Эстонская, 2014/15, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Груз максимальной массы шар держит, когда его средняя плотность (вместе с гелием и грузом) равна плотности воздуха. Массу гелия выразите через объём из уравнения состояния.

Ответ

\(V\approx193\) м\(^3\).

Решение

При наибольшей возможной массе груза средняя плотность воздушного шара равна плотности воздуха, то есть \(\rho=\dfrac{m+M}{V}\), где \(m\) — масса находящегося в шаре газа. Отсюда \(m=\rho V-M\). Кроме того, выполняется уравнение состояния идеального газа \(pV=\dfrac m\mu RT\), откуда \(m=\dfrac{pV\mu}{RT}\). Из этих двух уравнений получаем \(\dfrac{pV\mu}{RT}=\rho V-M\), то есть \[V=\frac{M}{\rho-\dfrac{p\mu}{RT}}.\] При заданных числовых данных \(V=193\) м\(^3\).

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

Подсказка

Проследите ход крайних лучей: после дополнительной линзы они сходятся в точку, которую первая линза отображает в другую точку. Составьте формулу линзы и два уравнения из подобных треугольников — расстояние \(L\) сократится.

Ответ

\(f_2=\dfrac{f_1d_0}{d}=2\) см.

Решение

Рассмотрим ход крайних лучей через систему.

После прохождения дополнительной линзы лучи света сходятся в точку на расстоянии \(f_2\) от дополнительной линзы, то есть на расстоянии \(L-f_2\) от первоначальной линзы. По формуле линзы \[\frac1a+\frac1{L-f_2}=\frac1{f_1} \tag{1}\] из этой точки, в свою очередь, возникает точечное изображение на расстоянии \(a\) от первой линзы. Из подобных треугольников получаем ещё два уравнения: \[\frac{d_1}{d_0}=\frac{L-f_2}{f_2}, \tag{2}\] \[\frac{d}{a-f_1}=\frac{d_1}{a}. \tag{3}\] Из первых двух уравнений при выражении величины \(\dfrac1{L-f_2}\) получаем \[\frac1a+\frac{d_0}{d_1f_2}=\frac1{f_1}\ \Longrightarrow\ \frac{d_0}{d_1f_2}=\frac{a-f_1}{af_1}. \tag{4}\] Из уравнений (3) и (4) можно выразить величину \(d_1(a-f_1)/a\), откуда \(d=d_0\dfrac{f_1}{f_2}\). Следовательно, размер светового пятна на экране зависит только от фокусного расстояния добавленной линзы, но не от расстояния \(L\) между линзами. Световое пятно диаметром 2 см получается при \(f_2=f_1d_0/d=2\) см.

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

Подсказка

Куб тонет, когда внутрь войдёт столько воды, что он окажется полностью погружённым. Найдите уровень воды в кубе в этот предельный момент, затем давление воздуха из условия равновесия на дне и закон Бойля — Мариотта.

Ответ

\(p=\dfrac{m(p_0a^2+gm)}{a^5\rho}\).

Решение

Рассмотрим ситуацию, когда куб из-за проникшей в него воды как раз опустился под поверхность воды, так как тогда на куб действует наибольшая выталкивающая сила. В предельном случае выталкивающая сила и сила тяжести уравновешены, то есть \(F_{\text{т}}=F_{\text{А}}\). Пусть \(M\) — масса проникшей в куб воды, которая выражается через высоту \(h\) воды в кубе как \(M=\rho a^2h\). Из условия равновесия сил \(F_{\text{т}}=F_{\text{А}}\Rightarrow(m+\rho a^2h)g=\rho ga^3\), поэтому \(h=\dfrac{\rho a^3-m}{\rho a^2}=a-\dfrac m{\rho a^2}\). Вода больше не проникает в куб, когда давление воздуха в кубе уравновешивает давление воды, то есть \(p_0+\rho g(a-h)=p_2\), где \(p_2\) — давление воздуха в кубе. Получаем \[p_2=p_0+\rho g\left(a-a+\frac m{\rho a^2}\right)=p_0+\frac{gm}{a^2}.\] Объём воздуха в кубе равен \(V_2=a^3-a^2h=a^3-a^2\left(a-\dfrac m{\rho a^2}\right)=\dfrac m\rho\). До образования отверстия объём воздуха был \(V=a^3\).

Так как температура воздуха не меняется, \(pV=p_2V_2\), и начальное давление \(p\) в кубе было \[p=\frac{p_2V_2}{V}=\frac{\left(p_0+\dfrac{gm}{a^2}\right)\dfrac m\rho}{a^3}=\frac{m(p_0a^2+gm)}{a^5\rho}.\]

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

Подсказка

Выясните, как можно включить амперметр и резисторы: проверьте звезду, треугольник и положение амперметра. Пара клемм с наибольшим током — та, между которыми нет двух последовательных резисторов.

Ответ

Треугольник из резисторов, амперметр включён последовательно с резистором между \(B\) и \(C\): \(R_{BC}=2\) Ом, \(R_{AC}=4\) Ом, \(R_{AB}=1\) Ом.

Решение

Резисторы могут быть соединены между собой либо треугольником, либо звездой. Амперметр не может быть включён прямо между выходными клеммами, так как тогда он перегорел бы при приложении напряжения к соответствующей паре клемм. Также он не может быть включён параллельно какому-либо резистору, так как тогда ток никогда не проходил бы через этот резистор, и по существу это означало бы замену резистора нулевым сопротивлением. Мостовое соединение потребовало бы пяти элементов, а у нас их только четыре. Значит, амперметр должен быть включён последовательно с одним резистором. При соединении звездой амперметр не показывал бы тока, если напряжение приложено к противоположным клеммам. Поэтому в чёрном ящике возможно только соединение треугольником. Если напряжение приложить к тем клеммам, сторона треугольника между которыми не содержит амперметра, то в цепи амперметра два последовательных резистора, следовательно, сопротивление больше, а ток меньше. Поэтому амперметр должен находиться на той стороне треугольника, которая соединяет клеммы \(B\) и \(C\), ведь тогда сила тока наибольшая. Теперь легко найти значение сопротивления на стороне \(BC\) треугольника: \(R_{BC}=U/I_{BC}=2\) Ом. Если напряжение приложить к клеммам \(A\) и \(B\), то стороны \(AC\) и \(CB\) треугольника образуют последовательное соединение, содержащее амперметр, \(R_{AC}+R_{BC}=U/I_{AB}=6\) Ом и \(R_{AC}=6\ \text{Ом}-2\ \text{Ом}=4\) Ом. Аналогично находим, что \(R_{AB}+R_{BC}=U/I_{AC}=3\) Ом и \(R_{AB}=3\ \text{Ом}-2\ \text{Ом}=1\) Ом.

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

Подсказка

В неподвижной системе отсчёта мяч летит по прямой с постоянной скоростью. Найдите угол, под которым прямая пересекает окружность станции, длину пути и время полёта — за это время станция повернётся.

Ответ

\(\left(\dfrac\pi3-\dfrac{\sqrt3}2\right)R\).

Решение

Рассмотрим полёт мяча в инерциальной системе отсчёта, связанной с осью станции. Пусть координаты Юры в момент броска мяча — \((0,-R)\). Тогда после броска мяч движется равномерно и прямолинейно, причём вертикальная составляющая его скорости равна \(v\), а горизонтальная — \(\omega R\). Следовательно, \(\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{\omega R}{v}\), откуда \(\alpha=\dfrac\pi3\). Так как \(\varphi=\pi-2\alpha\), заключаем, что и \(\varphi=\dfrac\pi3\), и мяч проходит до поверхности станции путь длиной \(R\).

Скорость мяча равна \(\sqrt{v^2+\omega^2R^2}=\dfrac{2\sqrt3}{3}\,\omega R\), поэтому мяч находится в воздухе время \(t=\dfrac{\sqrt3}{2\omega}\), за которое станция успевает повернуться на угол \(\theta=\omega t=\dfrac{\sqrt3}2\). Следовательно, Юра видит, что брошенный прямо вверх мяч приземляется перед ним на расстоянии \((\varphi-\theta)R=\left(\dfrac\pi3-\dfrac{\sqrt3}2\right)R\).

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 волной: там барьер неподвижен, и можно применить закон сохранения энергии. Различите случаи, когда частица проходит барьер и когда отражается.

Ответ

При \(mw^2>2qU_0\): \(v=\sqrt{w^2-2qU_0/m}-w\); иначе частица отражается от волны и \(v=-2w\).

Решение

Перейдём в систему отсчёта, связанную с ударной волной, в которой частица приближается к волне со скоростью \(w\). Из закона сохранения энергии получаем, что в случае, когда частица проходит волну, \(mw^2/2=qU_0+mu^2/2\), где \(u\) — скорость частицы после встречи с волной. Отсюда получаем \(u=\sqrt{w^2-2qU_0/m}\). Возвращаясь в лабораторную систему отсчёта, получаем скорость \(v=u-w=\sqrt{w^2-2qU_0/m}-w\), что справедливо, если \(mw^2>2qU_0\). В противном случае частица отражается от ударной волны, и \(u=-w\) и \(v=-2w\).

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

Подсказка

Лучи, проходящие через центр линзы, не преломляются, а касательные к кругу и эллипсу в соответствующих точках должны пересекаться в центре линзы. Затем найдите плоскость линзы по преломлению одного луча.

Решение

Центр линзы \(O\) — точка пересечения касательных, проведённых к кругу и эллипсу, так как точки касания должны быть парами «оригинал — изображение», а соединяющие их прямые должны проходить через центр линзы. Для нахождения плоскости линзы выберем на круге две точки \(A\) и \(B\) и найдём их изображения на эллипсе \(A'\) и \(B'\) как точки пересечения прямых \(AO\) и \(BO\) с эллипсом. Если оригиналом служит та из двух точек пересечения с кругом, которая находится дальше от линзы, то её изображением является та, которая ближе к линзе (и наоборот), потому что действительное изображение перевёрнуто. Луч \(AB\) должен преломиться в линзе в луч \(A'B'\), точка преломления даёт нам точку \(L\) на линзе, и прямая \(OL\) — плоскость линзы. Главную оптическую ось \(o\) найдём как перпендикуляр к прямой \(OL\), проведённый из точки \(O\). Для нахождения фокуса проведём из точки \(A\) луч, параллельный \(o\), который преломляется на линзе в луч, проходящий через \(A'\); точка пересечения этого луча с \(o\) даёт фокус \(F\).

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

Подсказка

Ящик подпрыгнет, когда сила сжатой пружины в верхней точке колебаний груза сравняется с силой тяжести ящика. Для пункта а) используйте закон сохранения энергии, для пункта б) — фазу гармонического колебания.

Ответ

a) \(h_{\mathrm m}=\dfrac{3mg}{2k}=\dfrac{3g}{2\omega^2}\);  b) \(t=\dfrac{5\pi}{3\omega}\).

Решение

а) К моменту, когда ящик достигает поверхности земли, грузик приобрёл скорость \(v_i=\sqrt{2gh}\). Затем пружина начинает колебаться вокруг нового положения равновесия, то есть вокруг точки, где сила упругости пружины уравновешивает действующую на грузик силу тяжести: \(ky_0=mg\). Чтобы достичь положения равновесия, грузик должен пройти ещё дополнительное расстояние \(y_0=\dfrac{mg}{k}\). Пусть амплитуда колебаний пружины равна \(A\). В самой верхней точке грузик на мгновение останавливается, и сжатая пружина действует как на грузик, так и на ящик с силой \(k(A-y_0)\). Ящик подпрыгивает при условии \(mg=k(A-y_0)\), откуда \(A=\dfrac{mg}{k}+y_0=2y_0\). Применим теперь закон сохранения энергии. В верхней точке колебаний кинетическая энергия превратилась в гравитационную и потенциальную энергию пружины. \[mgh=\frac{mv_i^2}{2}=mg(A-y_0)+\frac12k(A-y_0)^2=\left(1+\frac12\right)mgy_0=\frac32mgy_0,\] откуда получаем искомую высоту \(h_{\min}=\dfrac32y_0=\dfrac{3mg}{2k}=\dfrac{3g}{2\omega^2}\).

На рисунке: maksimaalne kokkusurumine — максимальное сжатие, algolek — начальное положение, tasakaaluolek — положение равновесия.

b) Отвечая на второй вопрос, исходим из свойств гармонического колебания. Убедимся сначала, что добавление постоянной силы \(mg\) смещает положение равновесия, но оставляет уравнение, описывающее колебание, прежним. Действительно, считая началом отсчёта координаты \(y\) новое положение равновесия, колебание нашей пружины описывается уравнением \(ma=m\ddot y=-k(y-y_0)-mg=-ky\). Угловая частота такого колебания, конечно, \(\omega=\sqrt{k/m}\), а период \(T=\dfrac{2\pi}{\omega}\). Если бы мы начали отсчитывать время с момента, когда грузик проходит положение равновесия, то на максимальное сжатие пружины ушло бы три четверти периода (\(\frac34T\): ящик движется вниз, обратно в положение равновесия и вверх), поскольку при высоте падения \(h=h_{\min}\) ящик может подпрыгнуть только в самом верхнем положении грузика. К сожалению, мы начинаем отсчёт времени не с положения равновесия, а с момента, когда пружина не растянута. Поэтому нам надо учесть добавочное время \(\Delta t\), которое требуется грузику на прохождение расстояния \(y_0\). Так как грузик не движется с постоянным ускорением, то соотношение \(s=at^2/2\) здесь не годится. Для нахождения \(\Delta t\) исходим из фазы \(\varphi\) гармонического колебания, которая требуется для достижения положения равновесия из начального положения. Эту фазу легко выразить через координаты, учитывая, что амплитуде \(A\) соответствует сдвиг фазы координаты на \(\pi/2\) относительно положения равновесия. А именно, \(y_0=A\sin\varphi\), откуда \(\varphi=\arcsin(y_0/A)=\arcsin\dfrac12=\dfrac\pi6\). Время, затрачиваемое на прохождение фазы \(\varphi\), равно \(\Delta t=\dfrac\varphi\omega=\dfrac1{12}T\). Следовательно, ящик проводит на земле до подпрыгивания время \(t=\dfrac34T+\Delta t=\dfrac56T=\dfrac{5\pi}{3\omega}\).

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

Подсказка

Три силы, действующие на стержень, имеют линии действия, пересекающиеся в одной точке. Когда сдвигается и второй брусок, силы трения равны по модулю, и треугольник сил оказывается равнобедренным.

Ответ

\(\alpha=\operatorname{arctg}\sqrt2\approx0{,}96\) рад \(\approx55^\circ\).

Решение

На стержень действуют три силы. Из равенства моментов сил линии действия этих сил должны пересекаться в одной точке; пусть это точка \(C\). Пусть точка приложения нити — \(N\), а концы стержня — \(A\) и \(B\), см. рисунок. Поскольку до смещения бруска \(A\) с места стержень вращается вокруг него, вектор скорости точки \(B\) перпендикулярен \(AB\), как и вектор приложенной в точке \(B\) силы трения; поэтому \(\angle ABC=\dfrac\pi2\). Так как в момент начала смещения силы трения равны, треугольник сил \(\vec F_1+\vec F_2=\vec T\) равнобедренный, следовательно, равнобедренным является и подобный треугольнику сил треугольник \(CBE\) (прямая \(BE\) проведена параллельно \(\vec T\), а точка \(E\) лежит на линии действия силы \(\vec F_1\), см. рисунок). Пусть \(|CB|=b\); тогда и \(|CE|=b\). Поэтому из подобия треугольников \(ANC\) и \(ABE\) получаем \(|AC|=3b\). По теореме Пифагора для треугольника \(ABC\) имеем \(9b^2=b^2+16a^2\), то есть \(b=\sqrt2\,a\). Поэтому искомый угол \(\angle BNC=\operatorname{arctg}\dfrac ba=\operatorname{arctg}\sqrt2\approx0{,}96\ \text{рад}\approx55^\circ\).

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

Подсказка

Запишите закон Кирхгофа \(V_1=U-IR\) и пересекайте эту прямую с вольт-амперной характеристикой: при некоторых \(U\) решений три, а какое из них реализуется, зависит от предыстории. Участки характеристики до и после скачка почти линейны.

Ответ

a) \(I_a\approx17{,}5\) мА (в решении \(17{,}54\) мА);  b) \(V_1=V_2\approx6{,}84\) В (\(I_1=17{,}2\) мА, \(I_2=0{,}34\) мА).

Решение

По первому закону Кирхгофа при произвольных напряжении и силе тока должно выполняться \(V_1=U-IR\), где \(V_1\) — напряжение на туристоре \(T_1\). Физически реальны такие ситуации, когда \(V_1\) и \(I\) допускаются вольт-амперной характеристикой туристора. В общем случае при некотором напряжении \(U\) возможно до трёх решений (красная прямая на графике); точка \(B\) не устойчива, так как соответствовала бы отрицательному сопротивлению, а точки \(A\) и \(C\) допустимы, но отвечают разным режимам, которые зависят от того, как в эту точку пришли. Исходя из сказанного, можно набросать график силы тока. Вначале сила тока растёт приблизительно линейно, так как туристор ведёт себя подобно линейному резистору с сопротивлением \(r_1=20\) кОм, поэтому начальный наклон графика силы тока равен \(\dfrac1{R+r_1}=\dfrac1{22\ \text{кОм}}\).

Вблизи точки 1 (напряжение 39,6 В, сила тока 4,1 мА) сила тока начинает быстро расти и скачком достигает точки 2 (напряжение 39,6 В, сила тока 16,5 мА). Далее туристор снова ведёт себя линейно, с сопротивлением \(r_2=0{,}24\) кОм, до конечной точки 3 (напряжение 42 В, сила тока 17,5 мА). Силу тока \(I_a\) можно найти точнее, используя законы Кирхгофа и линейно аппроксимируя сопротивление туристора. Тогда получаем \(I_a=17{,}54\) мА.

После замыкания выключателя решим цепь, исходя из законов Кирхгофа. \(U=IR+V_1=IR+V_2\), \(I=I_1+I_2\), где \(I_1^0=-11{,}5\) мА — начальная ордината второго линейного участка вольт-амперной характеристики туристора. Для решения предположим, что \(T_2\) находится в линейном режиме до скачка (аналогично точке \(A\)), а \(T_1\) — после скачка (аналогично точке \(C\)). Получаем \(I_1=I_1^0+\dfrac{V_1}{r_2}\) и \(I_2=\dfrac{V_2}{r_1}\). Решая, получаем для напряжений на туристорах \(V_1=V_2\), для силы тока через резистор \(I=I_1^0+V_1/r_1+V_1/r_2\), для напряжения на источнике \(U=I_1^0R+V_1R/r_2+V_1R/r_1+V_1\) и для напряжений на туристорах \[V_1=V_2=\frac{U-I_1^0R}{R/r_1+R/r_2+1}=6{,}84\ \text{В}.\]

Тем самым \(I_1=17{,}2\) мА и \(I_2=0{,}34\) мА, что оправдывает сделанные предположения.

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

Подсказка

Скорость мяча после неупругого удара можно найти по высоте, на которую он поднимается: сравните высоты подъёма шаров до и после удара и перейдите в систему центра масс.

Ответ

При ударе в тепло переходит около 19 % кинетической энергии.

Решение

Подвесим мячи как параллельные маятники на штативе, подобно колыбели Ньютона. Измерим длины маятников, пусть они равны \(L=60\) см. Поднимем первый шарик на некоторую высоту, так что боковое смещение \(x_0=30\) см. Отпустим его так, чтобы он налетел на второй (первоначально неподвижный) шарик. Если бы удар был абсолютно упругим, шарики обменялись бы скоростями, то есть первый шарик остановился бы. Поскольку при ударе часть энергии теряется, он всё же приобретает некоторую скорость, по которой и определим потерянную при ударе энергию. Поймаем рукой второй (первоначально неподвижный) шарик, который теперь приобрёл заметную скорость, и определим, с какой амплитудой продолжит колебаться первый шарик. Пусть амплитуда \(x_1=1{,}5\) см. Заметим, что метод предполагает строго центральный удар. Если удар не центральный, шарик приобретает боковую скорость, значение которой зависит в первую очередь от нецентральности удара (и меньше от неупругости). Поэтому нужно убедиться, что первый шарик начнёт колебаться более-менее в направлении своего первоначального движения. Если направление колебаний заметно повернулось, опыт нужно повторять, пока не получится более-менее центральный удар. Пусть скорость первого шарика перед ударом \(v_0\). В системе центра масс оба шарика сближаются друг с другом со скоростью \(\dfrac{v_0}2\). Если отношение потерянной при ударе энергии к начальной кинетической равно \(k\), то после удара в системе центра масс скорости шариков \(v_1=\dfrac{v_0}2\sqrt{1-k}\). В лабораторной системе скорость \(v=\dfrac{v_0}2-v_1=\dfrac{v_0}2\left(1-\sqrt{1-k}\right)\). Отношение скоростей \(\dfrac v{v_0}\) найдём по потенциальным энергиям: \(\dfrac v{v_0}=\sqrt{h_1/h_0}\), где \(h_0=L-\sqrt{L^2-x_0^2}\approx80\) мм и аналогично \(h_1\approx0{,}19\) мм. Поэтому \(\sqrt{1-k}=1-2\dfrac v{v_0}\approx0{,}903\), откуда \(k\approx0{,}19\), то есть при ударе в тепло переходит около 19 % кинетической энергии.

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

Подсказка

Напряжения батареи не хватит, чтобы получить нужный ток через диод; конденсатор, заряженный и включённый последовательно с батареей, даёт удвоенное напряжение, а ток и напряжение на диоде измеряются в ходе его разрядки.

Решение

Соединим батарею последовательно с резистором сопротивлением \(R\) и диодом и измерим напряжение на резисторе \(U_T\) и напряжение на диоде \(U_D\). Сила тока через диод \(I=U_T/R\). Видим, что напряжения батареи не хватает для того, чтобы получить через диод требуемую силу тока. Поэтому зарядим конденсатор и соединим его последовательно с батареей, так что напряжение удваивается. Начнём с резистора сопротивлением \(R=1\) кОм, так как при \(R=10\) кОм мы не достигли бы желаемой наибольшей силы тока (100 мкА). Необходимые данные получим, регистрируя напряжения одновременно в ходе разрядки. Примерно при \(I=10\) мкА (точный момент не важен) сменим в цепи резистор, так как иначе измеряемые на резисторе напряжения станут настолько малыми, что число значащих цифр в показаниях вольтметра, используемого для измерения тока, окажется слишком малым. При очень малых токах (ниже \(I=5\) мкА) конденсатор разряжается так медленно, что уменьшения силы тока не дождаться. Тогда с помощью второго резистора нужно конденсатор постепенно разряжать (то есть соединить его параллельно с ёмкостью). Подходящую степень разрядки можно в то же время наблюдать по току диода (то есть смотреть на напряжение на резисторе, соединённом последовательно с диодом).

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