СПбГУ, 2021/22, заключительный этап, 8 класс

Подсказка

Сизигия повторяется, когда спутник относительно планеты проходит нужный угол. Найдите, на какой угол за время \(t\) поворачивается планета и спутник, и сравните их угловые скорости.

Ответ

1) \(26\);  2) \(v\approx 2{,}0\) м/с.

Решение

Обозначим \(P_1\) и \(P_2\) — положения планеты в начальный момент и в момент следующей сизигии, \(S_1\) и \(S_2\) — положения спутника в те же моменты. Сизигия наступает, когда спутник оказывается за планетой относительно звезды. Спутник вращается быстрее, поэтому за время \(t\), пока планета смещается на угол \(\varphi=\angle P_1ZP_2\), спутник должен сместиться из \(S_1\) в \(S_2\) на угол \(180^\circ+\varphi\) (углы \(O_1P_2O_2\) и \(P_1ZP_2\) равны как соответственные при пересечении параллельных прямых).

Полный оборот соответствует \(360^\circ\), скорости тел постоянны: \[\frac{\varphi}{t}=\frac{360^\circ}{T_1}, \qquad \frac{\varphi+180^\circ}{t}=\frac{360^\circ}{T_2}.\] Отсюда интервал времени до первой сизигии и угол поворота планеты: \[t=\frac{T_1T_2}{2(T_1-T_2)}\approx 29{,}68~\text{с}, \qquad \varphi=\frac{180^\circ\,T_2}{T_1-T_2}\approx 14{,}2^\circ.\] Число сизигий за один оборот планеты: \(N=\dfrac{T_1}{t}=\dfrac{2(T_1-T_2)}{T_2}\approx 25\) после начала наблюдений; с учётом момента начала наблюдений \(N+1=26\).

Петя за время \(t\) проходит дугу \(180^\circ-\varphi\) радиуса \(R\), длина которой \((\pi-\varphi)R\) (здесь \(\varphi\) в радианах, \(360^\circ=2\pi\) рад). Его скорость \[v=\frac{(\pi-\varphi)R}{t}=\frac{2\pi R\,(T_1-2T_2)}{T_1T_2}\approx 1{,}95~\text{м/с}\approx 2{,}0~\text{м/с}.\]

Подсказка

Рассмотрите силы трения на каждом бруске по очереди: натяжение нити одно и то же, а предельная сила трения со стороны пола ограничивает массу среднего бруска.

Ответ

\(M_{\max}=\dfrac{\nu\,(m_1+m_2)}{\mu-\nu}=4{,}5\) кг (здесь \(\mu=0{,}5\), \(\nu=0{,}3\)).

Решение

Верхний брусок покоится, поэтому натяжение нити \(T\) уравновешено силой трения со стороны среднего бруска \(F_1=\mu g m_1\): \(T=\mu g m_1\).

На нижний брусок по горизонтали действуют натяжение нити \(T\) влево и сила трения со стороны среднего бруска \(F_2=\mu g (m_1+M)\) вправо, где \(M\) — масса среднего бруска. Видно, что \(F_2>T\). Чтобы нижний брусок покоился, сила трения со стороны пола \(F_3\) направлена влево и равна \(F_3=F_2-T=\mu g M\). Сила трения со стороны пола не может превышать силу трения скольжения: \(F_3\le \nu g(m_1+m_2+M)\). Отсюда \[\mu M\le \nu(m_1+m_2+M)\quad\Rightarrow\quad M\le \frac{\nu(m_1+m_2)}{\mu-\nu}.\]

Подсказка

Запишите равенство давлений на уровне дна через высоты столбов воды и давление запертого воздуха, а затем уравнение Бойля–Мариотта для воздуха под пробкой.

Ответ

\(V=3350\) см\(^3\).

Решение

Пока сосуды пусты, воздух в закрытом сосуде сообщается с воздухом камеры. По мере наливания воды объём запертого воздуха уменьшается, а его давление растёт. Рассмотрим момент, когда уровень воды в открытом сосуде достигает высоты сосуда \(H\). Баланс давлений на уровне дна (высота столба воды в закрытом сосуде \(h\), давление запертого воздуха \(p\)): \[p_0+\rho gH = p+\rho gh.\] Из условия \(pV=\mathrm{const}\) для воздуха под пробкой: \(p_0HS=p(H-h)S\), т.е. \(p=\dfrac{p_0H}{H-h}\). Подставим \(p\) и введём \(x=H-h\): \[\rho g x^2+p_0x-p_0H=0, \qquad x=\frac{\sqrt{p_0^2+4p_0\rho gH}-p_0}{2\rho g}.\] Положительный корень выбираем, так как уровень воды в закрытом сосуде не может быть отрицательным. Высота столба воды в закрытом сосуде \[h=H+\frac{p_0-\sqrt{p_0^2+4p_0\rho gH}}{2\rho g}\approx 0{,}035~\text{м}.\] Искомый объём воды \[V=S(H+h)=S\left(2H-\frac{\sqrt{p_0^2+4p_0\rho gH}-p_0}{2\rho g}\right)\approx 3350~\text{см}^3.\] (При подстановке принято \(g=10\) Н/кг.)

Подсказка

Запишите равенство моментов сил для верхнего составного блока и учтите, что нити одинаковые: наибольшее натяжение будет в нити, которая держит груз.

Ответ

\(M_{\max}=\dfrac{T_{\max}}{g}\cdot\dfrac{7R+r}{8R+r}\approx 9{,}75\) кг.

Решение

Обозначим \(F_1\) силу натяжения нити, стремящуюся повернуть верхний блок против часовой стрелки, и \(F_2\) — силу, тянущую за нижний блок. Система в равновесии, верхние блоки не вращаются, поэтому уравнение моментов сил: \[F_1R+\frac{F_2}{2}r=\left(\frac{F_2}{2}+Mg\right)R \quad\Rightarrow\quad F_1=\frac{F_2}{2}\left(1-\frac{r}{R}\right)+Mg.\] С другой стороны, для сил натяжения нитей в системе блоков \(F_1=4F_2\). Тогда \[4F_2=\frac{F_2}{2}\left(1-\frac{r}{R}\right)+Mg \quad\Rightarrow\quad F_2=\frac{2R}{7R+r}\,Mg.\] Поскольку все нити одинаковые, наибольшее натяжение испытывает нить между блоком радиуса \(R\) и грузом \(M\): \[F'=F_1+\frac{1}{2}F_2\frac{r}{R}=\frac{8R+r}{7R+r}\,Mg.\] Приравняв \(F'\) к \(T_{\max}\), получаем ответ: \(M=\dfrac{T_{\max}}{g}\cdot\dfrac{7R+r}{8R+r}\). Подстановка: \(\dfrac{110}{10}\cdot\dfrac{117}{132}\approx 9{,}75\) кг.

Подсказка

Сравните массу пара в сосуде до и после охлаждения: разница выпала в росу, и при \(17~^\circ\)C пар в сосуде насыщенный.

Решение

Уравнение теплового баланса (охлаждение пара и воды не учитываем): \[C\,(t_1-t_{\text{п}})=c_{\text{в}}\,m_{\text{в}}\,(t_0-t_1)+L\,\Delta m,\] где \(C=420\) Дж/\(^\circ\)C, \(t_0=20\,^\circ\)C, \(t_1=17\,^\circ\)C, \(L=2465\) кДж/кг, \(m_{\text{в}}=\rho_{\text{в}}V_0\) — масса сухого воздуха, \(\Delta m\) — масса выпавшей росы. Масса пара до охлаждения: \(m+\Delta m=\varphi\,\rho_{\text{нас}}(t_0)V_0\); после охлаждения пар насыщенный: \(m=\rho_{\text{нас}}(t_1)V_0\). Отсюда \(\Delta m=\bigl(\varphi\rho_{\text{нас}}(t_0)-\rho_{\text{нас}}(t_1)\bigr)V_0\), и \[t_{\text{п}}=t_1-\frac{c_{\text{в}}\rho_{\text{в}}V_0(t_0-t_1)+L\,\Delta m}{C}.\]