Эстонская, 2007/08, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Сообщённый импульс определяет скорость центра масс; в верхней точке вся энергия его поступательного движения уже перешла в потенциальную, а остальная энергия осталась кинетической, энергией вращения.

Ответ

\(E=\dfrac{mv^2}{4}\).

Решение

Телу сообщается энергия \(E_k=\dfrac{mv^2}{2}\). Центр масс получает импульс \(p_c=mv\) и начинает двигаться вертикально со скоростью \[v_c=\frac{p_c}{m+m}=\frac v2,\] поэтому энергия поступательного движения системы равна \[E_v=\frac{v_c^2(m+m)}{2}=\frac{mv^2}{4}.\] Когда тело достигает максимальной высоты, энергия его поступательного движения полностью превращается в потенциальную, и кинетическая энергия системы равна \[E=E_k-E_v=\frac{mv^2}{4}.\] Ответ: \(\dfrac{mv^2}{4}\).

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

Подсказка

Высота каждого следующего подскока в \(k\) раз меньше, а время полёта между ударами пропорционально корню из высоты, так что времена образуют геометрическую прогрессию.

Ответ

\(t=\dfrac{\sqrt k+1}{\sqrt k-1}\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\).

Решение

Пусть после \(i\)-го удара мяч поднимается между двумя последовательными ударами на высоту \(h_i\). Время между этими ударами \(t_i\) найдём из \[h_i=g\left(\frac{t_i}{2}\right)^2\Big/2 \quad\Longrightarrow\quad t_i=2\sqrt{\frac{2h_i}{g}}.\] В верхней точке каждого полёта скорость мяча и его кинетическая энергия равны нулю, а полная энергия \(E_i\) потенциальна. Если масса мяча \(m\), то \(E_i=mgh_i\) пропорциональна высоте верхней точки \(h_i\). Значит, и высота верхней точки уменьшается после каждого удара в \(k\) раз: \(h_{i+1}=h_i/k\). Очевидно, в этом соотношении \(h_0=h\).

Время падения до первого удара: \[t_0=\sqrt{\frac{2h}{g}}.\] Так получаем полное время: \[\begin{gather*} t=t_0+t_1+t_2+\dots=\sqrt{\frac{2h}{g}}+2\sqrt{\frac{2h}{gk}}+2\sqrt{\frac{2h}{gk^2}}+2\sqrt{\frac{2h}{gk^3}}+\dots=\\ =\sqrt{\frac{2h}{g}}+2\sqrt{\frac{2h}{gk}}\left[1+\left(\frac1{\sqrt k}\right)^1+\left(\frac1{\sqrt k}\right)^2+\left(\frac1{\sqrt k}\right)^3+\dots\right]=\\ =\sqrt{\frac{2h}{g}}+2\sqrt{\frac{2h}{gk}}\cdot\frac{1}{1-\frac1{\sqrt k}}=\sqrt{\frac{2h}{g}}+2\sqrt{\frac{2h}{g}}\cdot\frac{1}{\sqrt k-1}=\\ =\sqrt{\frac{2h}{g}}\left(1+\frac{2}{\sqrt k-1}\right)=\frac{\sqrt k+1}{\sqrt k-1}\sqrt{\frac{2h}{g}}. \end{gather*}\] (Мы воспользовались формулой суммы геометрической прогрессии.)

Ответ: \(t=\dfrac{\sqrt k+1}{\sqrt k-1}\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\).

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

Подсказка

Суммарная энергия равна числу молекул, умноженному на среднюю энергию одной молекулы; число молекул выразите из уравнения состояния.

Ответ

\(E=\dfrac32pV\); от температуры не зависит.

Решение

Суммарная кинетическая энергия выражается как \(E=N\cdot\langle E_m\rangle\), где \(N\) — число молекул газа в комнате, а \(\langle E_m\rangle\) — средняя кинетическая энергия одной молекулы газа: \[\langle E_m\rangle=\frac32kT.\] Из уравнения состояния идеального газа число молекул в комнате \(N=pV/(kT)\). Складывая это, получаем \(E=\dfrac32pV\). В комнате давление воздуха равно внешнему давлению. Суммарная кинетическая энергия молекул воздуха в комнате не зависит от температуры.

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

Подсказка

Точка дома и её отражение в воде симметричны относительно поверхности воды, поэтому поверхность воды пересекает отрезок между ними ровно посередине; измерьте нужные отрезки на снимке и сравните с известной высотой этажа.

Ответ

\(H\approx18{,}5\) м.

Решение

Некоторая точка \(P\) дома и её зеркальное отражение \(P'\) на поверхности моря расположены симметрично относительно плоскости моря. Рассмотрим мысленную прямую \(PP'\). Точка \(O\) её пересечения с морем находится на равном расстоянии от обоих концов, и благодаря этому мы легко определяем по рисунку точку \(O\) как середину отрезка \(PP'\). Высота дома над поверхностью моря соответствует расстоянию от фундамента до точки \(O\), см. рисунок. Измерив на рисунке расстояние между окнами \(AB=9{,}5\) мм и \(OQ=58{,}5\) мм, получаем \[H=3\text{ м}\cdot\frac{OQ}{AB}=18{,}5\text{ м}.\] На рисунке: \(P\) — верхний край фундамента дома, \(P'\) — его отражение.

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

Подсказка

Отношение яркостей равно отношению телесных углов, под которыми зрачок виден из источника (с учётом преломления малыми углами), плюс поправка на отражённую от поверхности долю света.

Ответ

Из воды источник виден ярче на 28% (в 1,28 раза).

Решение

Отношение яркостей (если не учитывать отражение от поверхности воды) даёт отношение квадратов угловых размеров зрачка (= отношение соответствующих телесных углов), если смотреть из положения источника. Из рисунка \[2L\tan(\alpha'/2)=L\tan(\alpha/2)+L\tan(\beta/2),\] где между углами падения и преломления \(\alpha/2\) и \(\beta/2\) выполняется соотношение \[\frac{\sin(\alpha/2)}{\sin(\beta/2)}=n.\] Учитывая малость углов, из этих соотношений получаем \(\left(\dfrac{a}{a'}\right)^2=\dfrac{4n^2}{(n+1)^2}\). Учитывая ещё и отражение от поверхности воды, получаем для отношения яркостей \[\frac{I}{I_0}=\frac{4(1-r)n^2}{(n+1)^2}=1{,}28.\] Ответ: если смотреть из воды, источник ярче на 28%.

На рисунке: punktallikas — точечный источник, veepind — поверхность воды, silmaava — зрачок.

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

Подсказка

Поверхностное натяжение добавляет к давлению воздуха давление Лапласа \(2\sigma/r\); пока пузырь мал, это добавочное давление не даёт пару внутри него «пересилить» окружающее.

Ответ

\(r=\dfrac{2\sigma}{5\cdot3{,}5\text{ кПа}}\approx6{,}6\) мкм.

Решение

Найдём добавочное давление, возникающее в пузыре из-за поверхностного натяжения. Как известно, оно равно \(P=\dfrac{2\sigma}{r}\). Это можно доказать несколькими способами. Для этого рассмотрим плоскость, проходящую через центр пузыря и делящую шар на два полушара, которые стягиваются силой поверхностного натяжения \(F=2\pi r\sigma\); она была бы тождественна силе \(F=\pi r^2\cdot P\), создаваемой добавочным давлением. Значит, поверхностное натяжение создаёт в пузыре добавочное давление \(P=\dfrac{2\sigma}{r}\).

К тому же результату можно прийти и так. Энергия поверхностного натяжения, как известно, выражается как \(E=\sigma\,4\pi r^2\). При увеличении радиуса на малую величину \(\Delta r\) энергия изменяется на \(\Delta E=4\pi\sigma\left((r+\Delta r)^2-r^2\right)\approx4\pi\sigma\,2r\,\Delta r\). Учитывая же, что на единицу площади пузыря действует противодействующая сила давления \(p\), при увеличении пузыря на радиус \(\Delta r\) нужно совершить работу \(A=pS\Delta r=p\,4\pi r^2\Delta r\). Из условия \(A=\Delta E\) получаем \(p=\dfrac{2\sigma}{r}\).

До \(105\) градусов кипения не происходило, значит, пузыри должны были быть настолько малы, что сумма добавочного давления, создаваемого поверхностным натяжением, и давления воздуха оставалась больше давления насыщенного водяного пара: \[p_0+\frac{2\sigma}{r}>p_{\text{пар}}=p_0+5\cdot3{,}5\text{ кПа},\] откуда \(r=\dfrac{2\sigma}{5\cdot3{,}5\text{ кПа}}=6{,}6\) мкм.

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

Подсказка

Смещение жидкости на \(\delta x\) вдоль трубки создаёт разность уровней, меньшую, чем в вертикальной трубке: её определяют косинусы углов наклона. Получите «жёсткость» \(k\) и сравните с вертикальной трубкой.

Ответ

Частота уменьшается: новая частота составляет \(\sqrt{(\cos\alpha+\cos\beta)/2}\) от прежней.

Решение

Предположим, что вода выведена из равновесия так, что слой воды, проекция высоты которого на направление трубки равна \(\delta x\), перенесён из колена, расположенного под углом \(\alpha\), в другое. Разность высот уровней воды между двумя коленами трубки равна \(\delta h=\delta x\,(\cos\alpha+\cos\beta)\), что создаёт добавочное давление \(\delta P=\rho\,\delta h\,g\). Добавочное давление действует на жидкость силой, проекция которой на направление трубки равна \(F=\delta P\,S=\rho\,\delta x\,(\cos\alpha+\cos\beta)\,gS\). Эта формула подобна формуле пружинного маятника \(F=k\,\delta x\), где \(k=\rho\,(\cos\alpha+\cos\beta)\,gS\). Собственная частота такого маятника выражается как \[f=\frac1{2\pi}\sqrt{\frac km}=\frac1{2\pi}\sqrt{\frac{\rho\,(\cos\alpha+\cos\beta)\,gS}{m}}.\] Значит, можно сказать, что при сгибании колен трубки частота колебаний жидкости изменяется в \(\sqrt{(\cos\alpha+\cos\beta)/2}\) раз (частота уменьшается).

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

Подсказка

Из равенства нулю суммы сил и моментов выразите силу трения и нормальную реакцию пола, а затем потребуйте \(F_h\le\mu N_p\) и \(N_p\ge0\); расстояние от нижнего конца до точки касания цилиндра найдите из подобных треугольников.

Ответ

\(\dfrac{r\sin\alpha}{1-\cos\alpha}\le l\le\dfrac{2\mu r}{(1+\mu\cot\alpha)(1-\cos\alpha)\cos\alpha}\).

Решение

На стержень действуют реакции опор пола и цилиндра (соответственно \(\vec N_p\) и \(\vec N_s\)), сила трения \(\vec F_h\) и сила тяжести \(m\vec g\) (см. рисунок 1). Положение устойчиво, если сила трения, выражаемая из условий равновесия сил и моментов сил, не превосходит максимальной силы трения покоя: \[F_h\le\mu N_p \tag{1}\] и нижний конец стержня не поднимается в воздух: \[N_p\ge0. \tag{2}\] (Здесь и далее можно с тем же успехом использовать строгие неравенства, так как точная граница скольжения реально недостижима.)

Рис. 1. К решению.

Равновесие сил в горизонтальном направлении: \[F_h=N_s\sin\alpha \tag{3}\] и вдоль стержня (при желании можно было выбрать и другое направление): \[N_p\sin\alpha+F_h\cos\alpha=mg\sin\alpha. \tag{4}\] Пусть \(d\) — расстояние от нижнего конца стержня до точки опоры. Равновесие моментов относительно нижнего конца стержня (опять же можно использовать и другие точки): \[mg\frac l2\cos\alpha=N_s d. \tag{5}\] Выразим силы и подставим в неравенства: \[\begin{align} (5),(3)&\Longrightarrow F_h=\frac{mgl}{2d}\sin\alpha\cos\alpha,\\ (6)\to(4)&\Longrightarrow N_p=mg\left(1-\frac l{2d}\cos^2\alpha\right),\\ (6),(7)\to(1)&\Longrightarrow\frac l{2\mu d}\sin\alpha\cos\alpha\le1-\frac l{2d}\cos^2\alpha\Longrightarrow\nonumber\\ &\Longrightarrow l\le\frac{2\mu d}{\cos\alpha\,(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)},\\ (7)\to(2)&\Longrightarrow1-\frac l{2d}\cos^2\alpha\ge0\Longrightarrow\nonumber\\ &\Longrightarrow l\le\frac{2d}{\cos^2\alpha}=\frac{2\mu d}{\mu\cos^2\alpha}. \end{align}\] (9) слабее неравенства (8), которое, таким образом, является верхней границей для \(l\) (в знаменателе справа в нём одно положительное слагаемое, \(\sin\alpha\), сверху). Так как более строгой нижней границы нет, ею остаётся \(d\).

Для нахождения \(d\) соединим нижний конец стержня с осью цилиндра (рисунок 2). Получаются два равных треугольника, из которых \[d=\frac r{\tan\frac\alpha2}=\frac{r\sin\alpha}{1-\cos\alpha}. \tag{7}\]

Рис. 2. Нахождение \(d\).

\((10)\to(8)\Longrightarrow\) \[l\le\frac{2\mu r}{(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)\cos\alpha\tan\frac\alpha2}=\frac{2\mu r}{(1+\mu\cot\alpha)(1-\cos\alpha)\cos\alpha}.\] Ответ: \[\frac{r\sin\alpha}{1-\cos\alpha}\le l\le\frac{2\mu r}{(1+\mu\cot\alpha)(1-\cos\alpha)\cos\alpha}.\]

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

Подсказка

Работа внешней силы при малом растяжении равна изменению энергии магнитного поля плюс энергия, выделившаяся на внутреннем сопротивлении источника при постоянном токе; оба изменения выражаются через \(\Delta B\).

Ответ

\(F=\dfrac{\mu_0I^2N^2S}{2\ell^2}\).

Решение

Растянем катушку на малую величину \(\Delta\ell\) и выразим совершённую работу (\(A\)) двумя разными способами. С одной стороны, \(A=F_1\Delta\ell\). С другой стороны, часть затраченной энергии (\(\Delta E_m\)) запасается в магнитном поле, а остальная (\(\Delta E_v\)) либо выделяется на внутреннем сопротивлении источника тока (оно должно, например, при коротком замыкании всегда быть, чтобы поддерживать ток), либо, если \(A<\Delta E_m\), дополняется работой источника тока. В любом случае: \[A=\Delta E_m+\Delta E_v.\] При увеличении \(\ell\) индукция \(B\) уменьшается, поэтому, очевидно, \(\Delta E_m<0\), и на внутреннем сопротивлении источника выделяется энергия: \(A>0\Longrightarrow\Delta E_v>0\).

Нужные изменения энергии можно найти несколькими способами.

Первое решение. Пусть полная энергия магнитного поля \(E_m\). Её объёмная плотность: \[w=\frac{B^2}{2\mu_0}\Longrightarrow E_m=w\ell S=\frac{\ell SB^2}{2\mu_0}\Longrightarrow\Delta E_m=S\Delta\!\left(\frac{\ell B^2}{2\mu_0}\right)=\frac{INS\cdot\Delta B}{2}.\] Пусть удлинение катушки произошло за время \(\Delta t\), и изменение магнитного потока индуцирует в катушке электродвижущую силу по абсолютной величине \(\mathcal E\). Из закона индукции Фарадея: \[\mathcal E=N\frac{|\Delta B|\cdot S}{\Delta t}.\] Отсюда получаем \(\Delta E_v\): \[\Delta E_v=I\mathcal E\Delta t=INS|\Delta B|.\]

Второе решение. Найдём индуктивность плотной катушки \(L\): \[NBS=LI\Longrightarrow L=\frac{NBS}{I}.\] Энергия магнитного поля: \[E_m=\frac{LI^2}{2}=\frac{NBSI}{2}\Longrightarrow\Delta E_m=\frac{INS\cdot\Delta B}{2}.\] Пусть удлинение катушки произошло за время \(\Delta t\), и изменение магнитного потока индуцирует в катушке электродвижущую силу по абсолютной величине \(\mathcal E\). ЭДС самоиндукции следует из закона индукции Фарадея: \[\mathcal E=\frac{|\Delta(NBS)|}{\Delta t}=\frac{|\Delta(LI)|}{\Delta t}=\frac{NS|\Delta B|}{\Delta t},\] откуда получаем \[\Delta E_v=I\mathcal E\Delta t=INS|\Delta B|.\]

Общая часть обоих решений. Найдём \(\Delta B\), предполагая, что \(\Delta\ell\) мало: \[\Delta B=\mu_0IN\Delta\!\left(\frac1\ell\right)=\mu_0IN\left(\frac1{\ell+\Delta\ell}-\frac1\ell\right)=-\mu_0IN\frac{\Delta\ell}{(\ell+\Delta\ell)\ell}\approx-\mu_0IN\frac{\Delta\ell}{\ell^2};\] наконец, \[F=\frac{A}{\Delta\ell}=\left(-\frac{INS}{2}+INS\right)\frac{|\Delta B|}{\Delta\ell}=\frac{INS|\Delta B|}{2\Delta\ell}=\frac{\mu_0I^2N^2S}{2\ell^2}.\] Ответ: \(F=\dfrac{\mu_0I^2N^2S}{2\ell^2}\).

Замечание. Несколько слов о предположении в тексте задачи, что все витки при растягивании за концы начинают удаляться на одинаковое расстояние. На самом деле это не так: при растягивании за концы сначала начали бы раскрываться крайние витки (и при значительно меньшей силе). Очевидно, равномерное удаление витков было бы возможно при помощи специальной механической конструкции, если бы витки были не на стеклянной палочке, а на соответствующем каркасе. Но оказывается, что ответ данной задачи реализуется и в более простой ситуации. Если взять катушку в двух близко расположенных местах около середины, то находимая ниже сила одновременно является и такой силой, с которой при растягивании можно немного раздвинуть витки, остающиеся слева и справа от середины длинной катушки (это утверждение мы здесь доказывать не будем).

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

Подсказка

Параллельно вольтметру включите известный резистор; для этого нужно знать сопротивление самого вольтметра, и его можно найти, подключив вольтметр к батарее сначала напрямую, затем последовательно с резистором.

Ответ

\(\dfrac{U_1}{U_2R}\cdot10^3\) мА на 1 В показания, где \(U_1\) — показание вольтметра при прямом подключении к батарее, \(U_2\) — при последовательном подключении с резистором \(R\).

Решение

Чтобы использовать вольтметр как миллиамперметр, его нужно включить параллельно резистору \(R\). Измерим внутреннее сопротивление вольтметра \(r\) (см. ниже). Тогда \(I=U\left(\dfrac1R+\dfrac1r\right)\). Если на клеммы сделанного нами амперметра приходит ток \(I\), а показание вольтметра \(U\), то выполняется соотношение \(I=\dfrac UR+\dfrac Ur\). Значит, при 1 В сила тока через клеммы нашего амперметра равна \(10^3\cdot\left(\dfrac1R+\dfrac1r\right)\) [мА/В].

Итак, нужно найти внутреннее сопротивление вольтметра. Для этого сначала подадим напряжение батареи прямо на вольтметр, показание \(U_1=\mathcal E\) даёт ЭДС батареи; затем подадим его последовательно с резистором \(R\), показание \(U_2=r\mathcal E/(r+R)=rU_1/(r+R)\). Значит, \(1+R/r=U_1/U_2\), откуда \[r=R\frac{U_2}{U_1-U_2}.\] Подставляя этот результат в полученную ранее формулу, видим, что при показании 1 В сила тока равна \[10^3\cdot\frac{U_1}{U_2R}\ \text{[мА/В]}.\]

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

Подсказка

Одна пара листов даёт силу трения порядка погрешности динамометра; увеличьте её, сложив много трущихся поверхностей под одним и тем же прижимом.

Ответ

\(\mu=0{,}35\pm0{,}02\).

Решение

Положим два листа бумаги друг на друга, к одному прикрепим динамометр, место соединения нагрузим грузом и измерим силу трения, возникшую между листами. Получаем результат \[F_h=0{,}2\pm0{,}1\text{ Н}\] (где погрешность измерительного прибора складывается как из сдвига нуля, так и из систематической ошибки). Результат измерения, очевидно, находится на пределе погрешности измерения и далеко не такой же по относительной погрешности, как измерение массы. Для повышения точности измерения нужно увеличить силу трения. Увеличить силу давления невозможно. Но можно одновременно увеличить число соприкасающихся трущихся поверхностей, находящихся под одной и той же силой давления. Суммарная получаемая сила трения была бы тогда \[F_{\Sigma h}=F_h\cdot N,\] где \(N\) — число одновременно соприкасающихся трущихся поверхностей.

Нарежем из бумаги полосы и положим их в большом количестве поочерёдно с частичным перекрытием друг друга так, чтобы сверху можно было прижать листы и промежуточные листы были бы одновременно прикреплены к динамометру. Положим поочерёдно 11 полос, получив число соприкасающихся поверхностей 10, и нагрузим нашим грузом, и измерим суммарную силу трения. Результат \[F_{\Sigma h}=2{,}3\pm0{,}1\text{ Н}\] в 10 раз точнее первоначально измеренного. Окончательное выражение \[\mu=\frac{F_{\Sigma h}}{Nmg},\] численно \(\mu=0{,}35\pm0{,}02\).

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