказка

Токи через два одинаковых контура совпадают по симметрии: запишите второй закон Кирхгофа для одного независимого контура до и после закорачивания.

Ответ

Тепловыделение увеличится в \(4/3\) раза.

Решение

Через источники \(3\mathcal{E}\) текут токи \(I_1\) и \(I_2\), через источник \(\mathcal{E}\) — ток \(I_1 + I_2\). По симметрии \(I_1 = I_2\); второй закон Кирхгофа для контура даёт \(3\mathcal{E} + \mathcal{E} = 6RI_1 + R(I_1 + I_2)\), откуда \(I_1 = I_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{2R}\). Тепловыделение \(P_{\text{I}} = \dfrac{4\mathcal{E}^2}{R}\).

После закорачивания резистора \(R\) токи \(I_1' = I_2' = \dfrac{2\mathcal{E}}{3R}\) (из \(4\mathcal{E} = 6RI_1'\)), а тепловыделение \(P_{\text{II}} = \dfrac{16\mathcal{E}^2}{3R}\). Отношение \(P_{\text{II}}/P_{\text{I}} = \dfrac{4}{3}\).

Подсказка

Изображение рамки строится линзой в плоскости пластинки, а свет проходит через щель только тогда, когда щель совпадает с изображением участка рамки. Моменты, когда горизонтальные стороны изображения засвечиваются, связаны с положением щели; из их разности и положения центра рамки найдите сторону рамки.

Ответ

Размер рамки \(2a = 12\) мм или \(2a = 44\) мм.

Решение

Пусть сторона рамки равна \(2a\), сторона пластинки \(2h\). Центр рамки падает по закону \(Y_{\text{Р}}(t) = Y_0 - gt^2/2\), а положение щели \(y_{\text{Щ}}(t) = -h\left(1 - \dfrac{2t}{\tau}\right)\). Изображение точек с вертикальной координатой \(Y(t) = \dfrac{dh}{f}\left(1 - \dfrac{2t}{\tau}\right)\) попадает на пластинку, если \(|Y(t) - Y_{\text{Р}}(t)| \leqslant a\). Горизонтальные линии на пластинке, по которым засвечиваются стороны рамки, возникают в моменты \(t_{1,2}\), которые по геометрии изображения связаны с \(y_1 = -h/5\) и \(y_2 = 2h/5\).

Из соотношения размеров изображения и рамки \(a = \dfrac{d}{f}x_0\), \(x_0 = \dfrac{4}{5}h\) получаем \(\alpha = \dfrac{af}{hd}\). Решение системы уравнений для двух возможных сценариев (нижняя сторона изображения засвечивается первой либо верхняя, при начальном положении рамки выше или ниже критического) даёт \(a = 3/500\) м, \(Y_0 = 31/2000\) м в первом случае и \(a = 11/500\) м, \(Y_0 = -17/2000\) м во втором. Оба варианта совместимы с условиями задачи, поэтому размер рамки \(2a\) равен \(12\) мм или \(44\) мм.

Подсказка

Потенциальная энергия пружины равна работе силы, которой её поднимают: измерьте силу по показаниям весов, подвешивая верхний край нитью, и проинтегрируйте по высоте.

Ответ

1) \(l \approx 550\) см;  2) пружина раскрывается, потому что изгибная энергия ленты уменьшается при уменьшении радиуса витков; 3) \(E_p(h)\) — график с максимумом при неустойчивом равновесии; 4) \(E_{p\,\max} \approx 0{,}032\) Дж (неустойчивое равновесие при \(H \approx 6\) см), \(E_{p\,\min} \approx -0{,}356\) Дж (полное раскрытие).

Решение

Масса пружины \(m_0 \approx 59{,}55\) г; при плоской укладке \(N_0 = 14\) витков диаметром \(D_0 = 12{,}5\) см. При раскрытии число витков становится \(13\), диаметр витка \(D_1 = 13{,}5\) см. Длина ленты не меняется при раскрытии: \(l_0 = \pi N_0 D_0 \approx 549\) см, \(l_1 = \pi N_1 D_1 \approx 551\) см, принимаем \(l \approx 550\) см.

Сила, порождающая раскрытие, — изменение радиуса витков; её измеряют весами с нитью, работа пропорциональна интегралу силы по высоте. Потенциальная энергия \(E_p = \sum F_i \Delta l_i\), где \(F_i\) — сила, выраженная через показания весов \(m_i\) с учётом веса пружины \(m_0\). Максимум \(E_p\) достигается при высоте \(H \approx 6\) см (неустойчивое равновесие), полное раскрытие отвечает минимуму \(E_p \approx -0{,}356\) Дж. Аналитическая оценка по формуле изгиба балки даёт \(-0{,}46\) Дж, что отличается на \(29\%\) от суммирования работы.

Подсказка

Ионы в жидкости дают ложное напряжение на обкладках; измерять ёмкость лучше не по напряжению на исследуемом конденсаторе, а по перетеканию заряда на тестовый конденсатор или по разрядке через вольтметр.

Ответ

\(\varepsilon \approx (3\text{--}7)\cdot 10^5\) (при \(C \approx 10\text{--}25\) мкФ).

Решение

Из формулы ёмкости \(\varepsilon = \dfrac{C\ln(R_2/R_1)}{2\pi\varepsilon_0 l}\). Для установки \(R_1 = 4\) мм, \(R_2 = 6{,}5\) мм, \(l = 30\) см, \(\ln(R_2/R_1) \approx 0{,}49\).

Ёмкость измеряют с учётом ионного обмена в жидкости: (1) перераспределение заряда между исследуемым конденсатором и тестовым конденсатором \(C_0 = 10\) мкФ, \(C = C_0 U_1/(U_0 - U_1)\); (2) разрядка через вольтметр с сопротивлением около \(1\) МОм, \(\tau = RC\), с учётом ионного вклада \(U_{\text{ион}}\) по наклону \(\ln(U - U_{\text{ион}})\) от времени. Оба способа дают \(C \approx 10\)–\(25\) мкФ, что соответствует \(\varepsilon \approx (3\text{--}7)\cdot 10^5\).