Эстонская, 2013/14, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Используйте симметрию схемы: какие узлы имеют одинаковый потенциал и что будет, если их соединить?

Ответ

\(R=1{,}5\) Ом.

Решение

Из-за симметрии два необозначенных угла клетки и центральная точка имеют одинаковый потенциал, поэтому эти три точки можно соединить между собой. Получившаяся схема хорошо разбивается на параллельные и последовательные соединения, с их помощью получаем сопротивление между точками \(A\) и \(B\), равное \(R=1{,}5\) Ом.

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

Подсказка

В обоих случаях в закреплённых и в касаемой точках должны быть узлы стоячей волны; на каждой из двух частей струны укладывается целое число полуволн.

Ответ

\(\nu/\nu_0=3\).

Решение

В возникающей стоячей волне узлы должны быть на обоих концах колеблющейся части струны. Поэтому при прижатой струне колеблется часть длиной \(\tfrac37 L\), которой соответствует длина волны \(\lambda_0=\tfrac67 L\). При касании колеблется вся струна, и условий три: узлы на обоих концах и дополнительно в касаемой точке. Значит, по обе стороны от этой точки должно уместиться целое число полуволн. Отношение длин колеблющихся частей равно \[\frac{\tfrac37}{1-\tfrac37}=\frac34 .\] Числа \(3\) и \(4\) не имеют общих делителей, поэтому на колеблющихся частях должно уложиться соответственно \(3\) и \(4\) полуволны. Рассматривая часть струны длиной \(\tfrac37 L\), понимаем, что \(\lambda=\tfrac{2L}{7}\), и \[\frac{\nu}{\nu_0}=\frac{\lambda_0}{\lambda}=3 .\]

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

Подсказка

Воздух в баке сжимается изотермически до давления открытия клапана; на сколько уменьшился его объём, на столько увеличился объём воды. Затем по относительному изменению объёма найдите плотность воды и по графику — температуру.

Ответ

\(t_{\max}=75\,^\circ\mathrm{C}\).

Решение

Чтобы открылся защитный клапан, давление в системе должно вырасти до значения \(p=p_0+\Delta p=2{,}2\,p_0\). Воздух в расширительном баке при этом оказывается сжат до объёма \(V_2=V_1p_1/p\) (из уравнения состояния газа при постоянной температуре), а это значит, что вода смогла расшириться на объём \(\Delta V=V_1-V_2=\tfrac{7}{22}V_1\). Это составляет \[\alpha=\frac{\Delta V}{V_0}=\frac{7}{22}\,\frac{V_1}{V_0}\approx 0{,}025=2{,}5\%\] от первоначального объёма воды. Так как масса воды остаётся прежней, это означает уменьшение плотности до значения \[\rho'=\left(\frac{1}{1+\alpha}\right)\rho_0\approx(1-\alpha)\rho_0=975\ \text{кг/м}^3 .\] По графику зависимости плотности от температуры находим, что это соответствует температуре \(t_{\max}=75\,^\circ\mathrm{C}\).

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

Подсказка

Лучи входят перпендикулярно грани, поэтому внутри призмы они только отражаются; прослеживайте углы падения при каждом отражении и используйте сумму углов прямоугольного треугольника.

Ответ

1) см. рисунки в решении;  2) \(\varphi=30^\circ\);  3) \(|AB|=l/2\), \(|AC|=\tfrac34 l\);  4) одно плоское зеркало даёт зеркальное (перевёрнутое) изображение текста, нужно чётное число отражений.

Решение

1. Так как входящие и выходящие лучи перпендикулярны поверхности призмы, то на границе сред их направление не меняется. Если луч падает на призму на участке \(AB\), то он сначала отражается от верхней грани призмы, затем от нижней грани и выходит из призмы через правую грань (см. рисунок). Если луч падает на призму на участке \(BC\), то он отражается от верхней грани, затем от правой грани и выходит через нижнюю грань и до глаза не доходит. Если луч падает на призму на участке \(CD\), то он отражается сначала от правой грани, затем от верхней грани и выходит снова через нижнюю грань.

2. Рассмотрим луч, входящий в призму на участке \(AB\). Так как входящий луч перпендикулярен поверхности, то образуется прямоугольный треугольник \(AKL\) (см. рисунок). Одним из острых углов треугольника является \(\varphi\), и поэтому величина другого острого угла \(90^\circ-\varphi\). Так как последний угол — дополнительный к углу падения при первом отражении, то угол падения тоже равен \(\varphi\). Из закона отражения следует, что первый угол отражения также \(\varphi\). Так как выходящий из призмы луч параллелен верхней грани призмы, то при втором отражении дополнительный к углу отражения, а значит и к углу падения, угол равен \(\varphi\). Видим, что острые углы прямоугольного треугольника \(KLM\) равны \(\varphi\) и \(2\varphi\). Так как сумма внутренних углов треугольника равна \(180^\circ\), то \(\varphi=(180^\circ-90^\circ)/3=30^\circ\).

Замечание: теперь, когда угол при вершине призмы найден, можно убедиться, что если вошедший перпендикулярно поверхности луч отражается от нижней или правой грани призмы, то эти отражения полные. Из предыдущего подпункта видно, что в этих случаях угол падения равен \(90^\circ-\varphi=60^\circ\). Предельный угол полного внутреннего отражения равен \(\alpha=\arcsin(1/n)=42^\circ\). Угол падения \(60^\circ\) больше него, то есть происходит полное внутреннее отражение.

3. Если луч входит в призму в точке \(B\), то выходящий луч проходит через точку \(D\) (см. рисунок). Замечание: направление выходящего луча в этом случае не определено однозначно, но это не имеет значения для решения задачи. Используя найденное в предыдущем подпункте значение \(\varphi\), видно, что треугольники \(ABL\) и \(BDL\) являются зеркальным отражением друг друга относительно отрезка \(BL\) (говорят, что эти треугольники конгруэнтны). Поэтому длины отрезков \(AB\) и \(BD\) равны, откуда следует, что \(|AB|=l/2\). Если луч входит в призму в точке \(C\), то он отражается в точке \(O\) прямо назад и выходит из призмы в точке \(C\). Из прямоугольных треугольников получаем \(|AO|=\cos(30^\circ)|AD|\) и \(|AC|=\cos(30^\circ)|AO|\), то есть расстояние точки \(C\) от точки \(A\) равно \(|AC|=\cos^2(30^\circ)|AD|=\tfrac34 l\).

4. При использовании одного плоского зеркала текст виден в зеркальном отражении. Поэтому для того, чтобы видеть текст правильно, нужно использовать систему, в которой происходит чётное число отражений.

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

Подсказка

Обозначьте силу, с которой тянет спасатель, через \(F\) и проходите полиспаст от этого конца, находя натяжение каждого участка верёвки из равновесия блока и узла.

Ответ

Без трения \(5{:}1\); с трением \(2{,}4{:}1\).

Решение

В случае блока без трения натяжение основной верёвки постоянно, меняется лишь его направление. В случае блока с трением часть натяжения основной верёвки передаётся блоку, причём в первом приближении направленные вниз и вверх силы трения компенсируют друг друга. Чтобы выполнялось условие равновесия, натяжение крепления блока должно быть равно сумме натяжений проходящей через блок основной верёвки. В случае нескользящих узлов между направленными вниз и вверх натяжениями должно быть равновесие. Решать удобно, начав с того, что силу тяги со стороны спасателя обозначают \(F\), и начать прохождение полиспаста с этого конца. В случае без трения передача силы \(5{:}1\), при трении \(2{,}4{:}1\).

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

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, связанную с автомобилем, добавьте силу инерции в центре масс и запишите уравнение моментов относительно задней оси; сила тяги ограничена трением на передних колёсах.

Ответ

\(a=\dfrac{g\,s}{h+b/\mu}\).

Решение

Переходя в неинерциальную систему отсчёта, связанную с автомобилем, нужно добавить к силе тяги \(F_{\text{т}}\) противоположно направленную, равную ей по модулю силу инерции \(F_{\text{и}}\), которая приложена к центру масс. Пусть реакции опоры на передней оси \(N_1\), на задней оси \(N_2\). Уравнения для сил: \(F_{\text{т}}=\mu N_1\), \(F_{\text{т}}=F_{\text{и}}\), \(N_1+N_2=mg\), \(ma=F_{\text{т}}\). Можно записать и уравнение моментов сил относительно задней оси: \(F_{\text{и}}h+N_1b-mgs=0\). Решая систему уравнений, получаем \[a=\frac{gs}{h+\dfrac{b}{\mu}} .\]

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

Подсказка

При подъёме внутреннего цилиндра вода переходит сверху вниз; запишите баланс энергии, пренебрегая кинетической энергией воды у дна внутреннего цилиндра, и продифференцируйте его по времени.

Ответ

\(\ddot x=g\,\dfrac{R^2-r^2}{r^2}\approx 4{,}3\) м/с\(^2\).

Решение

Если пустой сосуд поднимется на расстояние \(x\), то под ним освободится объём \(\pi r^2x\), который заполнит вода из пространства между цилиндрами. Пусть уровень опустится на расстояние \(y\); из равенства объёмов \(\pi r^2x=\pi(R^2-r^2)y\), поэтому \[y=x\,\frac{r^2}{R^2-r^2}.\] Если \(x\ll L\), то потенциальная энергия системы уменьшается из-за перемещения воды сверху вниз на величину \[E_p=g\rho\pi r^2xL .\] В балансе энергии можно пренебречь кинетической энергией движения воды у конца внутреннего цилиндра, так как количество участвующей в нём воды очень мало по сравнению с количеством опускающейся воды. Поэтому кинетическая энергия воды \[E_k=\frac12\rho\pi(R^2-r^2)L\dot y^{2},\] где \(\dot y\) обозначает производную \(y\) по времени. Взяв производную по времени от закона сохранения энергии \(gr^2x=\tfrac12(R^2-r^2)\dot y^{2}\), находим \[gr^2\dot x=(R^2-r^2)\dot y\ddot y .\] Из-за связи между \(x\) и \(y\) верно равенство \(r^2\dot x=(R^2-r^2)\dot y\), откуда \[\ddot y=g\ \Rightarrow\ \ddot x=g\,\frac{R^2-r^2}{r^2}\approx 4{,}3\ \text{м/с}^2 .\]

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

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, вращающуюся с угловой скоростью \(\omega/2\): в ней точка пересечения колец движется только вдоль радиуса.

Ответ

\(v=\omega R\).

Решение

Перейдём в систему, которая вращается с угловой скоростью \(\omega/2\); в ней видно, что точка пересечения не вращается, а движется радиально. Следовательно, в лабораторной системе её угловая скорость равна \(\omega/2\); с такой угловой скоростью вращается хорда \(AB\); так как центральный угол вдвое больше вписанного, то радиус \(OB\) (где \(O\) — центр неподвижного кольца) вращается с угловой скоростью \(\omega\), и следовательно скорость точки пересечения равна \(\omega R\).

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

Подсказка

Угол отклонения луча, вышедшего из цилиндра, как функция угла падения имеет максимум; третье изображение исчезает, когда поворот цилиндра становится равным этому максимуму (случай предельного полного внутреннего отражения).

Ответ

\(n\approx 1{,}64\) (при угле поворота \(15^\circ\), как в решении организаторов).

Решение

Обозначим отмеченную точку через \(A\), и пусть вышедший из неё луч преломляется в точке \(B\) так, что уходит далеко через точку \(C\), см. рисунок. Смотря издалека вдоль направления \(BC\), мы видим тёмную точку в положении точки \(B\). Исследуем, как зависит направление распространения луча \(BC\), которое описывается углом между \(AO\) и \(BC\), равным \(2\alpha-\beta\), от первоначального направления распространения луча \(\alpha\): \[2\alpha-\beta=2\alpha-\arcsin(n\sin\alpha).\]

При начальном положении цилиндра \(2\alpha-\arcsin(n\sin\alpha)=0\), одно решение которого \(\alpha=0\) даёт среднюю видимую точку, а два боковых тёмных пятна соответствуют остальным решениям уравнения \(\sin(2\alpha)=n\sin\alpha\) в интервале \(-45^\circ<\alpha<45^\circ\). Если теперь повернуть цилиндр на угол \(\delta\), то видимые точки соответствуют решениям уравнения \[2\alpha-\arcsin(n\sin\alpha)=\delta .\] Слева в уравнении стоит функция, которая при малых углах ведёт себя как \((2-n)\alpha\); при больших углах относительное влияние второго слагаемого растёт. Поэтому в случае \(2>n\) мы имеем при малых углах возрастающую функцию, которая при больших углах переходит в убывающую; в случае же \(2<n\) это монотонно убывающая функция. Так как при \(\delta=0\) три решения, то должен быть первый случай, \(2>n\). При тех углах поворота \(\delta\), которые больше локального максимума этой функции, у уравнения есть только одно решение. Функция достигает глобального максимума в предельном случае полного внутреннего отражения \[n\sin\alpha=-1,\] что даёт угол поворота \[90^\circ-2\arcsin\frac1n=15^\circ\ \Rightarrow\ n=1/\sin 37{,}5^\circ=1{,}64 .\]

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

Подсказка

Измерьте фокусное расстояние линзы в воздухе, затем налейте воду между зубчатой стороной и прозрачной пластиной и измерьте фокусное расстояние получившейся системы; водяная «линза» вычитает из оптической силы.

Ответ

\(n=1{,}507\) (по данным организаторов \(f_s=0{,}43\) м, \(f_L=0{,}15\) м).

Решение

Определяем фокусное расстояние линзы: \[\frac{1}{f_L}=D_L=\frac{n-1}{R}.\] Заполняем водой промежуток между зубчатой стороной линзы и прозрачной пластиной, в результате чего получаем составную линзу. Теперь определяем фокусное расстояние этой составной линзы. Разделим её на две близко расположенные самостоятельные линзы, где оптическая сила отрицательной водяной линзы \[\frac{1}{f_v}=D_v=\frac{n_v-1}{-R}.\] Оптическая сила и фокусное расстояние этой системы линз \[\frac{1}{f_s}=D_s=D_L+D_v=\frac{n-1}{R}+\frac{n_v-1}{-R}=\frac{n-n_v}{R}.\] Итак, \[\frac{1}{f_L}=\frac{n-1}{R}\quad\text{и}\quad\frac{1}{f_s}=\frac{n-n_v}{R}.\] Решаем систему и выражаем показатель преломления: \[n=\frac{n_v f_s-f_L}{f_s-f_L}.\] Если \(f_s=0{,}43\) м и \(f_L=0{,}15\) м, то \(n=1{,}507\).

Замечание: при отсутствии далёких предметов для точного определения фокусного расстояния следует использовать формулу линзы \[\frac1f=\frac1a+\frac1k,\] где \(f\) — фокусное расстояние, \(a\) — расстояние предмета от линзы, а \(k\) — расстояние изображения от линзы.

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

Подсказка

Силу, действующую на брусок, можно менять, меняя угол наклона нити и сохраняя горизонтальным участок нити у бруска; предельная сила трения связана с углом через тангенс.

Решение

Идея 1. Сила, действующая со стороны нити, — это сила натяжения, направленная вдоль нити.

Идея 2. Определение коэффициента трения без нагрузки (или с малонагруженным бруском).

К бруску предыдущего опыта добавлен груз массой \(m\).

\[F_{H_{k+mg}}-F_{H_k}=\mu mg\quad\Rightarrow\quad \mu=\frac{F_{H_{(k+mg)}}-F_{H_k}}{mg}.\]

Идея 3. Измеряем силу. Силу, которой мы действуем на брусок, можно менять, меняя угол наклона нити \(\alpha\) и сохраняя горизонтальным идущий от бруска участок нити.

\[\frac{mg}{F_{H_{\max}}}=\operatorname{tg}\alpha\quad\Rightarrow\quad F_{H_{\max}}=\frac{mg}{\operatorname{tg}\alpha}.\]

Замечания.

Силу трения лучше измерять, когда угол \(\alpha\) лежит в интервале \(20^\circ\)–\(70^\circ\), для чего нужно выбрать подходящие грузы.

Точность определения \(\mu\) выше, если добавляемый груз велик.

Так как \(\mu\) было небольшим, лучший результат получался, когда на конце нити была наименьшая масса и/или у бруска изначально был дополнительный груз.

NB! Варианты решения, содержащие трение нити о край стола, получают максимум 6 баллов.

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