Эстонская, 2011/12, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Вся работа силы трения за время сварки идёт на нагрев двух концов труб; путь трения выразите через частоту вращения и диаметр, а массу нагреваемой части — через объём тонкой стенки.

Ответ

\(F=\dfrac{2dl\rho c(T_1-T_0)}{\mu f\Delta t}\approx 1200\) Н.

Решение

Количество теплоты, возникающее при трении, равно \(Q=F_{\text{тр}}\Delta s=F\mu\,\Delta s=F\mu\,\pi D\,\dfrac{\Delta t}{1/f}=F\mu\pi f D\,\Delta t\).

С другой стороны, количество теплоты, необходимое для нагрева труб, \(Q=2mc\Delta T=2\rho Vc\Delta T\), где \(m\) и \(V\) — масса и объём нагревающейся части одного конца трубы. Так как стенки трубы во много раз тоньше диаметра, объём можно оценить как \(V=\pi D d l\). В итоге получаем \[F\mu\pi f D\,\Delta t=2\pi D d l\rho c(T_1-T_0) \ \Rightarrow\ F=\frac{2dl\rho c(T_1-T_0)}{\mu f\Delta t}\approx 1200\ \text{Н}.\]

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

Подсказка

Мяч начнёт тонуть, когда его средняя плотность станет равна плотности воды, то есть объём сожмётся до \(m/\rho\); на такой глубине упругость оболочки уже не играет роли, и давление в мяче определяется законом Бойля — Мариотта.

Ответ

\(h=\dfrac{(p_0+p_1)\dfrac{C^3\rho}{6\pi^2m}-p_0}{\rho g}\approx 190\) м.

Решение

При погружении глубоко под воду давление столба воды сжимает мяч. Мяч начинает тонуть сам, когда его объём уменьшится настолько, что действующая на мяч выталкивающая сила станет меньше силы тяжести, то есть средняя плотность мяча станет меньше плотности воды. На критической глубине \(\rho=m/V\), где \(V\) — объём сжатого баскетбольного мяча. В конечном счёте мы ищем высоту столба жидкости, создающего давление, достаточное, чтобы объём мяча уменьшился до значения \(V=m/\rho\). Поэтому найдём сначала связь между давлением и объёмом воздуха в мяче. В неопущенном в воду мяче давление равно сумме атмосферного давления и давления, возникающего от силы упругости в оболочке мяча: \(p_0+p_1\). На критической глубине объём мяча составляет менее 10 % от своего первоначального значения, а это означает, что мяч вмят и сила упругости больше не играет роли. Давление в мяче тогда равно сумме давления столба жидкости и атмосферного давления: \(p_v+p_0\). Из закона Бойля — Мариотта известно, что при постоянной температуре давление и объём идеального газа обратно пропорциональны, то есть \[\frac{p_0+p_1}{p_0+p_v}=\frac{V_0}{V}.\] Из этой формулы выразим критическое давление столба жидкости: \[p_v=(p_0+p_1)\frac{V_0}{V}-p_0.\] Приравнивая это выражение к давлению столба воды \(p_v=\rho gh\), где \(h\) — критическая глубина, получаем уравнение, из которого находим \[h=\frac{(p_0+p_1)\dfrac{V_0}{V}-p_0}{\rho g}.\] Теперь надо выразить начальный и конечный объёмы мяча через величины, заданные в задаче. Конечный объём уже найден в начале решения (\(V=m/\rho\)). Для начального объёма воспользуемся формулами длины окружности и объёма шара \(C=2\pi r\) и \(V_0=\tfrac43\pi r^3\), из которых получаем \(V_0=C^3/6\pi^2\), и окончательный ответ \[h=\frac{(p_0+p_1)\dfrac{C^3\rho}{6\pi^2m}-p_0}{\rho g}=190\ \text{м}.\]

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

Подсказка

Колёса должны быть повёрнуты вдоль своих скоростей, а перпендикуляры к скоростям всех точек твёрдого тела пересекаются в мгновенной оси вращения.

Ответ

\(\beta=\operatorname{arcctg}\!\left(\operatorname{ctg}\alpha-\dfrac ba\right)\).

Решение

Колёса нужно поворачивать в направлении их движения. Перпендикуляр, проведённый из любой точки твёрдого тела к направлению движения этой точки, проходит через (мгновенную) ось вращения тела. Очевидно, ось вращения автомобиля лежит на одной прямой с осями задних колёс. В оптимальном случае она лежит и на оси как левого, так и правого переднего колеса.

Значит, искомый угол \[\beta=\operatorname{arcctg}\!\left(\frac{a\operatorname{ctg}\alpha-b}{a}\right)=\operatorname{arcctg}\!\left(\operatorname{ctg}\alpha-\frac ba\right).\]

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

Подсказка

Отражения от стенок трубы дают ряд мнимых источников, как в двух плоских зеркалах; поворот плоскости рисунка вокруг оси размазывает их по окружностям.

Ответ

Набор концентрических окружностей с центром в \(O\) радиусами \(R=n\times 18\) мм, \(n\) — целое число.

Решение

Прежде всего заметим, что изображение точечного источника получается на расстоянии \[l'=\left(\frac1{36}-\frac1{60}\right)^{-1}\text{мм}=90\ \text{мм}\] от линзы, то есть на экране. Если бы вместо отражающих цилиндрических стенок были два плоских зеркала, то возник бы бесконечный ряд изображений точечного источника (отражение, отражение отражения и т. д.), в котором расстояние между двумя соседними изображениями равно расстоянию между зеркалами, 12 мм. Перейдём теперь к цилиндрическому случаю. Для луча, лежащего в плоскости рисунка, ход лучей точно такой же, как в случае плоских зеркал, то есть в плоскости рисунка изображения тоже возникают периодическим рядом, в котором расстояние между изображениями равно 12 мм. Плоскость рисунка можно произвольно поворачивать вокруг оси симметрии системы; это означает, что изображения на самом деле «размазаны» по концентрическим окружностям с радиусами \(n\times 12\) мм, где \(n\) — целое число. Линза создаёт из этих окружностей на экране изображение, увеличенное в \(\dfrac{90}{60}\) раза, в котором радиусы концентрических окружностей равны \(R=n\times 18\) мм.

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

Подсказка

Скорость роста температуры печки пропорциональна эффективной мощности (нагрев минус потери); в самом начале потерь нет, и по наклону касательной можно откалибровать мощность при любой другой температуре.

Ответ

\(\lambda\approx 24{,}5\) кДж/кг (первое решение); \(\lambda\approx 19\) кДж/кг (второе решение).

Решение

Первое решение. Известно, что мгновенная эффективная тепловая мощность \(P_{\text{эфф}}\) (то есть мощность нагрева минус мощность остывания, рассеивающаяся в окружающую среду) пропорциональна наклону касательной к графику зависимости температуры от времени (коэффициент пропорциональности — теплоёмкость печки). В самом начале печка имеет комнатную температуру, поэтому в первые секунды тепловых потерь почти нет, и тепловая мощность тигля \(P_0=50\) Вт \(=P_{\text{эфф}}\), то есть такой эффективной мощности соответствует наклон касательной \(\approx250\ {}^\circ\text{C}/\text{мин}\) (см. рисунок). Но ясно, что при более высоких температурах приходится учитывать тепловые потери: именно они являются причиной того, что рост температуры печки замедляется. Когда в печку кладут свинец, температура падает до температуры плавления свинца, \(\approx327\,^\circ\)C. Далее эффективная мощность печки на 100 % идёт на плавление свинца (ведь его собственная температура не меняется). По левой части графика находим, что при температуре \(\approx327\,^\circ\)C наклон касательной равен \(\approx45\ {}^\circ\text{C}/\text{мин}\), то есть эффективная мощность при этой температуре составляет \(\dfrac{45}{250}P_0\approx0{,}18P_0\). При такой эффективной мощности на плавление массы \(m\) свинца уходит время \(\Delta\tau\approx12\) мин (находится по графику), поэтому можно записать \(0{,}18P_0\Delta\tau=\lambda m\), откуда \[\lambda=\frac{0{,}18P_0\Delta\tau}{m}=\frac{0{,}18\cdot50\ \text{Вт}\cdot12\cdot60\ \text{с}}{0{,}265\ \text{кг}}=24{,}5\ \frac{\text{кДж}}{\text{кг}}.\]

Второе решение. Будем считать мощность теплообмена пропорциональной разности температур печки и комнаты, \(P_{\text{ср}}=k(T-T_0)\). По графику находим, что устанавливающаяся температура \(T_\infty\approx380\,^\circ\)C, при которой мощность нагрева равна мощности тепловых потерь \(P_0\), то есть \(P_0=k(T_\infty-T_0)\), откуда \(k=P_0/(T_\infty-T_0)\) и \[P_{\text{эфф}}=P_0-P_{\text{ср}}=P_0\,\frac{T_\infty-T}{T_\infty-T_0}\approx50\cdot\frac{50}{360}\ \text{Вт}\approx7\ \text{Вт}.\] Теперь остаётся записать тепловой баланс в виде \(\lambda m=P_{\text{эфф}}\tau\), откуда \(\lambda=P_{\text{эфф}}\tau/m\approx19\) кДж/кг.

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

Подсказка

Показания весов меняет дополнительная сила, равная массе песка, умноженной на ускорение его центра масс; найдите, как со временем движется центр масс.

Ответ

\(F=\dfrac{2v^2}{S\rho}\).

Решение

Первое решение. Рассмотрим изменение координаты центра масс песочных часов за промежуток времени \(\Delta t\). Координата центра масс выражается в виде \(x_C=\sum_i m_ix_i\big/\sum_i m_i\), где суммирование идёт по всем частицам \(i\). Изменение за промежуток времени \(\Delta t\) состоит в том, что верхний слой верхней части песка массой \(\Delta m=v\Delta t\) переходит от координаты \(x_{\text{верх}}\) к координате \(x_{\text{низ}}\), становясь верхним слоем нижней части песка; соответствующее изменение в выражении центра масс \(\Delta x_C=\dfrac1M\bigl(v\Delta t\,x_{\text{низ}}-v\Delta t\,x_{\text{верх}}\bigr)=\dfrac{v\Delta t}{M}\,(x_{\text{верх}}-x_{\text{низ}})\), где \(M\) — общая масса песка; при этом мы рассматривали исчезнувший сверху песок как добавку с отрицательной массой в верхней части песка. Импульс песка находим как \(p=M\Delta x_C/\Delta t=vl\), где \(l\) обозначает разность высот уровней песка. Дополнительная сила, вызывающая изменение показаний весов, есть производная импульса по времени, то есть \[F=v\,\frac{dl}{dt}.\] Для нахождения производной \(\dfrac{dl}{dt}\) заметим, что за время \(\Delta t\) нижний уровень поднимается на длину \(\Delta h=v\Delta t/\rho S\), а верхний уровень опускается на такую же величину, то есть изменение разности высот уровней \(\Delta l=2v\Delta t/\rho S\), откуда \(\dfrac{dl}{dt}=2v/\rho S\). Подставляя этот результат в выражение для силы, получаем \(F=2v^2/S\rho\).

Второе решение. Пусть высота всего количества песка \(H\), а высота песка в нижнем сосуде \(h\). В нижний сосуд поступает песок с массовой скоростью \(v\). Запишем координату центра масс песочных часов: \[x=\frac{\dfrac h2\,hS\rho+\left(\dfrac L2+\dfrac{H-h}{2}\right)(H-h)S\rho}{HS\rho}=\frac{2h^2+LH-Lh+H^2-2Hh}{2H}.\] Если центр масс песочных часов имеет ускорение, то вторая производная координаты центра масс по времени должна быть отлична от нуля. Как следствие второго закона Ньютона можно сказать, что на песочные часы должна действовать дополнительная сила, соответствующая ускорению центра масс — это и есть искомое изменение показаний весов! Возьмём теперь от координаты центра масс два раза подряд производную по времени, помня, что производная высоты уровня песка \(h\) по времени (скорость изменения) непосредственно связана с массовой скоростью потока песка \(v\) следующим образом: \[v=S\rho\dot h.\] Точкой над величиной обозначаем соответствующую производную по времени. Помним, что ускорение изменения \(h\) (вторая производная по времени) должно равняться нулю, и что \(L\) и \(H\) — постоянные величины, поэтому их производные равны нулю! \[\dot x=\frac{4h\dot h-L\dot h-2H\dot h}{2H}.\] Возьмём производную ещё раз: \[a=\ddot x=\frac{4h\ddot h+4\dot h^2-L\ddot h-2H\ddot h}{2H}=\frac{2\dot h^2}{H}=\frac{2v^2}{HS^2\rho^2}.\] Масса всего песка в песочных часах равна \(m=SH\rho\). Дополнительная сила, действующая на песочные часы (изменение показаний весов): \[F=ma=\frac{2v^2}{S\rho}.\]

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

Подсказка

Поле направлено вдоль оси \(x\), поэтому \(y\)-составляющая импульса сохраняется, как у света при переходе в другую среду; вопрос сводится к «полному внутреннему отражению» от слоя с потенциалом \(U\).

Ответ

(b) \(\xi=\dfrac13\).

Решение

(a) Поскольку потенциал зависит только от координаты \(x\), электрическое поле везде направлено вдоль оси \(x\), и \(y\)-компонента импульса сохраняется. Поэтому, когда частица входит в область с более высоким потенциалом, уменьшается только \(x\)-компонента скорости, и траектория такая, как у светового луча, проходящего через оптически менее плотный слой.

(b) Полное «внутреннее отражение» происходит тогда, когда кинетическая энергия, связанная с положительным направлением \(x\), меньше \(qU\), что соответствует углу между вектором скорости и осью \(x\), равному \(\arccos\sqrt{\dfrac{qU}{4qU}}=\dfrac\pi3\). Только при углах, меньших этого угла, частица может пройти слой с более высоким потенциалом, и относительная доля таких частиц \(\xi=\dfrac\pi3\Big/\pi=\dfrac13\).

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

Подсказка

Скорость точки \(Q\) экстремальна, когда её ускорение равно нулю; тогда проекции ускорений \(Q\) и \(P\) на стержень \(PQ\) равны, а ускорение \(P\) направлено вдоль \(PO\).

Ответ

\(v_{\min}=-\omega r\),  \(v_{\max}=\omega r\,\dfrac{L^2+r^2}{L^2-r^2}\).

Решение

Точка \(Q\) движется только вдоль вертикальной оси, поэтому скорость экстремальна, когда ускорение равно нулю. В этот момент должна быть равна нулю и проекция ускорения точки \(Q\) на стержень \(PQ\), которая равна проекции ускорения точки \(P\) на тот же стержень. Поскольку ускорение точки \(P\) постоянно по модулю и направлено вдоль стержня \(PO\), эта проекция становится равной нулю как раз тогда, когда \(PO\) перпендикулярно \(PQ\). Отсюда сразу получаем минимальную скорость \(v_{\min}=-\omega r\) (в момент, когда \(OP\) горизонтально). Пусть \(R\) — та точка прямой \(s\), которая находится на одной высоте с точкой \(O\). В момент, когда скорость максимальна, образуется вписанный четырёхугольник \(QPOR\), поэтому треугольники \(OPQ\) и \(OQR\) равны: \[v_{\max}=\frac{\omega r}{\cos\angle PQR}=\frac{\omega r}{\cos(2\operatorname{arctg}r/L)}=\omega r\,\frac{L^2+r^2}{L^2-r^2}.\]

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

Подсказка

Измеряемое сопротивление имеет единственный максимум по углу поворота, и по симметрии он достигается, когда движки делят сопротивления пополам; найдите, во сколько раз оно тогда меньше сопротивления одного потенциометра.

Ответ

Сопротивление одного потенциометра в 5 раз больше максимального измеренного сопротивления: \(R=5R_{\max}\) (реалистично — примерно \(370\ldots550\) кОм).

Решение

Плотно намотаем концы проводов исследуемого устройства вокруг проводов омметра. Измерим сопротивление между концами проводов и покрутим кнопку. На показании омметра в зависимости от угла поворота кнопки есть только один максимум. Что это так, выясним либо экспериментально (что проще), либо расчётом.

В расчётном подходе выразим положение движка параметром \(\alpha\) (который зависит от угла поворота кнопки нелинейно, но это и не важно) так, что оба потенциометра можно рассматривать как соединение — последовательное соединение сопротивлений \(\alpha R\) и \((1-\alpha)R\). Тогда общее сопротивление устройства вычисляется по приведённой справа эквивалентной схеме: \[R_{\text{устр}}=\cfrac{1}{\cfrac{1}{\alpha R+(1-\alpha)R}+\cfrac{1}{\alpha R}+\cfrac{1}{(1-\alpha)R}}=R\left(1-\frac{1}{\alpha(1-\alpha)+1}\right).\]

Величина \(\dfrac{1}{\alpha(1-\alpha)+1}\) — обратная к положительной квадратичной функции, у которой, разумеется, только один минимум. Заметим ещё, что выражение симметрично относительно замены \(\alpha\) на \((1-\alpha)\), поэтому максимум измеряемого сопротивления находится как раз там, где \(\alpha=\tfrac12\), то есть движок делит сопротивление потенциометра пополам.

Убедившись, что максимум только один, можно было бы сделать тот же вывод, что он находится там, где движки делят пополам сопротивления потенциометров, и непосредственно исходя из симметрии схемы: при повороте схемы на \(180^\circ\) измеряемое сопротивление должно остаться тем же, и максимум при этом повороте должен переходить сам в себя. В такой симметричной ситуации у нас получается приведённая справа эквивалентная схема, сопротивление которой (аналогично вычислению выше) равно \(R/5\).

Итак, для получения ответа нужно измерить наибольшее возможное сопротивление и умножить его на пять. Разброс показаний тестера при измерении фиксированного сопротивления минимален, поэтому от повторных измерений польза лишь постольку, поскольку они помогают найти бо́льшее максимальное значение. Усреднять их результаты в данном опыте неправильно, так как мы знаем, что (при правильной методике измерения) нельзя случайно измерить сопротивление, большее истинного. Однако надо быть внимательным, чтобы не включить самого себя в электрическую цепь: сопротивление между руками может быть одного порядка с измеряемым или даже во много раз меньше! Реалистичный ответ в зависимости от конкретного экземпляра устройства — примерно \(370\ldots550\) кОм (номинальное значение потенциометра было \(470\ \text{кОм}\pm20\,\%\); отклонения добавил тот факт, что предположение о том, что потенциометры в паре одинаковы, на самом деле не было точным).

В качестве оценки погрешности основной является неопределённость самого омметра в используемом диапазоне измерений. Если бы для поиска максимума имелся строго задокументированный и машинно выполняемый алгоритм, то по его промежуточным результатам можно было бы оценить и то, насколько точно кнопка была повёрнута к максимальному сопротивлению, и тем самым найти дополнительно статистическую неопределённость и (не усредняя!) более точную оценку истинного максимума, но одними только имеющимися средствами этого сделать нельзя.

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

Подсказка

Вложив формы друг в друга, удваиваем массу, не меняя эффективной площади; на установившейся скорости сила тяжести равна силе сопротивления, а скорости сравниваются по временам падения с одной высоты.

Ответ

\(\alpha\approx2\).

Решение

Вкладывая формы для маффинов друг в друга, мы можем увеличить их массу, оставляя эффективную площадь прежней. Во время падения на форму для маффинов действуют сила тяжести \(mg\) и сила сопротивления \(Cv^{\alpha}\), где \(v\) — скорость маффина. Так как масса формы мала по сравнению с её эффективной площадью, форма достигает своей конечной скорости при падении практически мгновенно. Получаем уравнение \(mg=cv_1^{\alpha}\). Отметим высоту, с которой мы начинаем ронять формы, и измерим время падения. Так же поступим и с вложенными друг в друга формами. В этом случае получаем \(2mg=cv_2^{\alpha}\). Разделив второе уравнение на первое, получаем \(\left(\dfrac{v_2}{v_1}\right)^{\alpha}=2\). Выразим \(\alpha\): \(\alpha=\dfrac{\ln 2}{\ln\left(\frac{v_2}{v_1}\right)}\), где \(v_2\) — скорость падения двух форм вместе, а \(v_1\) — скорость падения одной формы. Если мы оба раза отпускаем формы с одной и той же высоты, то, предполагая, что формы достигают конечной скорости мгновенно и движутся равномерно, получаем \(\alpha=\dfrac{\ln 2}{\ln\left(\frac{t_1}{t_2}\right)}\), где \(t_1\) — время падения одной формы, а \(t_2\) — время падения двух форм вместе. Следовательно, \(\alpha=\dfrac{\ln 2}{\ln\left(\frac{t_1}{t_2}\right)}\). Численно \(\alpha\approx2\). Погрешность времени оценим в обоих случаях, например, как \(\Delta t=0{,}15\) с. В таком случае неопределённость можно оценить, например, методом максимума — минимума: \(\Delta\alpha=\dfrac{\alpha_{\max}-\alpha_{\min}}{2}\), где \(\alpha_{\max}=\dfrac{\ln 2}{\ln\left(\frac{t_1-\Delta t}{t_2+\Delta t}\right)}\) и \(\alpha_{\min}=\dfrac{\ln 2}{\ln\left(\frac{t_1+\Delta t}{t_2-\Delta t}\right)}\), где \(t_1\) и \(t_2\) — соответственно средние времена падения одной и двух вложенных форм.

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