Эстонская, 2009/10, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Радиус дуги моста найдите из теоремы Пифагора, учтя \(h\ll l\); на вершине равнодействующая силы тяжести и реакции опоры создаёт центростремительное ускорение, контакт пропадает при нулевой реакции.

Ответ

\(N\approx8700\) Н; \(v=\sqrt{gr}\approx180\) км/ч.

Решение

Обозначим \(l=100\) м, \(h=5\) м, \(m=1000\) кг. Пусть \(r\) — радиус кривизны моста. Из теоремы Пифагора \[r^2=(l/2)^2+(r-h)^2\ \Longrightarrow\ 0=l^2/4-2rh+h^2.\] Так как \(h\ll l\) и, следовательно, \(h\ll r\), то \(h^2\) можно отбросить и \(r=l^2/8h=250\) м. Равнодействующая силы тяжести \(mg\) и реакции опоры \(N\) создаёт центростремительное ускорение \(v^2/r\). Поэтому \[N=mg-mv^2/r\approx8700\text{ Н}.\] Контакт между колёсами и поверхностью дороги начинает пропадать, когда \(N=0\). Поэтому \(v=\sqrt{gr}\approx180\) км/ч.

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

Подсказка

Приравняйте долю \(\eta\) теплоты конденсации за час к теплоте нагревания охлаждающей воды, а массу охлаждающей воды выразите через сечение трубки, скорость течения и время.

Ответ

\(v\approx0{,}12\) м/с.

Решение

Масса двух литров воды \(m=2\) кг. При конденсации выделяется количество теплоты \(Q=Lm\). \(95\%\) выделившейся теплоты идёт на нагревание охлаждающей воды. Из соотношения \(\eta Lm=cM\Delta T\) получаем массу охлаждающей воды \[M=\frac{\eta Lm}{c\Delta T}.\] Массу охлаждающей воды можно выразить через плотность и объём, а объём — через площадь поперечного сечения трубки, скорость течения и время: \[M=\rho V=\rho Sl=\rho Svt.\] Объединяя эти два уравнения, выражаем скорость: \[v=\frac{\eta Lm}{c\Delta T\rho St}\approx0{,}12\text{ м/с}.\]

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

Подсказка

Мощность на резисторе — произведение \(U\) и \(I\) в точке графика; нужна точка максимума этого произведения (или точка, где касательная к графику делит отрезок между осями пополам), а сопротивление равно \(U/I\) в ней.

Ответ

\(R\approx6{,}9\) Ом (при \(U\approx2{,}28\) В и \(I\approx0{,}33\) А).

Решение

Первое решение. Нужно найти по графику пары значений силы тока и разности потенциалов. Выделяющаяся на потребителе мощность — их произведение. Далее находим на графике точку, соответствующую максимальной мощности \((U_{\max},I_{\max})\). Мощность на потребителе максимальна, когда падение напряжения на нём равно разности потенциалов, соответствующей максимуму мощности, а сила тока та же: \[R=\frac{U_{\max}}{I_{\max}}.\] Этим методом для солнечной батареи, соответствующей графику, получаем оптимальное сопротивление потребителя примерно \(6{,}9\) Ом (напряжение \(\sim2{,}28\) В и сила тока \(\sim0{,}33\) А).

Второе решение.

Мощность \(N=UI\) максимальна, когда изменение мощности \(\Delta N\) при малом изменении напряжения \(\Delta U\) равно нулю. \[\Delta(UI(U))=(U+\Delta U)\,I(U+\Delta U)-UI(U)=\] \[=(U+\Delta U)\bigl(I(U)+\Delta I(U)\bigr)-UI(U)\ \overset{\Delta I\,\Delta U\approx0}{\approx}\ \Delta U\,I+U\,\Delta I.\] (Те же рассуждения приводят к формуле производной произведения, которой мы могли бы здесь воспользоваться сразу.) \(\Delta N=0\Longrightarrow I+U\dfrac{\Delta I}{\Delta U}=0\). Величина \(\dfrac{\Delta I}{\Delta U}\) при малом \(\Delta U\) приближается к наклону касательной к графику. Взяв \(I\), \(U\) и \(\dfrac{\Delta I}{\Delta U}\) в точке касания \(P\), получаем в обозначениях рисунка, что \(|OC|=I\), \(|CP|=U\) и \(\dfrac{|OA|}{|OB|}=\dfrac{|CA|}{|CP|}=-\dfrac{\Delta I}{\Delta U}\). Следовательно, если мы хотим, чтобы \(P\) была искомой точкой максимума мощности, должно выполняться \[|OC|-|CP|\,\frac{|CA|}{|CP|}=0\ \Longrightarrow\ |OC|=|CA|\ \Longrightarrow\ |AP|=|PB|.\] Немного поискав с помощью линейки, такую точку \(P\) найти нетрудно. Ответ, конечно, тот же, что и в первом решении.

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

Подсказка

Запишите равенства моментов сил относительно центров колёс: тогда неизвестные силы со стороны осей не входят в уравнения, а колёса действуют друг на друга касательной силой.

Ответ

\(T=\dfrac{M}{2r_1}\).

Решение

Первое решение. Воспользуемся методом виртуальных перемещений: предположим, что нить всё же не вполне нерастяжима, и первое колесо можно повернуть на малый угол \(\alpha\). Трения нет, поэтому вся работа внешнего момента сил запасается как потенциальная энергия упругости нити. Работа внешнего момента равна \(M\alpha\) (если момент создаёт одна сила с плечом \(d\) и величиной \(M/d\), то её точка приложения смещается на \(\alpha d\), а работа равна \(\alpha d\cdot M/d=M\alpha\)). При малом смещении \(T\) не успевает заметно измениться, поэтому работа растяжения нити должна быть равна \(Ts\), где \(s\) — удлинение нити. Пути, проходимые поверхностными точками колёс, находящимися в зацеплении, равны — у обоих \(\alpha r_1\), следовательно, \(s=2\alpha r_1\) и \(M\alpha=2\alpha r_1T\), откуда \(T=\dfrac{M}{2r_1}\).

Второе решение. Силы и моменты, действующие на колёса, уравновешены. Проще всего записать равенства моментов относительно центров колёс, так как тогда плечи неизвестных сил, действующих со стороны осей, равны нулю. (Иначе решение получается, если выразить эти силы из уравнений равновесия сил.) Колёса действуют друг на друга касательной силой; если второе колесо действует на первое с силой \(\vec F\), то по третьему закону Ньютона первое действует на второе с силой \(-\vec F\). Равенство моментов для первого колеса имеет вид \(M=(F+T)r_1\), а для второго \(T=F\), поэтому \(T=\dfrac{M}{2r_1}\).

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

Подсказка

Равновесие устойчиво, если при небольшом наклоне бруска (качении без проскальзывания) его центр масс поднимается; запишите высоту центра масс при наклоне на угол \(\alpha\).

Ответ

\(L<2R\).

Решение

Колебание бруска на трубе устойчиво, если при отклонении бруска на малый угол \(\alpha\) центр масс бруска поднимается выше, чем вначале, \(R+L/2\). Высота центра масс при отклонении равна \[\left(R+\frac L2\right)\cos\alpha+R\alpha\sin\alpha>R+\frac L2.\] Так как угол отклонения мал, можно считать, что \(\sin\alpha\approx\alpha\) и \(\cos\alpha\approx1-\alpha^2/2\). Колебания при малых отклонениях устойчивы, если \[L<2R.\]

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

Подсказка

Действуйте как при оценке длины свободного пробега молекулы: за время \(t\) сечение столкновения спутника заметает объём, равный объёму слоя, делённому на число спутников; скорость возьмите равной первой космической.

Ответ

\(\Delta t\approx6\cdot10^8\) с \(\approx19\) лет.

Решение

Исходим из аналогии с молекулярной физикой, где при оценке длины свободного пробега молекулы считают, что молекула движется без столкновений типично за то время, за которое сечение её столкновений покрывает объём, в котором находится типично одна частица (этот объём выражается как объём сосуда, делённый на число частиц). Сечение столкновений не совсем совпадает с сечением самой частицы — рассмотрим, например, шарообразные частицы радиуса \(r\): частицы сталкиваются, когда их центры оказываются на расстоянии \(2r\) друг от друга, поэтому сечение столкновений одной частицы в четыре раза больше её сечения.

Спутники движутся в области пространства объёма \[V=\frac{4\pi}{3}\Bigl[(R_M+h_2)^3-(R_M+h_1)^3\Bigr]\approx1{,}2\cdot10^{12}\text{ км}^3.\] Пространство движения, приходящееся на один спутник, равно \(V/N\) (такого объёма произвольно выбранную область пространства содержит типично один спутник).

За время \(t\) сечение столкновений одного спутника покрывает объём \[V_t=4Svt,\] где \(v\) — типичная скорость движения спутника. Большой ошибки мы не сделаем, приняв \(v\) равным значению первой космической скорости (скорость зависит от корня из радиуса, и относительная ошибка составила бы лишь \(\sqrt{\frac{6400+2000}{6400}}\approx1{,}15\)): \[\frac{v^2}{R_M}=\frac{GM}{R_M^2}=g.\] Итак, \[V_t=\sqrt{gR_M}\,4St.\] Согласно предыдущим рассуждениям, одному спутнику приходится ждать столкновения такой промежуток времени \(t\), что \(V_t=V/N\). Так как у нас \(N\) спутников, то до первого такого столкновения проходит в \(N\) раз меньше времени. Итак, \[\Delta t=\frac{V}{N^2\,4S\sqrt{gR_M}}=\frac{1{,}2\cdot10^{12}\cdot10^{9}}{4\cdot2{,}5^2\cdot10^6\cdot10\cdot\sqrt{10\cdot64\cdot10^2\cdot10^3}}\text{ с}=6\cdot10^8\text{ с},\] или \[\Delta t=\frac{6\cdot10^8}{3600\cdot24\cdot365}\approx19\text{ лет}.\]

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

Подсказка

Прямая через источник и его действительное изображение проходит через центр линзы между ними; изображение прямой — прямая, и они пересекаются в плоскости линзы.

Решение

Прямая, соединяющая источник и изображение, проходит через центр линзы, и эта точка должна оказаться между источником и изображением, так как изображение действительное. Поэтому центр линзы \(O\) мы находим как точку пересечения отрезков \(S_1S_1'\) и \(S_2S_2'\), где \(S_1\) и \(S_2\) — источники, а \(S_1'\) и \(S_2'\) — соответствующие изображения. Чтобы точка пересечения возникла, \(S_1\) и \(S_1'\) должны располагаться по диагонали. Далее заметим, что изображение прямой — прямая, причём эти две прямые пересекаются в плоскости линзы. Так как изображением прямой \(S_1S_2\) является \(S_1'S_2'\), точка их пересечения \(P\) позволяет найти плоскость линзы \(OP\); главная оптическая ось — перпендикуляр к ней, проведённый через точку \(O\). С точки зрения плоскости линзы неважно, какая из прямых (\(S_1S_2\) или \(S_1'S_2'\)) является изображением, а какая — оригиналом. Поэтому у нас получаются две существенно различные возможности: либо эти две прямые расположены приблизительно горизонтально, либо приблизительно вертикально, см. рисунок.

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

Подсказка

Подберите точку контакта на проволоке так, чтобы две лампочки, включённые одна с резистором, другая с участком проволоки, горели одинаково: тогда сопротивление участка равно сопротивлению резистора.

Ответ

\(\rho=1{,}35\cdot10^{-6}\) Ом\(\cdot\)м.

Решение

Одну лампочку соединим последовательно с известным резистором, а другую — с проволокой. У проволоки стационарно подключаем лишь один контакт на конце проволоки; второй контакт подсоединяем вручную, прижимая провод рукой к проволоке в некоторой точке, положение которой можно менять, скользя вдоль проволоки. Обе цепи подключаем к клеммам батарейки. Добиваемся ситуации, когда обе лампочки горят с одинаковой яркостью, и измеряем в этом положении длину \(L\) части проволоки, оставшейся между контактами. В таком положении сопротивление соответствующего участка проволоки равно сопротивлению другого резистора, т.е. \(R=\rho\,4L/\pi d^2\), откуда \(\rho=\pi Rd^2/4L\).

В числах получаем \(\rho=1{,}35\cdot10^{-6}\) Ом\(\cdot\)м.

Относительную погрешность измерения находим из соотношения \(\Delta\rho=2\Delta d/d+\Delta L/L\), где погрешность штангенциркуля \(\Delta d\approx0{,}05\) мм, а погрешность длины \(L\) находим по разбросу нескольких результатов измерений (вызванному оценкой яркости на глаз), \(\Delta L\approx3\) см.

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

Подсказка

Подвесьте пластину на нити и направьте поток на её нижнюю часть; импульс, передаваемый потоком в единицу времени, создаёт момент, уравновешиваемый моментом силы тяжести при измеренном отклонении.

Ответ

\(v\approx3{,}8\) м/с.

Решение

Подвесим пластинку на нити, закрепив её за один конец к штативу, и направим поток воздуха от вентилятора на нижнюю часть пластинки. Измерим вызванное воздушным потоком отклонение \(a\) нижнего конца пластинки. Масса воздуха, падающего на нижний конец пластинки в единицу времени, равна \(m/t=\pi d^2\rho v/4\) (где \(d\) — диаметр вентилятора), и эта масса воздуха несёт импульс \(mv/t=\pi d^2\rho v^2/4\), который передаётся пластинке и представляет собой эффективную силу. Момент этой силы уравновешивает момент силы тяжести \(Mga/2\), т.е. \(\pi Ld^2\rho v^2/4=Mga/2\), откуда \[v=\sqrt{2Mga/\pi\rho L}\,/d.\] В результате получаем \(v=3{,}8\) м/с.

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