«Старт в науку», 2024/25, заключительный этап, 9 класс

Сила Архимеда сообщает пузырьку ускорение, которое не зависит от плотности жидкости. Время подъёма разбейте на участок равноускоренного движения и участок торможения в вязком слое.

\(t = \sqrt{\dfrac{2(a+b)}{g}} + \dfrac{2c}{\sqrt{2(a+b)g}} \approx 0{,}63\) с.

В первых двух слоях пузырёк всплывает равноускоренно под действием силы Архимеда с ускорением \(g\) (эффективная масса равна массе вытесненной жидкости). Время всплытия через эти слои \[t_1 = \sqrt{\frac{2(a+b)}{g}} .\] Скорость в конце этого участка \(v = gt_1 = \sqrt{2(a+b)g}\). В последнем, вязком, слое пузырёк движется равнозамедленно и останавливается на поверхности, поэтому \[t_2 = \frac{2c}{v} .\] Полное время подъёма \(t = t_1 + t_2\).

Сравните два количества теплоты на квадратный метр: сколько почва получит от воздуха за сутки и сколько нужно, чтобы остудить почву до \(0\) \(^\circ\)С, растопить и затем заморозить снег.

Нет, земля не промёрзнет: \(Q_1 \approx 1{,}7\) МДж/м\(^2\) меньше \(Q_2 \approx 2{,}6\) МДж/м\(^2\).

За сутки на квадратный метр почвы из воздуха передаётся не более \[Q_1 = \kappa\,\Delta T\, t ,\] где \(\Delta T\) — максимальная разница температур (\(2\) К), \(t\) — сутки, \(\kappa\) — коэффициент теплоотдачи. Для промерзания почва должна остыть до \(0\) \(^\circ\)С, а растаявший снег — замёрзнуть. Требуемое тепло на квадратный метр \[Q_2 = \lambda m + c\rho h\,\Delta T_1 ,\] где \(\Delta T_1\) — разница между \(0\) \(^\circ\)С и начальной температурой почвы (\(1\) К). Подставляя числа, получаем \(Q_1 \approx 1{,}7\) МДж/м\(^2\) и \(Q_2 \approx 2{,}6\) МДж/м\(^2\). Поскольку \(Q_1 < Q_2\), земля не промёрзнет.

Постройте эквивалентную схему: найдите полное сопротивление системы сёл и ток от подстанции. Затем подсчитайте джоулевы потери на участках проводов, где ток идёт по каждому кабелю.

\(W = 2I^2rl + 4\left(\dfrac{I}{2}\right)^2ra \approx 5{,}6\) мкВт, где \(I = U/R_0 = 2\) мА, \(R_0 \approx \dfrac{3}{2}R\).

Полное сопротивление схемы \(R_0 \approx \dfrac{3}{2}R\). Тогда ток в схеме \(I = \dfrac{U}{R_0}\). Считая, что ток разделяется пополам между селом 2 и селом 3, мощность джоулевых потерь на проводах равна \[W = 2I^2rl + 4\left(\dfrac{I}{2}\right)^2ra .\] Подставляя \(R_0 = 1{,}5\) МОм, \(I = 2\) мА, получаем \(W \approx 5{,}6\) мкВт.

Лучи падают нормально и преломляются только на криволинейной поверхности. Найдите предельный луч, который выходит из линзы под углом \(90^\circ\) к оси, и параксиальный фокус.

Фокальный отрезок \(C_1C_2 = \dfrac{nR}{n-1} - \dfrac{nR}{\sqrt{n^2-1}} \approx 1{,}66\) м; панель устанавливается между точками \(D\) и \(G\): \(OD = \dfrac{nR-L}{\sqrt{n^2-1}} \approx 0{,}89\) м, \(OG = \dfrac{nR+L}{\sqrt{n^2-1}} \approx 1{,}79\) м от центра основания \(O\).

Солнечные лучи можно считать параллельным пучком. Так как лучи падают нормально, на первой плоской поверхности они не преломляются. На второй, криволинейной, по закону Снеллиуса \(n\sin\beta = \sin\alpha\). Предельно преломлённый луч имеет \(\sin\alpha_{\text{кр}} = 1\), и для него \[\beta_{\text{кр}} = \arcsin\frac{1}{n} .\] Для произвольного луча пересечение с оптической осью \[OC = R\left(\cos\beta + \sin\beta\cdot\operatorname{ctg}(\alpha-\beta)\right).\] Подставляя предельный луч, получаем один конец фокального отрезка \[OC_1 = \frac{nR}{\sqrt{n^2-1}} .\] В параксиальном приближении линза тонкая, радиусы кривизны \(R_1 = \infty\), \(R_2 = R\), и второй конец фокального отрезка \[OC_2 = \frac{nR}{n-1} .\] Длина фокального отрезка \[C_1C_2 = OC_2 - OC_1 = \frac{nR}{\sqrt{n-1}}\left(\frac{1}{\sqrt{n-1}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}}\right).\]

Чтобы все лучи попадали на панель, её края \(D\) и \(G\) должны лежать на предельных лучах. Из подобия треугольников, где \(DE\) — половина панели (\(L\)), \[DC_1 = \frac{L}{\sqrt{n^2-1}} ,\] и симметрично \(C_1G = DC_1\). Тогда \[OD = OC_1 - DC_1 = \frac{nR-L}{\sqrt{n^2-1}}, \qquad OG = OC_1 + C_1G = \frac{nR+L}{\sqrt{n^2-1}} .\]