Предметный тур. Математика. 3 этап

Пускай количество теплоты, производимое двигателем в каждом режиме, равно \(Q\). Для самолетного режима эта величина может быть выражена как \[Q = q_1 m_\textrm{т1} = q_1 \rho_\textrm{т} V_\textrm{т1} \Rightarrow V_\textrm{т1} = \frac{Q}{q_1 \rho_\textrm{т}},\] где \(m_\textrm{т1}\) и \(V_\textrm{т1}\) — масса и объем сжигаемого в этом режиме топлива соответственно.

Для ракетного режима объем потребляемого топлива равен аналогично \[V_\textrm{т2} = \frac{Q}{q_2 \rho_\textrm{т}}.\]

Таким образом, общий объем \(V_\textrm{т}\), который необходимо выделить под топливо, равен \[V_\textrm{т} = V_\textrm{т1} + V_\textrm{т2} = V_\textrm{т2} \left(\frac{q_2}{q_1} + 1\right).\]

Объем, требуемый для хранения окислителя, легко вычислить из известной пропорции масс. Обозначим \(m_\textrm{о}\) и \(V_\textrm{о}\) массу и объем окислителя соответственно. Нам известно, что \(m_\textrm{о} = n m_\textrm{т2}\). Перепишем это равенство через объемы: \[\rho_\textrm{о} V_\textrm{о} = n \rho_\textrm{т} V_\textrm{т2} \Rightarrow V_\textrm{о} = V_\textrm{т2} \frac{n \rho_\textrm{т}}{\rho_\textrm{о}}.\]

Осталось найти отношение двух полученных объемов: \[\frac{V_\textrm{т}}{V_\textrm{о}} = \frac{\cancel{V_\textrm{т2}}(1 + q_2/q_1)}{\cancel{V_\textrm{т2}} n \rho_\textrm{т}/\rho_\textrm{о}} = \frac{20}{9}.\]

Найдем сначала орбитальную скорость \(v\) спутника на орбите радиуса \(r\). Для этого приравняем центростремительное ускорение этого спутника \(a = v^2/r\) к ускорению свободного падения на соответствующей высоте:

\[\frac{v^2}{r} = G\frac{M}{r^2} \Rightarrow v = \sqrt{\frac{GM}{r}}.\]

В случае старта с полюса спутник не имеет изначальной горизонтальной компоненты скорости, а значит, всю эту скорость спутник получает благодаря горизонтальному импульсу последней ступени: \[\Delta p = m v = m \sqrt{\frac{GM}{r}}.\]

При старте с экватора спутник изначально имеет горизонтальную составляющую скорости \(v_0\), обусловленную суточным вращением космодрома относительно центра планеты: \[v_0 = \frac{2\pi R}{T},\] где \(T = 24\textrm{\,ч}\). Следовательно, импульс \(\Delta p\) должен обеспечить только повышение скорости от \(v_0\) до \(v\): \[\Delta p = m_1 (v - v_0) \Rightarrow m_1 = \frac{\Delta p}{v-v_0} = m \sqrt{\frac{GM}{r}} \left(\sqrt{\frac{GM}{r}} - \frac{2\pi R}{T}\right)^{-1}.\]

Круглая пора с диаметром \(d\) имеет площадь \(S_0 = \pi d^2/4\). За некоторое время \(t\) сквозь каждую такую пору проходит объем аммиака \[V = vtS_0 = \frac{\pi d^2}{4} vt.\] Этот объем содержит в себе массу \(m = \rho V\) вещества, а значит, при испарении отводит количество теплоты \[Q_0 = L \rho V = \frac{\pi d^2}{4} L\rho vt.\] Поверхностная плотность \(\sigma\) — есть отношение числа \(N\) пор на элементе поверхности к площади \(S\) этой поверхности: \[\sigma = \frac{N}{S}.\] Следовательно, с площади \(S\) поверхности за время \(t\) отводится тепло \[Q = NQ_0 = \frac{\pi d^2}{4} L\rho v \sigma S t.\] Плотность потока тепла \(f\) (как можно судить из названия и единиц измерения) представляет собой отношение количества теплоты, уходящего с поверхности двигателя, ко времени и площади соответствующей поверхности: \[f = \frac{Q}{S t} = \frac{\pi d^2}{4} L\rho v \sigma,\] откуда окончательно \[d = \sqrt{\frac{4f}{\pi L\rho v \sigma}} \approx 0{,}12\textrm{\,мм}.\]

Примечание: поры такого диаметра и плотности расположения покрывают приблизительно 1% общей площади поверхности керамики.

Поскольку спутники находятся на одной круговой орбите и разделены равными расстояниями, можно говорить, что они находятся в вершинах правильного \(n-\)угольника. Чтобы обеспечить нахождение ближайших друг к другу спутников в зоне взаимной видимости, прямая, соединяющая их (сторона \(n-\)угольника), не должна пересекать сферу с радиусом \(R + h\) и центром в центре планеты, от которой отражаются радиосигналы. Наиболее низкое расположение спутников, при котором это возможно, такое, что упомянутый \(n-\)угольник описан около соответствующей сферы. На рис. 1.1 для наглядности приведен пример для \(n = 6\), а вид Земли и масштаб не соблюдены.

Угол \(\alpha\) образуется между двумя векторами (см. рис. 1.1). Один из них направлен из центра планеты на точку касания отрезка между соседними спутниками с ионосферой. Второй — на один из спутников. Этот угол равен половине угловой меры дуги орбиты, разделяющей два соседних спутника:

\[\alpha = \frac{\pi}{n}.\] Через этот угол легко выразить связь между радиусом \(R+h\) ионосферы и радиусом \(r\) орбиты спутников: \[R+h = r \cos\alpha \Rightarrow r = \frac{R+h}{\cos(\pi/n)}.\]

Зная радиус орбиты, легко определить и соответствующую ему орбитальную скорость \(v\) (как в задаче 2) в зависимости от числа спутников \(n\): \[v(n) = \sqrt{\frac{GM}{r(n)}} = \sqrt{\frac{GM \cos(\pi/n)}{R+h}},\]

откуда получим окончательно \[\Delta v = v(n-m) - v(n) = \sqrt{\frac{GM}{R+h}}\left( \cos^{1/2} \left(\frac{\pi}{n-m}\right) - \cos^{1/2} \left(\frac{\pi}{n}\right) \right).\]

Высота, до которой может подняться стратостат, определяется балансом между его подъемной силой \(F = \rho(h) g V\) и общим поднимаемым им весом \(P\). Здесь \(\rho(h)\) — плотность воздуха на высоте \(h\). Этот вес включает в себя вес \(mg\) самого стратостата (включая оболочку, оборудование и наполняющий оболочку газ) и вес \(\rho_\textrm{п} g h S\) провода, где \(\rho_\textrm{п}\) — плотность металла, из которого он изготовлен, \(S\) — площадь его поперечного сечения, а \(h\) — высота подъема стратостата, совпадающая с минимальной длиной провода, позволяющего соединить аппарат с Землей: \[m g + \rho_\textrm{п} g h S = \rho(h) g V.\] Площадь поперечного сечения провода можно найти из требований на его сопротивление: \[R = \frac{r h}{S} \Rightarrow S = \frac{r h}{R},\] где \(r\) — удельное сопротивление. Отсюда \[m \cancel{g} = \rho(h) \cancel{g} V - \frac{\rho_\textrm{п} \cancel{g} r h^2}{R}.\]

Масса \(m\) в левой части этого уравнения не зависит от материала провода и высоты подъема стратостата. Поэтому, обозначив \(H_2\) максимальную высоту, доступную стратостату с алюминиевым проводом, приравняем массы, выраженные из этого уравнения для двух описанных случаев, и получим \[\rho (H_1) V - \frac{\rho_\textrm{м} r_\textrm{м}H_1^2}{R} = \rho (H_2) V - \frac{\rho_\textrm{а} r_\textrm{а}H_2^2}{R}.\] Перепишем это уравнение в более удобной форме: \[\frac{1}{R}(r_\textrm{м}\rho_\textrm{м} H_1^2 - r_\textrm{а}\rho_\textrm{а} H_2^2) + V (H_1 - H_2) \frac{\Delta \rho}{\Delta h} = 0,\] где \(\Delta h = 1\textrm{\,км}\), воспользовавшись тем, что разницу в плотностях на высотах \(H_1\) и \(H_2\) удобно записать напрямую через известную нам величину \(\Delta \rho\): \[\rho(H_1) - \rho(H_2) = (H_2 - H_1) \frac{\Delta \rho}{\Delta h}.\] Обратите внимание: увеличение высоты приводит к уменьшению плотности воздуха, поэтому порядок следования \(H_1\) и \(H_2\) в правой и левой частях уравнения различен.

Полученное уравнение является квадратным относительно \(H_2\) и имеет единственный положительный корень \[H_2 = \frac{-\Delta p/\Delta h RV +\sqrt{\Delta p^2/\Delta h^2 R^2V^2 + 4 \Delta p / \Delta h H_1 R V r_\textrm{а} \rho_\textrm{а} + 4 H_1^2 r_\textrm{м} \rho_\textrm{м}r_\textrm{а} \rho_\textrm{а}}}{2 r_\textrm{а} \rho_\textrm{а}} \approx 18{,}8\textrm{\,км}.\]

Его, разумеется, проще получить, подставив промежуточные значения непосредственно в квадратное уравнение.

Емкость плоского воздушного конденсатора задается выражением \[C = \frac{S\varepsilon_0}{d},\] где \(S\) — площадь его обкладок, а \(d\) — ширина зазора между ними.

Удельное сопротивление частично ионизированного разреженного газа заведомо значительно выше, чем металла, поэтому потенциал в пределах одной обкладки зонда можно считать постоянным с высокой точностью. В этом случае сопротивление резистора, образованного ионизированной воздушной прослойкой между ними, задается выражением \[R = \frac{\rho d}{S} = \frac{\rho \varepsilon_0}{C},\] где \(\rho\) — искомое удельное сопротивление. Отсюда получим окончательно \[\rho = \frac{RC}{\varepsilon_0} \approx 5{,}08\cdot 10^7 \textrm{\,Ом $\cdot$ м}.\]

КПД термодинамического цикла удобно найти по формуле \[\eta = 1 - \frac{Q_\textrm{о}}{Q_\textrm{п}},\] где \(Q_\textrm{о, п}\) — количества теплоты, отданные газом холодильнику и полученное им от нагревателя соответственно.

Рассмотрим сначала исходный цикл 1234. На адиабатических участках цикла газ не получает и не теряет теплоту, соответственно, весь теплообмен рабочего тела с окружающей средой сосредоточен на изобарных участках 2–3 и 4–1. Тогда перепишем КПД цикла в виде

\[\eta = 1-\frac{Q_{41}}{Q_{23}},\] где \(Q_{41}, Q_{23}\) — модули количества полученной или отданной газом теплоты на соответствующих участках цикла.

Аналогично КПД циклов \(15641\) и \(52365\) равны \[\eta^\prime = 1 - \frac{Q_{41}}{Q_{56}}= 1 - \frac{Q_{56}}{Q_{23}}.\]

Следовательно, \[\frac{Q_{41}}{Q_{56}} = \frac{Q_{56}}{Q_{23}} \Rightarrow Q_{56} = \sqrt{Q_{41} Q_{23}}.\] Выражая \(Q_{41}\) через КПД исходного цикла: \(Q_{41} = Q_{23}(1-\eta)\), получим \[Q_{56} = Q_{23}\sqrt{1-\eta} \Rightarrow \eta^\prime = 1 - \frac{\cancel{Q_{23}} \sqrt{1-\eta}}{\cancel{Q_{23}}} = 1-\sqrt{1-\eta}.\]

Точки поворота беспилотника находятся на экваторе, поэтому траектория беспилотника состояла из двух меридианальных дуг, соединяющих эти точки с полюсом, и одной экваториальной дуги, соединяющей их друг с другом. Суммарная длина меридианальных дуг равна \(l\), так как каждая из них составляет ровно половину меридиана.

Важно, что длина экваториальной дуги \(x\) не может быть найдена при помощи теоремы Пифагора или других соотношений евклидовой планиметрии, поскольку движение беспилотника происходит на сфере, и характерные расстояния этого движения сопоставимы с радиусом этой сферы. Вместо этого можно заметить, что длина этой дуги относится к общей длине экватора, так же как разница в широтах между двумя точками поворота относится к \(2 \pi\), а эта разница в широтах есть не что иное, как угол между меридианами, вдоль которых взлетает и садится беспилотник: \[\frac{x}{L} = \frac{\pi/2}{2 \pi} \Rightarrow x = \frac{L}{4}.\]

Согласно условию, Солнце оказалось в зените в моменты обоих поворотов, но не между ними, при этом на участке Бразилия – Кения беспилотник двигался с запада на восток (навстречу Солнцу). Это значит, что угловая скорость видимого движения Солнца над беспилотником складывалась из угловой скорости его видимого движения, обусловленного вращением Земли и угловой скорости движения беспилотника относительно поверхности планеты, а за время \(t\) этого перелета относительно беспилотника Солнце совершило один полный оборот: \[\frac{2 \pi}{t} = \frac{\pi}{2t} + \frac{2\pi}{T},\] где \(T = 1\textrm{\,сут}\).

Отсюда \[t = T\left(1 - \frac{1}{4}\right) \Rightarrow v = \frac{x}{t} = \frac{L}{3T},\] где \(v\) — линейная скорость беспилотника относительно поверхности Земли.

После того как была найдена скорость и длина траектории, легко дать ответ на вопрос задачи: \[t_\textrm{о} = \frac{l + x}{v} = 3T\frac{l+L/4}{L} \approx 54\textrm{\,ч} \approx 1{,}94\cdot 10^5\textrm{\,с}.\]

На рис. 2.2 (не в масштабе) тонкой линией изображена орбита первого отсека, толстой — второго, пунктиром средней толщины — их общая изначальная круговая орбита. \(M\) — точка расстыковки спутников, \(A\) — апогей орбиты первого спутника, \(P\) — перигей орбиты второго. Расстояние \(AP\) является искомой величиной задачи. Это расстояние сильно преувеличено для наглядности.

При движении по круговой орбите вектор скорости спутника всегда ортогонален его радиус-вектору, проведенному из центра планеты. Векторы \(\Delta \vec{v}\) приращения скоростей обоих отсеков коллинеарны вектору их орбитальной скорости в момент расстыковки, это значит, что и сразу после маневра, когда орбиты спутников уже изменились, их мгновенные скорости направлены перпендикулярно радиус-векторам и, следовательно, векторам действующих на них сил тяжести.

Из этого вытекает, что в момент расстыковки сила тяжести не совершает над отсеками работы, поэтому и не изменяются кинетические энергии отсеков, а это возможно только в моменты максимального сближения (перигей) и максимального отдаления (апогей) спутника от планеты. При этом для первого спутника скорость оказалась немного выше скорости его движения по круговой орбите и, следовательно, при постоянном центростремительном ускорении центр кривизны его траектории сместился немного дальше центра планеты, а значит, точка расстыковки \(M\) является для него перигеем. Для второго, наоборот, скорость оказалась несколько меньше скорости его движения по круговой орбите, поэтому точка \(M\) оказалась для него апогеем.

Рассмотрим малый отрезок времени \(t\) вблизи перигея или апогея орбиты спутника. В этот момент мгновенная скорость спутников, как было установлено, ортогональна радиус-вектору, поэтому площадь \(S\) заметаемого им сектора может быть найдена по формуле \[S = \frac{vtr}{2},\] где \(r\) — расстояние от спутника до центра планеты. Поэтому по второму закону Кеплера, скорости \(v_A\) и \(v_P\), которые имеет любой спутник в апогее и перигее соответственно связаны с расстояниями \(r_A\), \(r_P\) от центра планеты до этих точек его орбиты соотношениями \[v_A r_A = v_P r_P.\]

Следовательно, расстояния \(r_P\) и \(r_A\) для двух отсеков находятся в пропорции \[\frac{r_{A1}}{r_{P1}} = \frac{v_{P1}}{v_{A1}} = 1+k = \frac{v_{P2}}{v_{A2}} = \frac{r_{A2}}{r_{P2}},\] где индексы \(1, 2\) указывают на принадлежность величины к орбите первого или второго спутников соответственно. Но \(r_{P1} = r_{A2} = R\) и, следовательно, \[r_{A1} = R(1+k); \quad r_{P2} = R/(1+k).\]

Тогда окончательно \[l = r_{A1} - r_{P2} = R\left(1+k - \frac{1}{1+k}\right) \approx 199\textrm{\,км}.\]

Общий световой поток, попадающий на матрицу, равен произведению плотности светового потока на площадь его поперечного сечения. В частности, этот поток можно выразить через площадь главного зеркала и начальную плотность потока \(I\), либо через площадь пятна, в которое фокусируется кольцевой световой пучок внешнего диаметра \(d_1\) и внутреннего диаметра \(d_2\), отраженный главным зеркалом телескопа и критическую допустимую плотность потока \(I^\prime\) соответственно. Обозначив диаметр этого пятна \(d\), запишем условие «выживания» матрицы в виде \[\cancel{\frac{\pi}{4}}d^2I^\prime = \cancel{\frac{\pi}{4}}d_1^2I \Rightarrow d = d_1\sqrt{\frac{I}{I^\prime}}.\] Оба эти пятна имеют форму геометрически подобных колец, поэтому нет необходимости учитывать их внутренние радиусы.

Чтобы выразить диаметр \(d\), рассмотрим подробнее ход лучей в телескопе. Главным зеркалом, оптический центр которого обозначен на рис. 2.4 как \(O_1\), они собираются в точке \(F_1\), такой, что \(O_1F_1 = 1/D_1\).

Эта точка служит мнимым источником для вторичного зеркала (с оптическим центром в точке \(O_2\)), поэтому расстояние \(O_2F_2\) может быть найдено по формуле тонкой линзы (которая для выпуклых и вогнутых зеркал выполняется с точностью до замены области пропускания лучей на область их отражения): \[D_2 =-\frac{1}{O_2F_1} + \frac{1}{O_2F_2} \Rightarrow O_2F_2 = \left(D_2 + \frac{1}{O_2F_1}\right)^{-1} = \left(D_2 + \frac{1}{1/D_1 - l}\right)^{-1}.\]

Из подобия треугольников, образованных лучами, отраженными от вторичного зеркала, плоскостью этого зеркала и ПЗС-матрицей, следует \[\frac{d_2}{d} = \frac{O_2 F_2}{MF_2},\] где \(M\) — точка расположения центра матрицы.

Таким образом, искомый отрезок \(F_2M\) равен \[MF_2 = O_2F_2 \frac{d}{d_2} = \left(D_2 + \frac{1}{1/D_1 - l}\right)^{-1}\cdot \frac{d_1}{d_2} \sqrt{\frac{I}{I^\prime}} = 15\textrm{\,см}.\]