Эстонская, 2005/06, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Напряжение на амперметре пропорционально току через него; запишите, что сумма напряжений на амперметре и вольтметре равна \(9\) В до подключения резистора и после него.

Ответ

До подключения резистора вольтметр показывал \(6\) В, после — \(3\) В.

Решение

Пусть вначале напряжение на амперметре \(U_A\), а на вольтметре \(U_V\). При последовательном соединении \[U_A+U_V=9.\] После добавления резистора показание амперметра увеличилось в 2 раза, значит, и проходящий через него ток увеличился в 2 раза, следовательно, и напряжение на амперметре увеличилось в два раза и стало \(2U_A\). Напряжение же на вольтметре уменьшилось в два раза и стало \(0{,}5U_V\). Так как вольтметр и резистор соединены параллельно, то полное напряжение на этом участке цепи тоже равно \(0{,}5U_V\), и для всей цепи получаем \[2U_A+0{,}5U_V=9.\] Решая систему из двух уравнений, получаем \(U_A=3\) В и \(U_V=6\) В. Следовательно, вначале напряжение на вольтметре было \(6\) В, а в конце — в два раза меньше, то есть \(3\) В.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Луч, идущий из точки зеркала в его оптический центр, и симметричный ему отражённый луч позволяют найти центр зеркала; затем проведите луч, параллельный оси.

Решение

Решение дано в официальном тексте только в виде построения.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сначала по дальности полёта найдите скорость вылета камня, затем приравняйте кинетическую энергию камня к энергии растянутого шнура и найдите удлинение; расстояние оттягивания и силу даёт геометрия треугольника с двумя половинами шнура.

Ответ

\(x\approx54\) см, \(d\approx48\) см, \(F\approx45\) Н.

Решение

Пусть \(v\) "— скорость, которую приобретает камень после выстрела. Горизонтальная составляющая этой скорости \(v_x=v\cos\alpha\), вертикальная соответственно \(v_y=v\sin\alpha\). Время полёта камня тогда \[t=2\frac{v_y}{g}=2\frac{v\sin\alpha}{g},\] а дальность полёта \[L=v_xt=\frac{2v^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}=\frac{v^2\sin2\alpha}{g}.\] Отсюда \[v^2=\frac{gL}{\sin2\alpha}.\]

Камень приобретает начальную скорость благодаря упругой энергии резинового шнура. Пусть удлинение шнура по сравнению с начальным состоянием \(x\), тогда \[\frac{kx^2}{2}=\frac{mv^2}{2},\] откуда \[x^2=\frac{mv^2}{k}\quad\Rightarrow\quad x=\sqrt{\frac{mgL}{k\sin2\alpha}}\approx54\text{ см}.\] В прямоугольном треугольнике теперь гипотенуза равна \(l/2+x/2\). Искомое расстояние, на которое нужно оттянуть шнур, равно \[d=\sqrt{(l/2+x/2)^2-(l/2)^2}\approx48\text{ см}.\] В резиновом шнуре возникает сила упругости \(F_e=kx\). Сила, с которой нужно оттягивать шнур, равна удвоенной проекции этой силы на ось \(z\): \[F=2kx\frac{d}{l/2+x/2}\approx45\text{ Н}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Работа силы на перемещении поршня идёт на приращение кинетической энергии воды: вытесненный у поршня объём «исчезает» со скоростью \(v_1\) и «появляется» у отверстия со скоростью \(v_2\); скорости связаны неразрывностью струи.

Ответ

\(v_2=\dfrac1{d_1}\sqrt{\dfrac{8F}{\pi\rho}}\approx22{,}6\) м/с.

Решение

Так как диссипативные эффекты не учитываются, должен выполняться закон сохранения механической энергии. Пусть поршень движется под действием силы \(F\) со скоростью \(v_1\), а скорость воды в отверстии \(v_2\). Так как полный объём воды не меняется, то \(v_1S_1=v_2S_2\). За промежуток времени \(t\) поршень проходит расстояние \(x=v_1t\), совершая работу \(A=Fx\). Посмотрим, каково соответствующее этому движению изменение суммарной кинетической энергии воды. С одной стороны, перед поршнем «исчезает» масса воды \(m=S_1x\rho\), скорость которой была \(v_1\), с другой стороны, у отверстия появляется такое же количество воды, движущейся со скоростью \(v_2\). Закон сохранения энергии даёт \[A+\frac{mv_1^2}{2}=\frac{mv_2^2}{2},\] или после подстановки и исключения \(v_1\) \[\frac{F}{S_1}+\frac{\rho v_2^2}{2}\,\frac{S_2^2}{S_1^2}=\frac{\rho v_2^2}{2}.\] Но \(d_2\ll d_1\), а \(S\propto d^2\), значит, тем более \(S_2^2\ll S_1^2\), и второе слагаемое в левой части равенства можно опустить. Выражаем \(v_2\): \[v_2=\frac1{d_1}\sqrt{\frac{8F}{\pi\rho}}\approx22{,}6\text{ м/с}.\] Задачу можно было решить и более коротким путём, исходя из закона Бернулли \[p+\frac{\rho v^2}{2}=\text{const},\] который мы в ходе решения, по существу, вывели.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Лунный диск можно считать равномерно ярким, как и солнечный; сравните освещённости от Солнца и от Луны через отношение видимых телесных углов и яркостей этих дисков.

Ответ

\(k\approx4\%\).

Решение

Пусть освещённость (световая энергия на единицу площади и времени = плотность светового потока; если освещаемая поверхность перпендикулярна направлению падения света, это то же, что плотность светового потока) днём \(I_1\), а ночью \(I_2\). Так как выдержка и освещённость обратно пропорциональны, то \[t_1/t_2=I_2/I_1.\] Ночью Землю освещает свет, отражённый от Луны. Так как предполагалось, что Луна и Земля находятся от Солнца на одинаковом расстоянии, то освещённость на Луне тоже \(I_1\). Если бы поверхность Луны была перпендикулярна оси, соединяющей Землю и Луну (и заодно Солнце), то плотность светового потока, направленного обратно (к Земле), была бы \(I_k=kI_1\), где \(k\) "— средний коэффициент отражения (альбедо) поверхности Луны. Видимый центр Луны таковым и является, но края "— нет. И всё же зрительный опыт говорит, что диск Луны кажется повсюду более-менее одинаково ярким.

Такие источники света, видимая яркость поверхности которых не зависит от угла наблюдения, называются косинусными излучателями. Заметим, что эта яркость не зависит и от расстояния наблюдения, потому что доходящий до наблюдателя световой поток убывает обратно пропорционально расстоянию до источника света, но так же уменьшается и видимая площадь источника света (корректнее: телесный угол). Большая часть источников света и являются более-менее косинусными излучателями (например, абсолютно чёрные тела, излучающие тепло), в том числе и поверхность Солнца. Действительно, Солнце выглядит как диск равномерной яркости. В случае Луны теоретически дело несколько сложнее, потому что на краях на единицу поверхности Луны падает меньший световой поток (поверхность наклонена к солнечным лучам): если бы поверхность Луны рассеивала упавший на неё свет во всех направлениях более-менее поровну и была косинусным излучателем (видимая яркость каждого воспринимаемого участка поверхности не зависела бы от направления наблюдения), то края должны были бы быть менее яркими. Однако практический опыт доказывает обратное. По-видимому, дело в том, что из-за неровностей поверхности Луны она рассеивает больше света в направлении падения солнечного света, чем в других направлениях.

Как бы там ни было с точным механизмом, исходим из практического опыта, что полная луна кажется равномерно яркой. Итак, заменим мысленно Луну как шар Луной как «блином», то есть диском, радиус которого равен радиусу Луны. Далее используем то обстоятельство, что и Солнце кажется диском равномерной яркости. Отношение освещённостей, создаваемых солнечным и лунным светом, \(I_1/I_2\), равно, следовательно, произведению отношения видимых яркостей Солнца и Луны (то есть отношения плотностей световых потоков, излучаемых единицей поверхности, \(I_p/I_k\)) и отношения видимых телесных углов \(\Omega_p/\Omega_k\). Далее замечаем, что \(I_p/I_1=(R_p/r_p)^2\) (потому что плотность потока солнечного света обратно пропорциональна квадрату расстояния); итак, \[I_k/I_p=k(r_p/R_p)^2.\] Далее легко найти, что \[\Omega_k/\Omega_p=(r/R)^2/(r_p/R_p)^2,\] откуда \[I_2/I_1=(\Omega_k/\Omega_p)\cdot(I_k/I_p)=k(r/R)^2.\] Отсюда можно выразить \[k=(I_2/I_1)\cdot(R/r)^2=(t_1/t_2)\cdot(R/r)^2\approx4\%.\] Заметим, что средним альбедо Луны считается 7%. Различия между нашим результатом и точным числом могут быть вызваны нашей моделью (видимая яркость Луны постоянна по всей поверхности, ночью высота Луны над горизонтом такая же, как днём у Солнца). Если речь шла о съёмке на плёнку, то следует учесть и так называемый эффект Шварцшильда: при длинных выдержках (начиная с нескольких секунд) экспозиция плёнки уже не пропорциональна выдержке, а для получения такого же результата выдержку приходится несколько (иногда даже в несколько раз) увеличить.

Наконец, поскольку требовалась оценка, то полные баллы ставятся за любую более-менее физически разумную модель и за ответ в ориентировочном интервале \(2\%\)–\(8\%\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Подъёмная сила равна импульсу, уносимому электронами за единицу времени: найдите их скорость из энергии, набранной в поле, и число электронов в секунду из тока.

Ответ

\(F=I\sqrt{2U/k}\); условие: \(I\sqrt U\ge m_Tg\sqrt{k/2}\approx4{,}3\cdot10^8\) А\(\cdot\sqrt{\text{В}}\); у телевизора \(I\sqrt U\approx0{,}017\) А\(\cdot\sqrt{\text{В}}\), то есть устройство нереалистично.

Решение

Пусть абсолютная величина заряда электрона \(e\), а масса \(m_e\). За время \(t\) с катода уходит группа электронов с суммарным зарядом по абсолютной величине \(q=It\). Число электронов, вылетающих за это время, равно тогда \(N=q/e=It/e\), а масса \(m=Nm_e=Itm_e/e\). Найдём ещё, как быстро эти электроны движутся. Один электрон получает в электронной пушке кинетическую энергию \(E=Ue\). В то же время \(E=m_ev^2/2\), поэтому \(v=\sqrt{2E/m_e}=\sqrt{2Ue/m_e}\). Суммарный импульс электронов, вылетевших за время \(t\), равен \(p=mv=\dfrac{Itm_e}{e}\sqrt{\dfrac{2Ue}{m_e}}=It\sqrt{2U\dfrac{m_e}{e}}\). Так как электронная пушка меняет за время \(t\) импульс электронов на \(p\), то на неё действует в среднем сила \(F=\dfrac pt=I\sqrt{2U\dfrac{m_e}{e}}=I\sqrt{\dfrac{2U}{k}}\). Чтобы поднять машину в воздух, эта сила \(F\) должна превзойти действующую на машину (вместе с Самоделкиным) силу тяжести \(m_Tg\), то есть \(F\ge m_Tg\), или \(I\sqrt U\ge m_Tg\sqrt{\dfrac k2}\approx4{,}3\cdot10^8\text{ А}\cdot\sqrt{\text{В}}\). Очевидно, \(I\) и \(U\) должны быть нереалистично велики (у телевизора \(I\sqrt U\approx0{,}017\text{ А}\cdot\sqrt{\text{В}}\)), так что у Самоделкина нет никакой надежды полететь на такой машине.

Замечание. Проводя те же рассуждения с учётом специальной теории относительности, мы получили бы, что более точная формула такова: \(F=I\sqrt{\dfrac{2U}{k}+\dfrac{U^2}{c^2}}\), где \(c\approx3{,}0\cdot10^8\) м/с "— скорость света в вакууме. Поэтому релятивистские эффекты можно не учитывать только если \(\dfrac{U^2}{c^2}\ll\dfrac{2U}{k}\), то есть \(U\ll\dfrac{2c^2}{k}\approx1{,}0\cdot10^6\) В. Учитывая нужный порядок величины \(I\sqrt U\), Самоделкину, как ни печально, придётся изучить и теорию относительности…{} Взлететь он всё равно не сможет.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Учтите, что стенка не только излучает, но и частично отражает падающее на неё излучение; в пункте b) удобна аналогия с последовательным соединением одинаковых резисторов, где роль напряжения играет \(T^4\).

Ответ

a) \(j\approx0{,}0022\) Вт/см\(^2\);  b) в \(N+1\) раз.

Решение

a) Обозначим через \(j_{\mathrm{s}\to\mathrm{v}}\) тепловой поток на единицу площади, направленный от внутренней стенки к внешней. Противоположно направленный тепловой поток обозначим \(j_{\mathrm{v}\to\mathrm{s}}\). Поток \(j_{\mathrm{s}\to\mathrm{v}}\) обусловлен излучением внутренней стенки и частичным отражением \(j_{\mathrm{v}\to\mathrm{s}}\). Аналогично, \(j_{\mathrm{v}\to\mathrm{s}}\) обусловлен излучением внешней стенки и частичным отражением \(j_{\mathrm{s}\to\mathrm{v}}\). Таким образом, \[\begin{align*} j_{\mathrm{s}\to\mathrm{v}}&=\varepsilon\sigma T_\mathrm{s}^4+(1-\varepsilon)j_{\mathrm{v}\to\mathrm{s}},\\ j_{\mathrm{v}\to\mathrm{s}}&=\varepsilon\sigma T_\mathrm{v}^4+(1-\varepsilon)j_{\mathrm{s}\to\mathrm{v}}, \end{align*}\] откуда \[j_{\mathrm{s}\to\mathrm{v}}=\sigma\frac{T_\mathrm{s}^4+(1-\varepsilon)T_\mathrm{v}^4}{2-\varepsilon},\qquad j_{\mathrm{v}\to\mathrm{s}}=\sigma\frac{T_\mathrm{v}^4+(1-\varepsilon)T_\mathrm{s}^4}{2-\varepsilon}.\] Суммарный тепловой поток равен \[j=j_{\mathrm{v}\to\mathrm{s}}-j_{\mathrm{s}\to\mathrm{v}}=\varepsilon\sigma\frac{T_\mathrm{v}^4-T_\mathrm{s}^4}{2-\varepsilon}\approx0{,}0022\text{ Вт/см}^2.\] b) Из ответа предыдущего пункта ясно, что тепловой поток между двумя стенками пропорционален разности \(T_2^4-T_1^4\). Следовательно, здесь имеется полная аналогия с теорией электрических цепей, если \(T^4\) истолковать как напряжение, тепловой поток "— как силу тока, а \((2-\varepsilon)/(\sigma\varepsilon)\) "— как сопротивление. Последнее не зависит от расстояния между стенками. Поместив между внутренней и внешней стенкой \(N\) экранов, имеем последовательное соединение \(N+1\) одинаковых резисторов. Следовательно, тепловой поток уменьшается в \(N+1\) раз.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Фокусы зеркал совпадают, поэтому параллельный пучок после двух отражений остаётся параллельным, но его радиус вдвое уменьшается; свет выходит через отверстие порциями после разного числа проходов между зеркалами.

Решение

Для начала заметим замечательную связь в числовых данных. Именно, фокусы зеркал совпадают, потому что расстояние между зеркалами равно сумме фокусных расстояний зеркал. Фокусное расстояние вогнутого зеркала, как известно, равно половине радиуса. Параллельный пучок лучей собирается в фокусе зеркала. Поэтому параллельный пучок лучей в данной системе после двукратного отражения остаётся всё же параллельным. Но заметим, что ширина луча уменьшается вдвое, потому что фокусное расстояние одной линзы вдвое больше, чем другой.

Световой луч остаётся, таким образом, колебаться между зеркалами до тех пор, пока его расстояние от оси меньше \(d_0=1\). После \(n\)-кратного отражения туда и обратно расстояние луча от оси уменьшается в \(2^n\) раз. Заметим, что \(128\) есть степень двойки (\(2^7=128\)). Поэтому упавший на зеркало луч выходит из отверстия в два приёма: первая часть после седьмого движения туда и обратно, а вторая часть после восьмого. Одно движение туда и обратно между зеркалами создаёт временну́ю задержку \(2L/c\).

Падающий на выпуклую линзу параллельный пучок лучей собирается в фокусе, причём время достижения фокуса не зависит от положения луча (близкие к оси лучи проходят более толстый слой стекла, чем более далёкие лучи, а свет проходит стекло медленнее). Итак, в фокусе следует ожидать трёх импульсов: часть, пришедшая из окрестностей зеркала, часть, пришедшая после семи отражений туда и обратно, и часть, пришедшая после восьми. Временна́я разница между этими импульсами равна соответственно \(14L/c\) и \(2L/c\).

Теперь надо ещё найти относительные интенсивности импульсов, которые равны площадям соответствующих колец в поперечном сечении первоначального пучка. Часть, меньшая диаметра первого зеркала, в систему и не проходит. Площадь самого внешнего кольца пропорциональна числу \(192^2-160^2\), площадь кольца, соответствующего следующему импульсу, "— \(128^2-96^2\), а для кольца, соответствующего последнему импульсу, "— \(160^2-128^2\). Эти числа относятся как \(32^2(6^2-5^2):32^2(4^2-3^2):32^2(5^2-4^2)=11:7:9\).

На рисунке: I (suhteline) "— I (относительная); расстояния между импульсами \(14L/c\) и \(16L/c\) отсчитываются от первого импульса.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Скорости шаров и точки соединения стержней связаны нерастяжимостью стержней; в системе отсчёта, движущейся с шарниром, шары движутся по окружностям, а силы натяжения во всех стержнях равны, поскольку масса шарнира равна нулю.

Ответ

\(v_2=v_3=\dfrac{\sqrt3}{4}v_0\) (вдоль своих стержней); ускорения всех шаров \(a=\dfrac{11}{24}\dfrac{v_0^2}{l}\).

Решение

На систему из второго и третьего шаров в то время, когда толкали первый шар, действовала сила вдоль первого стержня, то есть шарнирное соединение сместилось вдоль первого стержня, а второй и третий шары в силу симметрии приобрели одинаковые скорости. Скорость шарнирного соединения \(v_s=v_0\cos30^\circ\), потому что длина первого стержня не меняется. Так как и на второй, и на третий шар действует только сила вдоль стержня, то их скорость тоже направлена вдоль стержня; из-за нерастяжимости стержня \(v_2=v_3=v_s\cos60^\circ=v_0\sqrt3/4\).

Силы натяжения в стержнях равны, потому что массу шарнирного соединения можно считать равной нулю (действующая на него равнодействующая сила должна быть равна 0); обозначим её через \(T\). Следовательно, ускорения всех шариков равны, \(a_k=T/m\). Перейдём в систему отсчёта, связанную с шарнирным соединением и движущуюся поступательно с ускорением \(\vec a\). В этой системе скорость первого шара \(u_1=v_0/2\), а скорость остальных \(u=v_s\sin60^\circ=\frac34v_0\). В этой системе шарики движутся по окружностям. Для каждого шарика можно выписать условие равновесия сил в проекции на направление соответствующего стержня (тогда исчезает необходимость знать тангенциальное ускорение шарика при движении по окружности, так как оно перпендикулярно оси). Сравнивая условия равновесия для второго и третьего шариков, выясняется, что проекция силы инерции \(-m\vec a\) на каждую из осей должна быть одна и та же, то есть \(\vec a\) должно быть направлено вдоль первого стержня. Таким образом, получаем два уравнения: \[\begin{align*} mu_1^2/l+a&=T,\\ mu^2/l-a/2&=T. \end{align*}\] Исключая из этих уравнений \(a\), получаем \(T=\dfrac13\dfrac ml(u_1^2+2u^2)\) и искомое ускорение \(a_k=T/m=\dfrac{u_1^2+2u^2}{3l}=\dfrac{11}{24}\dfrac{v_0^2}{l}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Посмотрите карандаш сквозь пластинку сбоку: по смещению его изображения и толщине пластинки можно определить показатель преломления.

Подсказка

Быстро двигайте лампу рукой: вместо сплошного света будут видны отдельные точки, и частота мерцания определяется числом точек и частотой взмахов.

Ответ

Частота мерцания лампы равна частоте взмахов, умноженной на число точек; точная частота \(f=142\) Гц.

Решение

Быстро двигайте огонь в руке туда и обратно. Вместо ровно горящего огня вы увидите точки. Постарайтесь сосчитать число точек и продолжайте качание в том же ритме, затем измерьте период качания. Частота мерцания лампы = частота качания \(\times\) число точек.

Замечание. Точная частота мерцания лампы \(f=142\) Гц.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.