ВсОШ, 2022/23, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

В момент отрыва сила реакции стола равна нулю, а груз не ускоряется, значит натяжение \(T = Mg\). Для второго пункта нужна скорость шарика в момент отрыва: перейдите в систему отсчёта точки нити, касающейся блока, — там шарик движется по окружности.

Ответ

1) \(m/M = \sin\alpha\);  2) \(\sin\beta = \dfrac{2\sin^4\alpha}{\sin\alpha + \sin^3\alpha + \cos^4\alpha}\).

Решение

1. Введём систему координат \(xy\) так, как показано на рисунке. Пусть \(\vec a\) — ускорение шарика в момент его отрыва от поверхности. Запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось \(y\), принимая во внимание, что в момент отрыва \(N = 0\): \[ma_y = mg - T\sin\alpha = 0. \tag{1}\] Запишем второй закон Ньютона для груза \(M\) в проекции на ось \(y\), принимая во внимание, что груз не ускоряется: \[Ma_M = Mg - T = 0. \tag{2}\] Исключая из уравнений (1) и (2) силу натяжения \(T\), находим отношение масс: \[\frac{m}{M} = \sin\alpha.\]

2. Пусть \(v\) и \(u\) — скорости шарика и груза соответственно в рассматриваемый момент, а \(h\) — высота блока над поверхностью.

Поскольку нить нерастяжима, проекция скорости шарика \(v\) на ось \(z\) равна \(u\): \[v = \frac{u}{\cos\alpha}. \tag{3}\] Поскольку трения в системе нет, выполняется закон сохранения механической энергии: \[\frac{mv^2}{2} + \frac{Mu^2}{2} = -Mg\Delta l, \tag{4}\] где \(\Delta l = h(1/\sin\alpha - 1/\sin\beta)\) — изменение длины наклонного участка нити. Подставляя отношение \(m/M\) и соотношение (3) в уравнение (4), получим: \[\frac{mv^2}{2}\left(1 + \frac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha}\right) = \frac{mgh}{\sin\alpha}\left(\frac{1}{\sin\beta} - \frac{1}{\sin\alpha}\right),\] откуда: \[\frac{1}{\sin\beta} = \frac{1}{\sin\alpha} + \frac{v^2(\sin\alpha + \cos^2\alpha)}{2gh}. \tag{5}\] Таким образом, задача сводится к определению безразмерного параметра \(gh/v^2\), для нахождения которого проанализируем динамику шарика.

Запишем второй закон Ньютона для шарика в проекции на горизонтальную ось \(x\): \[ma_x = ma = T\cos\alpha \;\Rightarrow\; a = \frac{T\cos\alpha}{m} = \frac{g\cos\alpha}{\sin\alpha}. \tag{6}\] Введём ось \(z\), направленную вдоль наклонного участка нити от шарика к блоку (т. е. образующую угол \(\alpha\) с горизонтом). Проекция ускорения шарика на ось равняется \[a_z = a\cos\alpha = \frac{g\cos^2\alpha}{\sin\alpha}. \tag{7}\] Перейдём в систему отсчёта точки \(A\) наклонного участка нити, в которой он касается блока. Ускорение шарика \(\vec a_\text{отн}\) в данной системе отсчёта равняется: \[\vec a_\text{отн} = \vec a - \vec a_A.\] Поскольку ускорение груза равняется нулю — тангенциальное ускорение точки \(A\) также равняется нулю, откуда следует, что полное ускорение точки \(A\) направлено перпендикулярно наклонному участку нити. Тогда в рассматриваемой системе отсчёта: \[a_{\text{отн}\,z} = a_z.\] В системе отсчёта точки \(A\) шарик движется по окружности радиусом \(l = h/\sin\alpha\), равным длине наклонного участка нити, со скоростью \(v_\perp = v\sin\alpha\), равной проекции скорости шарика на ось, перпендикулярную оси \(z\). Поэтому из выражения для центростремительного ускорения получим: \[a_{\text{отн}\,z} = \frac{v_\perp^2}{l} = \frac{v^2\sin^3\alpha}{h}. \tag{8}\] Приравнивая (7) и (8), находим: \[\frac{gh}{v^2} = \frac{\sin^4\alpha}{\cos^2\alpha}. \tag{9}\] Подставляя (9) в (5), получим: \[\frac{1}{\sin\beta} = \frac{1}{\sin\alpha} + \frac{\cos^2\alpha(\sin\alpha + \cos^2\alpha)}{2\sin^4\alpha}, \tag{10}\] откуда находим угол \(\beta\): \[\sin\beta = \frac{2\sin^4\alpha}{\sin\alpha + \sin^3\alpha + \cos^4\alpha}.\]

Подсказка

Стенка не должна ни отойти, ни повернуться. Найдите силу давления воды и точку её приложения, а затем запишите условия на силу и на моменты относительно верхнего и нижнего рёбер стенки — какое из них самое жёсткое?

Ответ

1) \(\Delta x_{\min} = \dfrac{\rho g a^3}{3k}\);  2) \(\Delta x_{\min} = \dfrac{\rho g a^3}{6k}\).

Решение

1. Метод 1. Воспользуемся методом виртуальных перемещений для определения сил.

Для этого определим изменение потенциальной энергии, равное работе силы тяжести. Представим, что жидкость переходит из верхнего слоя в образовавшееся пространство, тогда \(A_g = -\Delta\Pi \le -A_F\). Масса перешедшей жидкости \(m = \rho a^2\delta x\).

Для равнодействующей сил давления получаем: \[(2k\Delta x + k\Delta x)\delta x \ge (\rho a^2\delta x)g\frac{a}{2} \;\Rightarrow\; k\Delta x \ge \frac{\rho g a^3}{6}.\] Для моментов сил давления относительно верхнего ребра получаем, что центр тяжести слоя жидкости опускается на \(\dfrac{2a}{3}\): \[k\Delta x\,\delta x \ge \frac{\rho a^2\delta x}{2}g\frac{2a}{3} \;\Rightarrow\; k\Delta x \ge \frac{\rho g a^3}{3}.\] Для моментов сил давления относительно нижнего ребра получаем, что центр тяжести слоя жидкости опускается на \(\dfrac{a}{3}\): \[2k\Delta x\,\delta x \ge \frac{\rho a^2\delta x}{2}g\frac{a}{3} \;\Rightarrow\; k\Delta x \ge \frac{\rho g a^3}{12}.\]

Метод 2. В заполненном аквариуме на боковую стенку действует сила давления воды \(F_P = \frac12\rho g a^3\). Для решения необходимо определить точку приложения этой силы. Поскольку по горизонтали давление воды на одном и том же уровне одинаково, очевидно, что эта точка будет находиться на срединной вертикали.

По вертикали давление распределяется линейно от нуля наверху до \(\rho g a\) внизу.

Известно, что центр тяжести треугольника расположен в точке пересечения его медиан.

Используя аналогию распределения давления по вертикали в нашем случае с распределением по высоте массы полосок одинаковой ширины, на которые параллельно основанию мысленно разрезан равнобедренный треугольник, можно утверждать, что точка приложения силы находится на расстоянии \(a/3\) от дна сосуда.

Метод 3. Строгий математический расчёт силы и моментов сил можно опровести с помощью интегрирования.

Определим давление как функцию \(y\) — глубины от поверхности жидкости: \(p(y) = \rho g y\).

Суммарная сила давления воды: \[F_P = \int\limits_0^a p(y)\,a\,dy = \frac{\rho g a^3}{2}.\] Момент силы относительно верхней кромки: \[M_\text{в} = \int\limits_0^a y\,p(y)\,a\,dy = \frac{\rho g a^4}{3}.\] Момент силы относительно нижней кромки: \[M_\text{н} = \int\limits_0^a (a - y)\,p(y)\,a\,dy = \frac{\rho g a^4}{6}.\] Условия для отсутствия протечек можно записать в виде неравенств: \[3k\Delta x \geqslant \frac{\rho g a^3}{2} \quad \text{(условие на направление результирующей силы)},\] \[k\Delta x\cdot a \geqslant \frac{\rho g a^4}{3} \quad \text{(отсутствие поворота вокруг верхнего ребра)},\] \[2k\Delta x\cdot a \geqslant \frac{\rho g a^4}{6} \quad \text{(отсутствие поворота вокруг нижнего ребра)}.\] Очевидно, неравенство \(k\Delta x \geqslant \dfrac{\rho g a^3}{3}\) наиболее жесткое. Откуда \[\Delta x_{\min} = \frac{\rho g a^3}{3k}.\]

2. Отметим, что, поскольку пружины сжимаются одинаково, суммарная сила, с которой они будут давить на стенку аквариума, будет в 2 раза больше силы давления воды.

Если пружины в условии поменять местами, последние 2 условия примут вид:

\[3k\Delta x \geqslant \frac{\rho g a^3}{2} \quad \text{(условие на направление результирующей силы)},\] \[2k\Delta x\cdot a \geqslant \frac13\rho g a^3 \quad \text{(отсутствие поворота вокруг верхнего ребра)},\] \[k\Delta x\cdot a \geqslant \frac16\rho g a^3 \quad \text{(отсутствие поворота вокруг нижнего ребра)}.\] Откуда \(\Delta x_{\min} = \dfrac{\rho g a^3}{6k}\). При этом суммарная сила, с которой пружины будут давить на стенку аквариума, в точности совпадет с силой давления.

Подсказка

Скорость поршня определяется скоростью кристаллизации, а она — мощностью теплоотдачи через боковую поверхность, смоченную водой под поршнем. Вся эта поверхность растёт вместе с высотой столба, поэтому постоянство скорости означает постоянство произведения \(h(t_0 - t)\).

Ответ

1) вверх, \(v = \dfrac{2\alpha(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})}{\lambda\rho_\text{в}\rho_\text{л}R}\,h_1(t_0 - t_1)\);  2) \(\tau_{\max} = \dfrac{\lambda\rho_\text{в}R}{2\alpha(t_0 - t_1)}\);  3) \(t = t_0 - (t_0 - t_1)\dfrac{h_1}{h_1 + v\tau}\);  4) \(t_\text{к} = t_0 - (t_0 - t_1)\dfrac{\rho_\text{л}}{\rho_\text{в}}\).

Решение

1. Пусть \(N\) — мощность тепловых потерь. Благодаря ему за малое время \(\Delta\tau\) кристаллизуется \(\Delta m\) льда: \[N\Delta\tau = \Delta m\lambda.\] В жидком состоянии эта масса занимала объём \(\Delta V_\text{в}\), а в твёрдом \(\Delta V_\text{л}\): \[\Delta m = \rho_\text{в}\Delta V_\text{в} = \rho_\text{л}\Delta V_\text{л}.\] Следовательно, изменение объёма содержимого благодаря кристаллизации \(\Delta m\) льда \[\Delta V = \Delta V_\text{л} - \Delta V_\text{в} = \frac{\Delta m}{\rho_\text{л}} - \frac{\Delta m}{\rho_\text{в}} = \Delta m\frac{\rho_\text{в} - \rho_\text{л}}{\rho_\text{в}\rho_\text{л}} > 0.\] То есть поршень поднялся вверх. Мощность тепловых потерь через боковую поверхность цилиндра пропорциональна площади этой поверхности и разности температур воды и окружающей среды: \[N = \alpha\cdot h\cdot 2\pi R(t_0 - t).\] Скорость подъёма поршня \[v = \frac{\Delta h}{\Delta\tau} = \frac{\Delta V}{\pi R^2\Delta\tau} = \frac{\Delta m(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})}{\Delta\tau\rho_\text{в}\rho_\text{л}\pi R^2} = \frac{N(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})}{\lambda\rho_\text{в}\rho_\text{л}\pi R^2} = \frac{2\alpha(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})}{\lambda\rho_\text{в}\rho_\text{л}R}\cdot h(t_0 - t).\] Так как скорость постоянна, используем выражение для неё в начальный момент времени \(v = C\cdot h(t_0 - t) = C\cdot h_1(t_0 - t_1)\). Следовательно: \[v = \frac{2\alpha(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})}{\lambda\rho_\text{в}\rho_\text{л}R}\cdot h_1(t_0 - t_1).\]

2. Равномерное движение поршня может продолжаться вплоть до кристаллизации всей воды. Максимальное изменение объёма системы \[\Delta V_0 = \Delta m_0\frac{\rho_\text{в} - \rho_\text{л}}{\rho_\text{в}\rho_\text{л}} = \pi R^2 h_1\frac{\rho_\text{в} - \rho_\text{л}}{\rho_\text{л}}.\] Искомая продолжительность процесса \[\tau_{\max} = \frac{\Delta V_0}{\pi R^2 v} = \frac{\lambda\rho_\text{в}R}{2\alpha(t_0 - t_1)}.\]

3. Из условий \(h(t_0 - t) = h_1(t_0 - t_1)\) и \(h(\tau) = h_1 + v\tau\) можно получить искомую зависимость \[t = t_0 - (t_0 - t_1)\frac{h_1}{h_1 + v\tau}.\]

4. Подставим выражение для \(\tau_{\max}\) в закон изменения температуры и найдём её значение в конечный момент времени: \[t_\text{к} = t_0 - (t_0 - t_1)\frac{\rho_\text{л}}{\rho_\text{в}}.\]

Подсказка

Схема переходит сама в себя при повороте на \(120^\circ\) вокруг центрального узла. Используйте эту симметрию, чтобы найти токи, втекающие в центральный узел, и равные потенциалы вершин, а затем запишите разность потенциалов по двум путям между узлами.

Ответ

\(I_{\min} = I_0/5\); такой ток течёт через шесть звеньев у вершин большого треугольника — по два звена (стороны большого треугольника), сходящихся в каждой вершине \(A\), \(B\), \(C\) (рис. 3).

Решение

Первое решение. Заметим, что схема переходит сама в себя при повороте на \(120^\circ\) вокруг центрального узла. У всех источников постоянного тока один узел общий, а вторые узлы подключены к эквипотенциальным точкам. Значит через источники протекают одинаковые токи, при этом равные \(I_0\), поскольку \(R \ll r\).

Также из симметрии следует, что должны быть равны и токи \(I_1\), втекающие в центральный узел.

Алгебраическая сумма токов для центрального узла равна 0, значит \(I_1 = I_0\).

Расставим токи, текущие через элементы цепи, находящиеся в вершине \(A\), в силу симметрии такие же токи протекают через элементы, находящиеся в вершинах \(B\) и \(C\).

Пусть через каждый из оставшихся элементов цепи протекает некоторый ток \(I_2\). Так как схема симметрична, потенциалы узлов \(A\) и \(C\) равны, тогда разность потенциалов \(\varphi_C - \varphi_A = 0\). Или \[IR - I_2R + IR = 0 \;\Rightarrow\; I_2 = 2I.\]

Тогда \[I_0 = I + 2I + 2I = 5I \;\Rightarrow\; I_{\min} = I = \frac{I_0}{5}.\]

Второе решение.

Расставим токи по перемычкам цепи \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\), \(I_4\), \(I_5\). Потенциал в центральной точке цепи примем равным нулю. Запишем разность потенциалов между узлами 3 и 1: \[\Delta\varphi_{13} = RI_3 = RI_2 + RI_2 = 2RI_2 \;\Rightarrow\; I_3 = 2I_2.\] В силу симметрии цепи \(\varphi_2 = \varphi_3\) (при повороте на \(120^\circ\) цепь переходит сама в себя), поэтому \[\Delta\varphi_{12} = \Delta\varphi_{13} \;\Rightarrow\; RI_1 = RI_3 \;\Rightarrow\; I_1 = I_3.\] Запишем закон сохранения заряда для узла 1: \[I_0 = I_1 + I_2 + I_3 = 2I_3 + I_2 = 5I_2 \;\Rightarrow\; I_2 = \frac{I_0}{5}.\]

Подсказка

Когда угол луча зрения максимален, луч зрения касается траектории — скорость камня направлена прямо на Леопольда. Постройте треугольник скоростей \(\vec v_1 = \vec v_0 + \vec g t_1\).

Ответ

1) \(t_1 = \dfrac{v_0\sin(\pi/2 + \alpha_1 - \alpha_0)}{g\sin(\pi/2 - \alpha_1)} \approx 1{,}24\text{ с}\);  2) \(L = \dfrac{v_0t_1(\cos\alpha_0 + \operatorname{tg}\alpha_1\sin\alpha_0) - gt_1^2/2}{\operatorname{tg}\alpha_1 - \operatorname{tg}\alpha_0} \approx 24{,}3\text{ м}\).

Решение

1. Поскольку вектор начальной скорости \(\vec v_0\) направлен перпендикулярно лучу зрения — он образует угол \(\alpha_0\) с вертикалью.

Траектория камня представляет собой участок параболы ветвями вниз, поэтому максимальное значение \(\alpha_1 = 38^\circ\) реализуется, если Леопольд расположен вне искомой параболы, и в момент времени \(t_1\), когда угол между лучом зрения и горизонтом достигает максимального значения, луч зрения направлен по касательной к траектории камня. Это означает, что в данный момент скорость камня \(\vec v_1\) направлена прямо на Леопольда и образует угол \(\alpha_1\) с горизонтом.

Для определения времени \(t_1\) построим векторный треугольник скоростей для данного момента времени. Из теоремы синусов находим: \[\frac{gt_1}{\sin(\pi/2 + \alpha_1 - \alpha_0)} = \frac{v_0}{\sin(\pi/2 - \alpha_1)},\] откуда: \[t_1 = \frac{v_0\sin(\pi/2 + \alpha_1 - \alpha_0)}{g\sin(\pi/2 - \alpha_1)} \approx 1{,}24\text{ с}.\]

2. Введём систему координат \(xy\) с началом в месте расположения глаз Леопольда так, как показано на рисунке.

Тогда зависимости координат \(x(t)\), \(y(t)\) следующие: \[x(t) = L - v_0\sin\alpha_0\,t, \qquad y(t) = L\operatorname{tg}\alpha_0 + v_0\cos\alpha_0\,t - \frac{gt^2}{2}.\] Тогда для тангенса угла \(\alpha_1\) в момент времени \(t_1\) получим: \[\operatorname{tg}\alpha_1 = \frac{y(t_1)}{x(t_1)} = \frac{L\operatorname{tg}\alpha_0 + v_0\cos\alpha_0\,t_1 - gt_1^2/2}{L - v_0\sin\alpha_0\,t_1},\] откуда: \[L = \frac{v_0t_1(\cos\alpha_0 + \operatorname{tg}\alpha_1\sin\alpha_0) - gt_1^2/2}{\operatorname{tg}\alpha_1 - \operatorname{tg}\alpha_0} \approx 24{,}3\text{ м}.\]