Эстонская, 2006/07, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Слой — проводник с одним и тем же удельным сопротивлением; сопротивление прямоугольного куска зависит от длины пути тока и от ширины, поперёк которой он течёт. Мощность при заданном напряжении обратно пропорциональна сопротивлению.

\(P_H/P_V=a^2/b^2=0{,}25\).

Справедливы формулы \[P=\frac{U^2}{R},\qquad R=\frac{\rho L}{S},\] где \(\rho\) — удельное сопротивление слоя покрытия. Поэтому в зависимости от ориентации \(R_H=\rho b/(da)\) и \(R_V=\rho a/(db)\), где \(d\) — толщина слоя покрытия. Итак, \(P_H/P_V=a^2/b^2=0{,}25\).

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

При наибольшем удалении луч зрения на Венеру касается её орбиты, так что в треугольнике Земля—Венера—Солнце угол при Венере прямой. Следующее наибольшее удаление наступает через долю синодического периода, определяемую углами.

a) \(\alpha=\sin46^\circ=0{,}72\);  b) через 140 и 430 суток (синодический период 570 суток).

a) При максимальном удалении из Земли, Венеры и Солнца можно составить прямоугольный треугольник, в вершине прямого угла которого находится Венера. Отсюда отношение радиусов орбит Венеры и Земли \[\alpha=\sin46^\circ=0{,}72.\]

b) Период обращения Венеры найдём из закона Кеплера: \[T_V=T_M\frac{1}{\sqrt{\alpha^3}}.\] Угловая скорость обращения Земли \(\omega_M=\dfrac{2\pi}{T_M}\), а Венеры \(\omega_V=\dfrac{2\pi}{T_V}\). Угловая скорость их относительного движения \[\Delta\omega=\omega_V-\omega_M=\omega_M\left(\frac{1}{\sqrt{\alpha^3}}-1\right),\] а период относительного движения \[T_s=\frac{T_M}{\dfrac{1}{\sqrt{\alpha^3}}-1}=570\ \text{суток}.\] Между последовательными максимальными удалениями проходит соответственно \(88/360\) или \(272/360\) этого периода, то есть в сутках: 140 и 430.

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

Для тонкого клина с малым углом при вершине луч отклоняется на угол, пропорциональный углу клина с коэффициентом \(n-1\). Угол отклонения находится из смещения на экране.

\(\epsilon=0{,}005\) рад \(=0{,}29^\circ\) (угол при вершине клина; в решении он обозначен \(\epsilon\)).

Все углы обозначены на следующем рисунке. Угол \(\alpha\) произвольный (хотя и \(\alpha\ll1\)). \(\beta=\alpha/n\). \(\gamma=\beta-\epsilon\). \(\delta=n\gamma=\alpha-n\epsilon\). Угол отклонения луча \[\varphi=(\alpha-\beta)-(\delta-\gamma)=(\alpha-\delta)+(\gamma-\beta)=n\epsilon-\epsilon=\epsilon(n-1).\] Зная, что \(\varphi=5\text{ мм}/2\text{ м}=0{,}0025\) рад, получаем \[\epsilon=\frac{\varphi}{n-1}=0{,}005\text{ рад}=0{,}29^\circ.\]

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

Растягивающее напряжение в быстро вращающемся кольце создаётся центробежными силами, и оно связано с \(\omega\) и радиусом кольца. Выразите энергию на единицу массы через напряжение и плотность.

a) \(w=\dfrac12\omega^2R^2\);  b) \(E/m=\sigma_{\max}/(2\rho)=800\) кДж/кг.

a) Кинетическая энергия маховика \(K=\dfrac12M\omega^2R^2\), поэтому плотность запасания энергии \(w=E/M=\dfrac12\omega^2R^2\).

Пусть радиус кольца \(r\), масса \(m\). Механическое напряжение в кольце (\(\sigma\)) определяется центробежной силой, с которой две половины кольца растягиваются друг от друга. Рассмотрим небольшой участок одной половины кольца длиной \(\Delta l\). Его масса \(\Delta m=(\Delta l/2\pi r)\,m\), и на него действует центробежная сила величиной \(\Delta F=\Delta m\,\omega^2r\), где \(\omega\) — угловая скорость вращения. Проекция этой силы на вертикаль (см. рисунок) \[\Delta F_\parallel=\Delta F\cos\alpha=\frac{m\omega^2}{2\pi}\Delta l\cos\alpha.\] Но \(\Delta l\cos\alpha\) — проекция отрезка \(\Delta l\) на горизонталь. Следовательно, суммарная сила, действующая на одну половину кольца, выражается как \[F=\sum\Delta F_\parallel=\frac{m\omega^2}{2\pi}\,2r=\frac{m\omega^2r}{\pi}.\] С другой стороны, \(F=2\sigma S\), где \(S\) — поперечное сечение кольца. Последнюю величину подставляем из соотношения \[m=\rho V=\rho(2\pi rS)\ \Rightarrow\ S=\frac{m}{2\pi r\rho}.\] В итоге получаем \[\sigma=\frac{F}{2S}=\omega^2r^2\rho.\] Кинетическая энергия кольца \[E=\frac{mv^2}{2}=\frac{m\omega^2r^2}{2}=\frac{m\sigma}{2\rho},\] откуда \(E/m=\sigma/2\rho\). Взяв \(\sigma=\sigma_{\max}\), получаем \(E/m=800\) кДж/кг.

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

Сдвиньте мысленно момент старта и финиша на малое время: пройденный путь изменится на величину, зависящую от скоростей течения в эти два момента. Оптимально, когда эта величина равна нулю.

Старт из пункта \(A\) в 22:20, из пункта \(B\) в 04:20.

Покажем, что корабль должен двигаться так, чтобы скорости течения в момент старта \(t_s\) и в момент финиша \(t_f\) были равны, \(v(t_s)=v(t_f)\). Сделаем это от противного. Рассмотрим для конкретности движение в направлении \(B\), когда скорость корабля относительно берега равна \(v_0+v(t)\). В таком случае пройденное расстояние \(L\) есть площадь области между графиком \(v(t)\) и прямой \(v=-v_0\). Сдвинем время старта и финиша на малый промежуток времени \(\Delta t\). Проходимое расстояние при этом изменится на \(\Delta t\,(v_f-v_s)\). Если \(v(t_s)\ne v(t_f)\), то можно выбрать знак \(\Delta t\) так, чтобы \(\Delta t\,(v_f-v_s)>0\), то есть за то же время пройденное расстояние увеличится, став большим, чем \(L\). Тогда время движения можно было бы уменьшить, и момент старта не был оптимальным.

Условиям, объяснённым выше (скорости в момент старта и финиша равны, площадь между графиком и прямой \(v=-v_0\) равна 20 км), соответствуют времена старта из пункта \(A\) в 22:20 и из пункта \(B\) в 04:20.

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

Подумайте, что видно сверху сквозь стекло в разных кольцах: сквозь куб, при полном внутреннем отражении на поверхности полости, внутри полости. Граница полного отражения задаёт угол, по которому находится \(n\).

\(A\) — белый, \(B\) — жёлтый, \(C\) — синий, \(D\) — белый; \(n=R_A/R_C\approx1{,}8\).

Внешняя окружность, естественно, является внешним контуром шара, её радиус \(R_A\) равен радиусу шара в масштабе фотографии. Вдали от шара, в области \(D\), сквозь куб виден пол, то есть область \(D\) белая. В области \(A\) на поверхности шара происходит полное внутреннее отражение, поэтому мы видим оттуда отражение пола, которое тоже белое. Измерением можно убедиться, что радиус \(R_B\) линии раздела областей \(A\) и \(B\) примерно в \(\sqrt2\) раз меньше \(R_A\), то есть речь идёт об отражении линии раздела пола и стен. Поэтому область \(B\) жёлтая. Линия раздела областей \(B\) и \(C\) должна соответствовать прекращению полного внутреннего отражения, то есть в области \(C\) видна внутренность шара, которая синяя, на фоне белого пола. Итак, область \(C\) синяя. Легко видеть, что в предельном случае полного внутреннего отражения синус угла падения \(\sin\alpha=R_C/R_A=1/n\). Следовательно, показатель преломления \(n=R_A/R_C\approx1{,}8\).

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

Центр кривизны, предмет и его изображение в выпуклом зеркале лежат на одной прямой. Проследите, как лучи, идущие от изображений \(K_1\) и \(K_2\) обратно, преломляются в линзе.

Заметим, что центр кривизны \(O\), объект \(A\) и изображение \(A'\) в выпуклом зеркале лежат на одной прямой. Поэтому, если нам удастся найти прямую \(AA'\), то её точка пересечения с оптической осью даст точку \(O\). С другой стороны, луч \(s\), проходящий через изображение точки \(A\) в линзе \(K_2\) и изображение точки \(A'\) в линзе \(K_1\), после преломления в линзе продолжается как прямая \(s'\) и проходит как через точку \(A\), так и через \(A'\). Благодаря этому мы и находим прямую \(AA'\) и точку \(O\).

Для нахождения точки \(A'\) построим сначала фокальную плоскость \(F\). Для этого найдём точку, лежащую в фокальной плоскости, — точку пересечения прямой \(s\) с прямой \(t\), которая параллельна прямой \(s'\) и проходит через центр линзы. Прямая, соединяющая изображения \(K_1\) и \(K_2\), преломляется так, что точка пересечения её продолжения с главной оптической осью и есть искомый центр кривизны. Точку \(A'\) находим как точку пересечения прямой \(s'\) с прямой \(q'\), которая после преломления проходит через фокус и точку \(K_1\) (потому что \(K_1\) — изображение \(A'\)).

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

Сила Ампера перпендикулярна проволоке в каждой точке и одинакова по модулю на единицу длины, как давление на оболочку. Рассмотрите малый элемент дуги и баланс сил вдоль радиуса.

Дуга окружности радиуса \(R\), где \(a=2R\sin(L/2R)\); \(T=LIB/2\pi\) при \(L\gg a\).

Проволока принимает форму дуги (потому что сила Ампера действует аналогично силе, действующей на оболочку полностью надутого шара со стороны избыточного давления: на короткий измеряемый отрезок проволоки действует сила, перпендикулярная этому отрезку). Радиус дуги \(R\) можно найти из уравнения \[a=2R\sin\frac{L}{2R}.\] Для малого элемента дуги (длиной \(\alpha R\)), выписав равновесие силы Ампера и механического напряжения, находим натяжение в проволоке: \(\alpha RIB=T\alpha\). В предположении \(L\gg a\) дуга образует почти полную окружность, то есть \(R=L/2\pi\); поэтому \[T=\frac{LIB}{2\pi}.\]

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

Измерьте диаметр капли у отверстия шприца и объём, соответствующий известному числу капель: в момент отрыва вес капли уравновешен силой поверхностного натяжения.

Измеряем с помощью кончика карандаша и штангенциркуля диаметр \(d\) носика шприца. Капая из шприца, считаем некоторое число капель, например \(N=20\), и соответствующее изменение объёма воды в шприце \(V\). При отрыве капли сила поверхностного натяжения уравновешивает вес капли: \(V\rho g/N=2\pi d\sigma\), откуда \[\sigma=\frac{V\rho g}{2N\pi d}.\]

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

Лампа вспыхивает и постепенно гаснет при подключении — признак конденсатора; односторонняя проводимость между какой-то парой выводов — признак диода.

Заметим, что при определённой полярности подачи напряжения батареи через лампу на одну пару клемм \(AB\) лампа сначала горит, но постепенно гаснет. Если теперь подать на \(AC\) лампу без батареи, то она снова сначала горит, но постепенно гаснет. Очевидно, в чёрном ящике находятся конденсатор и диод.

То же самое происходит, если батарею сначала подать с правильной полярностью на пару клемм \(AC\), а позже разрядить конденсатор через лампу на клеммах \(AB\).

При подаче батареи и лампы на пару клемм \(BC\) при одной полярности лампа остаётся гореть постоянно, при другой полярности вообще не горит.

Со всеми экспериментальными наблюдениями согласуется приведённая схема.

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