Эстонская, 2012/13, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Лучи, идущие параллельно оси, после рассеивающей линзы продолжаются назад до пересечения в её фокальной плоскости; постройте ход крайнего луча и выпишите подобные треугольники.

Ответ

\(f_2=\dfrac{R}{4r}\,f_1\).

Решение

Решение 1. Вся картина симметрична относительно главной оптической оси, поэтому можно заниматься только одной её половиной. Построим ход лучей, зная, что продолжения всех параллельных лучей, прошедших через вогнутую линзу, пересекаются в фокальной плоскости.

На рисунке есть несколько интересных нам подобных треугольников: \[\triangle AF'D\sim\triangle BO'D\sim\triangle CFD\] и \[\triangle EOF\sim\triangle AF'O'\sim\triangle BO'F .\] Кроме того, мы знаем длины некоторых отрезков: \(|EO|=R\), \(|OF|=f_1\), \(|F'O'|=f_2\) и \(|CF|=r\). Зная это, можно составить систему из четырёх линейных уравнений: \[\begin{cases} \dfrac{R}{f_1}=\dfrac{|AF'|}{f_2},\\[2mm] \dfrac{R}{f_1}=\dfrac{|BO'|}{f_1/2},\\[2mm] \dfrac{|AF'|}{|O'D|-f_2}=\dfrac{r}{f_1/2+|O'D|},\\[2mm] \dfrac{|AF'|}{|O'D|-f_2}=\dfrac{|BO'|}{|O'D|}. \end{cases}\] После решения системы получаем \(f_2=\dfrac{R}{4r}\,f_1\).

Решение 2. В этом решении используем формулу линзы \(-\dfrac1f=\dfrac1a-\dfrac1k\). Перед \(f\) стоит минус, так как линза вогнутая, а перед \(k\) — минус, так как изображение мнимое. Пользуясь принципом обратимости лучей, рассмотрим вместо этого ситуацию, когда из предмета \(CF\) возникает мнимое изображение \(AB\). Кроме того, используем подобие треугольников: \(\triangle CFO'\sim\triangle ABO'\) и \(\triangle DOF\sim\triangle ABF\).

\[\begin{cases} \dfrac{|CF|}{|FO'|}=\dfrac{|AB|}{|BO'|},\\[2mm] \dfrac{|DO|}{|OF|}=\dfrac{|AB|}{|BF|},\\[2mm] -\dfrac1{f_2}=\dfrac1{|FO'|}-\dfrac1{|BO'|}, \end{cases} \qquad\text{то есть}\qquad \begin{cases} \dfrac{r}{f_1/2}=\dfrac{|AB|}{|BO'|},\\[2mm] \dfrac{R}{f_1}=\dfrac{|AB|}{f_1/2-|BO'|},\\[2mm] -\dfrac1{f_2}=\dfrac1{f_1/2}-\dfrac1{|BO'|}. \end{cases}\] При решении этой системы получаем \(f_2=\dfrac{R}{4r}\,f_1\).

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

Подсказка

Высота подъёма пропорциональна квадрату времени подъёма, а время подъёма пропорционально расстоянию между соседними всплесками на графике.

Ответ

\(h_1\approx1{,}7\) м.

Решение

\(h\propto t^2\), где \(h\) — высота максимального подъёма, а \(t\) — время, затраченное на подъём до этой высоты.

Пусть \(t_i\) — время, которое потребовалось мячу после \(i\)-го отскока на подъём до максимальной высоты. Так как каждый пик на графике обозначает один отскок, то можно измерить по графику расстояние \(d_3\) между началами 3-го и 4-го отскоков, причём \(t_3=kd_3\) (где \(k\) — некоторый коэффициент пропорциональности), и расстояние \(d_1\) между началами 1-го и 2-го отскоков, причём \(t_1=kd_1\). Значит, \(\dfrac{t_1}{t_3}=\dfrac{d_1}{d_3}\), откуда \[h_1=h_3\Bigl(\frac{t_1}{t_3}\Bigr)^2=h_3\Bigl(\frac{d_1}{d_3}\Bigr)^2\approx1{,}7\ \text{м}.\]

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

Подсказка

Скорость ветра относительно земли — векторная сумма измеренной скорости и скорости велосипедиста; изобразите оба случая одним треугольником скоростей с общим вектором ветра.

Ответ

\(w\approx14\) км/ч.

Решение

Измеряемый велосипедистом ветер \(\vec w'\) есть разность вектора скорости ветра относительно земли \(\vec w\) и вектора скорости велосипедиста относительно земли \(\vec v\): \(\vec w'=\vec w-\vec v\). Пусть векторы скорости велосипедиста — \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\), а векторы измеренного ветра — \(\vec w_1'\) и \(\vec w_2'\) соответственно при езде в одну и в другую сторону.

В данном случае нам известны только величины скоростей, но не их направления. Зная это, а также то, что измеренная скорость ветра одинакова при движении в обе стороны, можно представить векторы скоростей в виде равнобедренного треугольника (обе его половины соответствуют езде в разные стороны и отвечают упомянутой выше формуле, так как вектор ветра в обоих случаях один и тот же, а скорости параллельны; построить его можно так, как на рисунке).

Из теоремы косинусов: \[\begin{cases} |\vec w|^2=|\vec w_1'|^2+|\vec v_1|^2-2|\vec w_2'||\vec v_1|\cos\alpha,\\ |\vec w|^2=|\vec w_2'|^2+|\vec v_2|^2-2|\vec w_2'||\vec v_2|\cos\alpha. \end{cases}\] Зная, что \(|\vec v_2|=2|\vec v_1|\) и что \(|\vec w_1'|=2|\vec w_2'|\), умножим первое уравнение на два и вычтем из него второе: \[|\vec w|^2=|\vec w_1'|^2-2|\vec v_1|^2 .\] То есть действительная скорость ветра равна \[|\vec w|=\sqrt{|\vec w_1'|^2-2|\vec v_1|^2}\approx14\ \text{км/ч}.\]

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

Подсказка

Идеальный вольтметр тока не потребляет; подумайте, как могут быть включены два одинаковых конденсатора, чтобы в одном направлении напряжение передавалось целиком, а в другом делилось пополам.

Ответ

Конденсатор \(C_1\) включён между проводами \(A\)–\(C\) и \(B\)–\(D\), конденсатор \(C_2\) — последовательно в верхний провод между \(C_1\) и клеммой \(C\) (схема на рисунке).

Решение

Подходящая схема, например, такая:

Если к клеммам \(A\) и \(B\) присоединить батарейку, а к клеммам \(C\) и \(D\) — вольтметр, то через конденсатор \(C_2\) ток не идёт, и он не заряжается. Напряжение на нём равно 0, и вольтметр показывает \(U\).

Если же батарейку присоединить к клеммам \(C\) и \(D\), а вольтметр — к клеммам \(A\) и \(B\), то оба конденсатора заряжаются одновременно, и напряжение \(U\) делится между ними поровну. Вольтметр показывает \(\dfrac U2\).

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

Подсказка

Радиус орбиты найдите из равенства силы тяжести центростремительной силе и периода суток; предельная точка видимости — точка касания луча зрения с Землёй, то есть прямоугольный треугольник с гипотенузой, равной радиусу орбиты.

Ответ

\(d=2r\arccos\dfrac{r}{R}\approx18\,000\) км, где \(R\approx42\,400\) км.

Решение

Центростремительной силой, действующей на спутник на орбите, является сила гравитационного притяжения спутника Землёй. Получаем \[\frac{mv^2}{R}=\frac{GMm}{R^2},\] где \(m\) — масса спутника, а \(R\) — радиус орбиты. Так как геостационарный спутник не движется относительно Земли, период его обращения тоже должен быть равен 24 ч. Получаем \(v=\dfrac{2\pi R}{t}\). Из этих уравнений получаем \[4\pi^2R^3=GMt^2\quad\Rightarrow\quad R=\sqrt[3]{\frac{GMt^2}{4\pi^2}}=42\,400\ \text{км}.\] Центр Земли, спутник и произвольная точка, находящаяся на краю видимой со спутника области Земли, образуют прямоугольный треугольник, гипотенузой которого является радиус орбиты спутника, а одним из катетов — радиус Земли. Угол при центре Земли получаем \(\alpha=\arccos\dfrac rR\), но так как нас интересует диаметр видимой со спутника области, нужно найти угол \(2\alpha\). Длина дуги на поверхности Земли, соответствующая этому углу, равна \(d=2r\alpha\) (если угол в радианах). В итоге получаем \[d=2r\arccos\frac{r}{\sqrt[3]{\dfrac{GMt^2}{4\pi^2}}}=18\,000\ \text{км}.\]

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

Подсказка

Положения линзы «меняют местами» расстояния до предмета и до сенсора; освещённость сенсора определяется долей света, захваченной линзой, делённой на площадь изображения.

Ответ

Больше в положении, где линза ближе к сенсору, в 25 раз.

Решение

В первом положении, где линза ближе к предмету, чем к сенсору (то есть увеличение \(>1\)), пусть расстояние от линзы до предмета равно \(a\), а до сенсора \(b\). Линейное увеличение изображения тогда \(k=b/a\). Во втором положении упомянутые расстояния просто меняются местами, и увеличение соответственно \(l=a/b\). Итак, \(25=k/l=b^2/a^2\).

Проанализируем теперь вопрос об освещённости сенсора на примере расстояний, отвечающих первому положению. Так как линейное увеличение равно \(k\), то фактор, характеризующий изменение площади, равен \(k^2\). Кроме размера изображения, на его яркость влияет и количество света, проходящего через объектив. От каждой точки рассматриваемого предмета исходит свет, более-менее равномерно рассеянный по всем направлениям, поэтому количество излучения, проходящего через линзу, пропорционально той части поверхности воображаемой сферы, которую вырезает апертура линзы: \(\Omega=d^2/a^2\), где \(d\) — диаметр линзы. В итоге получаем, что яркость изображения пропорциональна величине \(\Omega/k^2=d^2/b^2\propto b^{-2}\). Во втором положении, где линза ближе к сенсору, тот же показатель равен соответственно \(a^{-2}\), поэтому в этом случае яркость изображения больше в \(a^{-2}/b^{-2}=b^2/a^2=25\) раз.

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

Подсказка

В передней устанавливается температура, при которой обмен через обе двери одинаков; это уменьшает потери от открывания дверей вдвое, а ночные данные дают потери через стены при дневной разности температур.

Ответ

\(P_x=1{,}0\) кВт.

Решение

Теплообмен между передней и улицей должен быть таким же, как теплообмен между передней и магазином. Поэтому в передней днём устанавливается температура \(T_4=\dfrac{T_0+T_1}{2}=12\) градусов, а с постройкой передней теплопотери, вызванные открыванием двери, уменьшились в 2 раза. Это уменьшение составило \(\Delta P=P_1-P_3=0{,}8\) кВт, значит, до постройки передней соответствующие теплопотери были \(P_0=2\Delta P=1{,}6\) кВт.

Днём разность температур с улицей \(\Delta T_1=16\) градусов, ночью \(\Delta T_2=20\) градусов. Поэтому если бы днём магазин был закрыт, радиаторы магазина должны были бы работать с мощностью \(P_1'=P_2\,\dfrac{\Delta T_1}{\Delta T_2}=4{,}0\) кВт.

Из-за того, что магазин открыт, люди и светильники греют с мощностью \(P_x\), а через дверь терялась мощность \(P_0\). Значит, получаем равенство \[P_1'=P_1+P_x-P_0,\] откуда находим \(P_x=1{,}0\) кВт.

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

Подсказка

Чтобы мячи встретились, у них должны совпадать составляющие скорости вдоль вертикали и поперёк линии футболистов; найдите наибольшую дальность полёта и пересеките окружность этого радиуса с серединным перпендикуляром.

Ответ

Отрезок серединного перпендикуляра к линии футболистов длиной \(l=2\sqrt{\dfrac{v^4}{g^2}-\dfrac{d^2}{4}}\approx41\) м.

Решение

Рассмотрим начальные скорости мячей по составляющим. Пусть у 1-го мяча вертикальная составляющая начальной скорости \(v_{1\text{верт}}\), горизонтальная составляющая вдоль прямой, соединяющей футболистов, \(v_{1\text{вдоль}}\) и перпендикулярно этой прямой \(v_{1\text{поперёк}}\). Для 2-го мяча соответствующие составляющие — \(v_{2\text{верт}}\), \(v_{2\text{вдоль}}\), \(v_{2\text{поперёк}}\). В момент столкновения оба мяча должны пройти в поперечном направлении одинаковое расстояние. Так как поперечная скорость мячей не меняется, должно выполняться \(v_{1\text{поперёк}}=v_{2\text{поперёк}}\).

Для столкновения мячи должны оказаться и на одной высоте. Это условие, очевидно, выполнено, если начальные вертикальные скорости мячей равны, и тогда мячи в любой момент времени находятся на одной высоте. Допустим, что мячи могут оказаться на одной высоте в некоторый момент и в том случае, если, например, начальная вертикальная скорость первого мяча меньше. Время подъёма мячей вычисляется по формуле \(t=v_{\text{верт}}/g\). Значит, первый мяч с меньшей вертикальной начальной скоростью возвращается раньше. Когда второй мяч наконец начинает опускаться, первый уже движется к земле. Так как оба мяча ускоряются одинаково с ускорением свободного падения, то при спуске скорость первого мяча всегда больше, и второй мяч не догонит его за время пребывания мячей в воздухе. Значит, столкновение при разных вертикальных скоростях невозможно, и должно выполняться \(v_{1\text{верт}}=v_{2\text{верт}}\).

Так как начальные скорости были равны по модулю и \(v^2=v_{\text{верт}}^2+v_{\text{вдоль}}^2+v_{\text{поперёк}}^2\), то и продольные составляющие начальных скоростей должны быть равны по абсолютной величине. Возможные места столкновения находятся на одинаковом расстоянии от обоих футболистов, и множество этих точек, спроецированное на плоскость земли, образует прямую, конечные точки которой удалены от обоих футболистов на определяемое максимальной дальностью полёта мяча расстояние. Чтобы найти его, выразим, например, время полёта, которое равно удвоенному времени, затрачиваемому на уменьшение вертикальной скорости до нуля под действием силы тяжести: \[t=\frac{2v_{\text{верт}}}{g}.\] За это время в горизонтальном направлении проходится расстояние \[s=v_{\text{гор}}t=\frac{2v_{\text{гор}}v_{\text{верт}}}{g}.\] Наибольшая дальность полёта достигается при \(v_{\text{верт}}=v_{\text{гор}}=v/\sqrt2\), и поэтому \(s_{\max}=v^2/g\).

Из прямоугольного треугольника находим длину области точек столкновения \[l=2\sqrt{s_{\max}^2-(d/2)^2}=2\sqrt{\frac{v^4}{g^2}-\frac{d^2}{4}},\] численное значение которой — 41 м.

На рисунке: jalgpallur — футболист.

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

Подсказка

Заряд на пластинах сохраняется; пластина делит конденсатор на два последовательных, и полная ёмкость не зависит от положения пластины, так что работа равна изменению энергии.

Ответ

\(A=-\dfrac{\epsilon_0SU_0^2}{4d}\); пластина втягивается сама.

Решение

Ёмкость плоского конденсатора \(C=\epsilon_0S/d\), и поэтому вначале на конденсаторе заряд \[Q_0=CU_0=\epsilon_0SU_0/d\] и полная энергия \[E=CU_0^2/2=\epsilon_0SU_0^2/2d .\] Так как конденсатор отсоединён от батарейки, заряд сохраняется, а напряжение изменяется, когда мы вводим металлическую пластину.

Пусть расстояние металлической пластины от одной из пластин конденсатора равно \(x\), тогда имеем дело с двумя последовательно соединёнными плоскими конденсаторами, один с расстоянием между пластинами \(x\), а другой — с расстоянием \(d-(d/2+x)=d/2-x\). Общую ёмкость \(C'\) новых конденсаторов найдём из соотношения \[1/C'=1/C(x)+1/C(d/2-x)=\frac{x}{\epsilon_0S}+\frac{d/2-x}{\epsilon_0S}=\frac{d/2-x+x}{\epsilon_0S}=\frac{d}{2\epsilon_0S},\] откуда \(C'=2C\). Значит, новая полная энергия системы \[E'=Q_0^2/2C'=\epsilon_0SU_0^2/4d\] и не зависит от точного положения пластины внутри конденсатора. Разность новой и прежней полной энергий системы должна быть равна работе внешних сил, которая в этом случае получается отрицательной: \[E'=E+A\ \to\ A=E'-E=-\epsilon_0SU_0^2/4d.\] Так как работа внешней силы отрицательна, пластина втягивается в конденсатор сама.

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

Подсказка

Подключите батарейку к двум выводам звезды и вольтметром измерьте падения напряжения на резисторах; для абсолютных значений включите вольтметр с известным сопротивлением последовательно с батарейкой и двумя резисторами.

Решение

а) Соединим батарейку с проводами, идущими от двух вершин звезды (пусть это, например, зелёный и жёлтый). Тогда резисторы \(R_R\) и \(R_K\) соединены с батарейкой последовательно, и оба резистора пронизывает ток одной и той же силы. Измерим напряжения \(U_R\) и \(U_K\), падающие на этих резисторах, присоединяя вольтметр сначала к жёлтому и красному, а затем к зелёному и красному проводам. Так как мы предполагаем вольтметр идеальным, ток через резистор с красным проводом не идёт, и на нём напряжение не падает. Поэтому из измерений мы прямо получаем напряжения на резисторах с жёлтым и зелёным проводами. По закону Ома при равных силах тока выполняется соотношение \[\frac{R_R}{R_K}=\frac{U_R}{U_K}.\] Значит, частное измеренных напряжений даёт отношение сопротивлений \(R_R\) и \(R_K\).

Повторяя те же измерения ещё два раза, получаем отношения сопротивлений \[\frac{R_R}{R_K}\approx2,\qquad\frac{R_P}{R_R}\approx2,\qquad\frac{R_P}{R_K}\approx4.\] Как видим, наименьшее значение имеет резистор \(R_K\), и в ответе мы приводим значения всех резисторов именно относительно его сопротивления: \(R_{Ks}=1\), \(R_{Rs}=2\) и \(R_{Ps}=4\).

б) Для определения абсолютных значений сопротивлений найдём их связь с сопротивлением вольтметра. Сначала измерим напряжение на клеммах батарейки \(U\) в ненагруженной ситуации. Затем нагрузим батарейку двумя ветвями звезды и снова измерим напряжение на клеммах. Как видим, показание вольтметра по сравнению с ненагруженным случаем практически не падает, а это значит, что внутреннее сопротивление источника напряжения учитывать не нужно. Известно, что реальный вольтметр можно представить как идеальный вольтметр с бесконечным сопротивлением, параллельно которому соединён резистор со значением, равным сопротивлению реального вольтметра. Соединим теперь последовательно батарейку, вольтметр и две ветви звезды. Теперь вольтметр измеряет напряжение \(U_V\) на собственном резисторе. При последовательном соединении напряжение батарейки делится: \[U=U_{R1}+U_{R2}+U_V,\] где \(U_{R1}\) и \(U_{R2}\) — напряжения, падающие на ветвях звезды, соединённых с батарейкой. Значит, \(U_{R1}+U_{R2}=U-U_V\) и снова, применяя закон Ома, получаем \[\frac{R_1+R_2}{R_V}=\frac{U-U_V}{U_V},\] где \(R_V\) — сопротивление вольтметра. Как видно, разность измеряемых величин \(U\) и \(U_V\) наибольшая и результат точнее всего, если использовать два резистора с бо́льшими значениями. Из части а) задачи мы знаем, что \(R_R=2R_K\) и \(R_P=4R_K\), откуда можем вычислить \[R_K=\frac{R_V(U-U_V)}{6U_V}.\] Так как \(R_V=4500\) Ом и обычно \(U\approx5{,}8\) В, а \(U_V\approx5{,}3\) В, получаем значения резисторов \(R_K\approx70\) Ом, \(R_R\approx140\) Ом и \(R_P\approx280\) Ом.

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

Подсказка

Зажатый между двумя линейками мячик остаётся в равновесии, пока равнодействующая нормальной силы и трения лежит внутри конуса трения.

Ответ

\(\mu=\dfrac{a}{\sqrt{4b^2-a^2}}\).

Решение

Положим мячик между двумя линейками, держим одни их концы вместе и сильно сжимаем другие концы. В таком случае сумма силы трения и силы давления образует с нормалью к поверхности угол \(\alpha=\arctan(\mu)\). Измерим угол \(2\alpha\) между линейками (измеряя длину линейки до точки соприкосновения с мячиком \(b\) и расстояние между точками соприкосновения \(a\), \(\alpha=\arcsin(a/2b)\)), и с его помощью получим \(\mu=\tan\alpha=a/\sqrt{4b^2-a^2}\).

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