СПбГУ, 2020/21, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Каждый раз, когда луч отражается от нижней грани, угол его падения на верхнюю грань меняется на фиксированную величину. Сравните угол падения на верхнюю грань с критическим углом полного внутреннего отражения.

Ответ

Три пучка света.

Решение

1) По закону преломления на левой грани: \(\sin\beta_2=\dfrac{\sin 45^\circ}{\sqrt{2}}=\dfrac12\), откуда \(\beta_2=30^\circ\).

2) Критический угол полного внутреннего отражения на верхней грани: \(\sin\beta_{\text{крит}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\), \(\beta_{\text{крит}}=45^\circ\).

3) Угол падения на верхнюю грань при первом подходе луча вверх: \(\beta_3=\gamma-\beta_2=5^\circ\). Он меньше критического, луч частично преломляется и выходит из тела.

4) Каждый следующий угол падения на верхнюю грань увеличивается на \(2\alpha=14^\circ\): \(19^\circ\) (второй подход вверх, луч частично выходит), \(33^\circ\) (третий подход, частично выходит), \(47^\circ\) (четвертый подход, больше критического, луч полностью отражается).

Ответ: из верхней грани выйдут три пучка света.

Подсказка

Пока грузик не касается стенки полости, шайба и грузик движутся как одно целое, а значит, ускорений нет, и все события можно искать, сравнивая промежутки времени до следующих столкновений. Удобно перейти в систему отсчёта, связанную с шайбой.

Ответ

\(\Delta t=3{,}05\,\dfrac{R}{v_0}\).

Решение

Шайба движется равномерно, а грузик покоится в системе отсчёта, связанной с шайбой, до момента столкновения с правым ограждением.

А) Столкновение шайбы с правым ограждением. Удар абсолютно упругий: шайба начинает двигаться влево со скоростью \(v_0\), а грузик продолжает двигаться вправо с той же скоростью \(v_0\) по инерции. Время до этого столкновения: \(\Delta t_1=\dfrac{\frac{H}{2}-R}{v_0}=\dfrac{\frac{3{,}5R}{2}-R}{v_0}=0{,}75\,\dfrac{R}{v_0}\).

Б) Первое столкновение грузика со стенкой шайбы. Законы сохранения импульса и энергии для шайбы с грузиком (скорости шайбы \(u_1\) и грузика \(v_1\) после удара): \(-mv_1+Mu_1=mv_2+Mu_2\), \(\quad \dfrac{mv_1^2}{2}+\dfrac{Mu_1^2}{2}=\dfrac{mv_2^2}{2}+\dfrac{Mu_2^2}{2}\). Решая их с \(M=4m\), находим \(u_2=\dfrac15 v_0\), \(v_2=\dfrac{11}{5}v_0\). Промежуток времени между столкновениями А и Б: грузик проходит расстояние \(R\) со скоростью \(2v_0\) относительно шайбы, поэтому \(\Delta t_2=\dfrac{R}{2v_0}=0{,}5\,\dfrac{R}{v_0}\). За это время шайба проходит \(S_2=u_1\Delta t_2=\dfrac{R}{2}\).

Дальше сравниваются два события: столкновение шайбы с левым ограждением или второе столкновение грузика со стенкой шайбы. Шайбе до левого ограждения осталось пройти \(L_3=R\), время \(T_3=\dfrac{L_3}{u_2}=5\dfrac{R}{v_0}\). Грузику до стенки шайбы нужно пройти \(l_3=2R\) относительно шайбы, время \(\tau_3=\dfrac{l_3}{v_2-u_2}=\dfrac{R}{v_0}\). Так как \(\tau_3<T_3\), первым произойдет второе столкновение грузика со стенкой шайбы.

В) Второе столкновение грузика со стенкой шайбы. Аналогично из законов сохранения получаем \(v_3=v_0\) и \(u_3=v_0\). Промежуток времени между столкновениями Б и В: \(\Delta t_3=\tau_3=\dfrac{R}{v_0}\), шайба за это время проходит путь \(S_3=u_2\Delta t_3=\dfrac{R}{5}\).

Окончательно: время до столкновения шайбы с левым ограждением \(T_4=0{,}8\,\dfrac{R}{v_0}\), а время до третьего столкновения грузика со стенкой шайбы \(\tau_4=\dfrac{R}{v_0}\). Так как \(T_4<\tau_4\), следующим событием будет столкновение шайбы с левым ограждением.

Искомое время: \[\Delta t=\Delta t_1+\Delta t_2+\Delta t_3+T_4=0{,}75\dfrac{R}{v_0}+0{,}5\dfrac{R}{v_0}+ \dfrac{R}{v_0}+0{,}8\dfrac{R}{v_0}=3{,}05\,\dfrac{R}{v_0}.\]

Подсказка

Сначала обруч скользит: в точке касания скорость не равна нулю, и трение направлено против неё. Выясните, когда скорость нижней точки обруча станет равной нулю, и что будет дальше.

Ответ

\(x(t)=x_0+\dfrac{\mu g t^2}{2}\) при \(t<\dfrac{\omega_0 R}{2\mu g}\);  \(x(t)=x_0+\dfrac{\omega_0^2R^2}{8\mu g}+\dfrac{\omega_0 R}{2}\Bigl(t-\dfrac{\omega_0 R}{2\mu g}\Bigr)\) при \(t\ge\dfrac{\omega_0 R}{2\mu g}\) (график — см. решение).

Решение

Скорость нижней точки обруча \(A\) в начальный момент равна \(\omega_0 R\) и направлена влево. Поэтому сначала обруч скользит, сила трения скольжения \(\mu mg\) направлена вправо. Поступательное движение равноускоренное с \(a=\mu g\), и координата центра \[x(t)=x_0+\frac{\mu g t^2}{2}.\] Угловая скорость уменьшается по закону \(\omega(t)=\omega_0-\beta t\). Из основного уравнения динамики \(I\beta=-\mu mgR\) при \(I=mR^2\) получаем \(\beta=-\dfrac{\mu g}{R}\), поэтому \(\omega(t)=\omega_0-\dfrac{\mu g}{R}t\).

Проскальзывание прекратится, когда скорость поступательного движения станет равна \(\omega R\): \(\mu g\tilde t=\omega_0R-\mu g\tilde t\), откуда \[\tilde t=\frac{\omega_0R}{2\mu g}.\] Координата в этот момент: \[x(\tilde t)=x_0+\frac{\omega_0^2R^2}{8\mu g},\] а скорость центра \(v(\tilde t)=\dfrac{\omega_0R}{2}\).

С момента \(\tilde t\) нижняя точка обруча имеет нулевую скорость, сила трения покоя компенсирует внешние силы, она равна нулю, и обруч движется равномерно: \[x(t)=x(\tilde t)+v(\tilde t)(t-\tilde t)=x_0+\frac{\omega_0^2R^2}{8\mu g}+ \frac{\omega_0R}{2}\Bigl(t-\frac{\omega_0R}{2\mu g}\Bigr).\]

Итак, график \(x(t)\) состоит из участка параболы при \(t<\tilde t\) и прямой линии при \(t>\tilde t\) (см. рисунок).

Подсказка

Условие равновесия поршня связывает давления над и под ним через его вес. Для ответа на второй вопрос выразите давление и температуру через высоту поршня и проверьте, при каком значении высоты знаменатель обращается в ноль.

Ответ

1) \(Q=\dfrac{17}{12}MgH\);  2) бесконечность (ситуация невозможна, нефизична).

Решение

Пусть \(p_1\) — давление в нижней части, \(p_2\) — давление в верхней. Тогда \(p_1=p_2+\dfrac{Mg}{S}\). Начальное состояние газа в каждом отсеке: \(\left(p_2+\dfrac{Mg}{S}\right)hS=2\nu RT\), \(p_2(H-h)S=\nu RT\), где \(\nu=\nu_2\). Отсюда при произвольной высоте \(h\) поршня \[p_2=\frac{Mgh}{S(2H-3h)}=\frac{Mg}{S\left(\frac{2H}{h}-3\right)}, \qquad T=\frac{p_2(H-h)S}{\nu R}=\frac{Mg}{\nu R}\cdot\frac{H-h}{\frac{2H}{h}-3}.\] При \(h=H/3\): \(p_2=\dfrac{Mg}{3S}\), \(T=\dfrac{2}{9}\dfrac{MgH}{\nu R}\).

Сообщаем сосуду теплоту \(Q\), которая идёт на нагрев газа во всех частях и на подъём поршня: \(Q=\dfrac32\cdot 3\nu R\,dT+Mg\,dh\), где \(dh=h'-h=\dfrac{H}{2}-\dfrac{H}{3}=\dfrac{H}{6}\), а \(dT=T'-T\). Для новых значений \(p_2'=\dfrac{Mg}{S}\) и \(T'=\dfrac{MgH}{2\nu R}\) (поршень на высоте \(H/2\)) получаем \(dT=\dfrac{MgH}{2\nu R}-\dfrac{2}{9}\dfrac{MgH}{\nu R}=\dfrac{5}{18}\dfrac{MgH}{\nu R}\). Тогда \[Q=\frac{9}{2}\nu R\cdot\frac{5}{18}\frac{MgH}{\nu R}+\frac{MgH}{6}=\frac{5}{4}MgH+\frac{1}{6}MgH=\frac{17}{12}MgH.\]

Для второго вопроса объемы относятся как \(1\!:\!2\) при \(h=\dfrac{2}{3}H\). Тогда знаменатель \(\dfrac{2H}{h}-3=0\), давление и температура обеих частей стремятся к бесконечности, и для этого потребовалась бы бесконечная энергия. Ответ: бесконечность (ситуация невозможна).

Подсказка

Сосуд опрокинется, когда момент силы тяжести воды относительно нижнего края станет равен моменту, удерживающему сосуд. Найдите положение центра масс воды, разбив её форму на прямоугольник и треугольник.

Ответ

\(V=ba^2\), где \(b=\dfrac{a}{2}\Bigl(\dfrac{1}{\mathrm{tg}\,\alpha}+\sqrt{\dfrac{1}{\mathrm{tg}^2\alpha}-\dfrac{2+\mathrm{tg}^2\alpha}{3}}\Bigr)\).

Решение

Сосуд перевернется, когда моменты сил, стремящиеся его перевернуть, равны моментам сил, этому мешающим, относительно нижнего ребра \(O\). Эти силы — проекции силы тяжести воды. Условие равновесия: \[m_{\text{в}}g\sin\alpha\cdot RN=m_{\text{в}}g\cos\alpha\cdot RM \quad\Rightarrow\quad \mathrm{tg}\,\alpha\cdot RN=RM,\] где \(R\) — центр масс воды.

Водная фигура — трапеция. Её центр масс найдем, разбив трапецию на прямоугольник и прямоугольный треугольник. Центр масс треугольника находится в точке пересечения медиан. Площади \(S_{tr}=\frac12 ah\), \(S_{pr}=a\left(b-\frac h2\right)\), \(h=a\,\mathrm{tg}\,\alpha\). Координаты центра масс трапеции от точки \(O\): \[RM=\frac12 a-\frac{ah}{12b}, \qquad RN=\frac12 b+\frac{h^2}{24b}.\]

Подставляя в условие равновесия, получаем квадратное уравнение относительно \(b\): \[b^2-\frac{ab}{\mathrm{tg}\,\alpha}+\frac{a^2}{12}\left(\mathrm{tg}^2\alpha+2\right)=0.\] Его корни: \[b_{1,2}=\frac{a}{2}\left(\frac{1}{\mathrm{tg}\,\alpha}\pm\sqrt{\frac{1}{\mathrm{tg}^2\alpha}- \frac{2+\mathrm{tg}^2\alpha}{3}}\right).\] Условию \(b>a/2\) удовлетворяет корень со знаком «+» (корень со знаком «−» соответствует треугольному, а не трапециевидному сечению воды). Объём воды \(V=ba^2\).