Эстонская, 2019/20, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Луч вдоль оси не преломляется, поэтому достаточно найти, куда выйдет на оси луч, идущий вблизи неё: свяжите угол падения и угол преломления через равнобедренный треугольник с боковыми сторонами — радиусами шара.

Ответ

\(n=2\).

Решение

Луч, идущий вдоль оптической оси, не преломляется и проходит через шар прямо. Значит, все лучи собираются в точке пересечения задней половины поверхности шара и оптической оси.

Рассмотрим теперь один из лучей, лежащий вдали от центра пучка. Для этого конкретного луча задачу можно приблизить двумерной. Нарисуем ход луча и отметим углы. Пусть угол падения равен \(\alpha\), а угол преломления \(\beta\); они связаны законом Снелля: \(n_{\text{в}}\sin\alpha=n_{\text{ш}}\sin\beta\). Из подобия треугольников \(\angle AOB\) тоже равен \(\alpha\). Треугольник \(AFO\) равнобедренный (боковые стороны — радиусы шара), и поэтому \(\angle AFO\) равен \(\beta\). С одной стороны (сумма внутренних углов треугольника равна \(180^\circ\)) \(\angle AOF=180^\circ-2\beta\), с другой (сумма смежных углов равна \(180^\circ\)) \(\angle AOF=180^\circ-\alpha\), поэтому \(\alpha=2\beta\). Принимая \(n_{\text{в}}=1\) и используя приближение малых углов \(\sin x\approx x\), получаем: \[n_{\text{в}}\sin\alpha=n_{\text{ш}}\sin\beta\ \Rightarrow\ \sin2\beta=n_{\text{ш}}\sin\beta\ \Rightarrow\ n_{\text{ш}}=\frac{\sin2\beta}{\sin\beta}\approx\frac{2\beta}{\beta}=2.\]

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

Подсказка

В системе отсчёта пакета сырки <<тяжелее>>: у верхней точки круга сырки не должны выпасть, это даёт нижнюю оценку на ускорение, а давление на дне зависит от суммарного ускорения.

Решение

Размеры пакета малы по сравнению с длиной руки Ричарда, поэтому можно считать, что ускорение одинаково для всех сырков и равно \(\omega^2\ell\), где \(\ell\) — длина руки Ричарда. Сырки не выпадают из пакета, поэтому в верхней точке круга \(\omega^2\ell\ge g\). Сырки не превращаются в кашу в нижней точке, поэтому давления \(\rho(g+\omega^2\ell)h\) недостаточно, чтобы раздавить сырок. Из предыдущего \[\rho(g+\omega^2\ell)h\ge\rho g\cdot2h .\] Значит, в пакет можно было бы положить слой сырков высотой \(2h\), и они не превратились бы в кашу.

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

Подсказка

Сопротивление отрезка трубки намного меньше сопротивления амперметра, поэтому почти весь ток идёт по трубке; напряжение на амперметре должно равняться падению напряжения на участке трубки длиной \(\ell\).

Ответ

\(\ell=0{,}26\) м.

Решение

Сопротивление медной трубки, очевидно, намного меньше внутреннего сопротивления амперметра, поэтому практически весь пусковой ток идёт через медную трубку.

Площадь поперечного сечения медной трубки (через которое идёт ток) равна \(S=\frac14\pi(d_2^2-d_1^2)=22\) мм\(^2\). Сопротивление куска трубки единичной длины равно \(R=\rho/S\). Поэтому при силе тока \(I_1=500\) А падение напряжения на единицу длины трубки равно \[\delta U=RI_1=\frac{\rho}{S}I_1\approx0{,}38\ \text{В/м}.\] Чтобы через амперметр шёл ток \(I_0=1\) мА, к амперметру нужно приложить напряжение \(U=I_0R_0=0{,}1\) В. Такое падение напряжения образуется на длине трубки \(\ell=U/\delta U=0{,}26\) м.

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

Подсказка

Резонанс наступает, когда время, за которое Ханнес проезжает один период дороги, равно периоду собственных вертикальных колебаний на двух параллельных пружинах (их жёсткости складываются).

Ответ

\(v\approx4{,}7\) м/с.

Решение

Движение Ханнеса в вертикальном направлении можно рассматривать как колебания пружинного маятника. Формула периода пружинного маятника: \[T=2\pi\sqrt{\frac mk}.\] Так как в нашей системе две пружины, соединённые параллельно, формулу периода колебаний нужно немного изменить. Жёсткость двух расположенных рядом пружин равна жёсткости одной пружины, жёсткость которой равна сумме жёсткостей предыдущих пружин. Поэтому период вертикальных колебаний нашей системы равен \[T=2\pi\sqrt{\frac{m}{2k}}.\] Резонанс возникает, когда частота прохождения косинусоидальной волны совпадает с собственной частотой вертикальной системы пружин. Поэтому Ханнес должен проехать вперёд расстояние \(\Delta x=6\) м за то же время, за которое пружинный маятник совершает одно колебание на собственной частоте. Следовательно, скорость, при которой возникает резонанс, равна \[v_{\text{рез}}=\frac{\Delta x}{T}=\frac{\Delta x}{2\pi}\sqrt{\frac{2k}{m}}=4{,}678\ \text{м/с}\approx4{,}7\ \text{м/с}.\]

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

Подсказка

Из-за симметрии узлы, равноудалённые от клемм, имеют одинаковый потенциал: их можно соединить в один узел, а схему свести к последовательным и параллельным соединениям.

Ответ

a) \(\dfrac23\) Ом;  b) \(\dfrac{8}{15}\) Ом.

Решение

a) Из-за поворотной симметрии видно, что все узлы между выходными клеммами \(A\) и \(C\) имеют одинаковый потенциал. Поэтому эти четыре узла можно объединить, и получатся два последовательных параллельных соединения четырёх сопротивлений:

Сопротивление между \(A\) и \(C\) поэтому равно \[2\cdot\frac{1}{2\cdot\dfrac12+2\cdot\dfrac11}\ \text{Ом}=\frac23\ \text{Ом}.\] b) Вариант 1. Из шара можно получить эквивалентную схему:

где добавлены ещё обозначения узлов \(D\), \(E\) и \(F\). Так как узлы \(E\) и \(F\) имеют одинаковый потенциал, их можно объединить в узел \(O\), как на следующей схеме. Тогда с узлом \(O\) соединены четыре пары резисторов, где одна пара, состоящая из двух параллельно соединённых резисторов по 2 Ом, даёт в сумме обычный резистор в 1 Ом:

Теперь благодаря симметрии узел \(O\) можно разделить пополам:

По новой схеме вычисляем сопротивление между \(A\) и \(B\): \[\cfrac{1}{\cfrac{1}{\cfrac{1}{\frac12+1}+1\cdot2}+\frac12+1}\ \text{Ом}=\frac{8}{15}\ \text{Ом}.\] Вариант 2. Заменив резистор между \(C\) и \(D\) двумя последовательно соединёнными резисторами по 0,5 Ом и заметив, что посередине между \(C\) и \(D\) есть новая точка \(O\), получаем, что \(E\), \(F\) и \(O\) имеют одинаковое напряжение (потенциал), и их можно объединить в одну точку. Тогда схема сводится к последовательным и параллельным соединениям:

при вычислении общего сопротивления которой мы также получаем \(\dfrac{8}{15}\) Ом.

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

Подсказка

Область, которую можно достичь броском с заданной скоростью из данной точки, ограничена параболой с вершиной на высоте \(v^2/2g\) над точкой броска. Центр поля лежит на этой параболе — отразите её и найдите геометрическое место точек броска.

Ответ

\(x=L\sqrt{1+\dfrac{2y}{L}}\) (от средней линии), или \(x=L\left(\sqrt{1+\dfrac{2y}{L}}-1\right)\) (от краевой линии); эквивалентно \(y=-\dfrac L2+\dfrac{x^2}{2L}\).

Решение

Решение 1. Очевидно, Олег бросит дальше всего, если бросит с максимальной скоростью \(v\), которая не зависит от направления броска. Пусть угол броска к горизонтали равен \(\theta\). При броске с высоты \(h\) из вертикальной составляющей движения для времени полёта \(t\) получаем уравнение: \[h=\frac{gt^2}{2}-t\sin\theta\,v.\] Из движения в горизонтальном направлении длину броска \(\ell\) выражаем через время: \[t=\frac{\ell}{v\cos\theta}.\] Подставляя это в первое уравнение, получаем \[h(1+\cos2\theta)=\frac{g\ell^2}{v^2}-\ell\sin2\theta . \tag{1}\] Фиксируя \(h\), ищем максимум \(\ell=\ell(\theta)\). Для нахождения максимума возьмём производную по \(\theta\) от обеих частей верхнего уравнения и воспользуемся тем, что в максимуме \(\dfrac{d\ell}{d\theta}=0\); получаем \[\operatorname{tg}2\theta=\frac{\ell}{h},\] откуда \[\cos2\theta=\frac{h}{\sqrt{h^2+\ell^2}},\qquad\sin2\theta=\frac{\ell}{\sqrt{h^2+\ell^2}}.\] Подставляя их в уравнение (1), получаем \[\ell^2=\frac{2v^2}{g}\left(h+\frac{v^2}{2g}\right).\] Для случая \(h=0\) получаем \[L=\frac{v^2}{g}.\] Подставляя это в выражение для \(\ell\), получаем \[\ell=L\sqrt{1+2\frac hL}.\] Поэтому точка склона на высоте \(y=h\) должна находиться от средней линии на расстоянии \(L\sqrt{1+2\frac hL}\). Значит, относительно средней линии уравнение склона такое: \[x=L\sqrt{1+2\frac yL}.\] Сдвигая начало координат \(x\) к краевой линии поля, получаем \[x=L\left(\sqrt{1+2\frac yL}-1\right).\] Решение 2 (автор решения — Jaan Kalda). Рассмотрим произвольную точку броска на склоне и примем её за начало системы координат \(\xi\)–\(\eta\). Известно, что граница области пространства, достижимой при броске из точки \((0;0)\) со скоростью \(v\), — это линия \(\eta=\dfrac{v^2}{2g}-\dfrac{g\xi^2}{2v^2}\). Это парабола, вершина которой находится на высоте \(\dfrac{v^2}{2g}\) над точкой броска. Очевидно, что центр поля лежит на этой линии. Отразим эту параболу относительно горизонтальной плоскости и сдвинем так, чтобы вершина новой параболы находилась на глубине \(\dfrac{v^2}{2g}\) под центром поля: \(y=-\dfrac{v^2}{2g}+\dfrac{gx^2}{2v^2}\), где начало системы координат \(x\)–\(y\) — центр поля. В силу симметрии точка броска лежит на этой новой кривой. Форма новой параболы не зависит от положения точки броска, поэтому все точки броска лежат на этой параболе.

При желании формулу можно записать через половину длины поля \(L=v^2/g\): \(y=-\dfrac L2+\dfrac{x^2}{2L}\). Также можно сдвинуть начало координат к краю поля: \(y=x'(x'-2L)/2L\).

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

Подсказка

В каждой точке касания равнодействующая нормальной силы и трения должна быть направлена вдоль линии, соединяющей точки касания (по равновесию), отсюда угол трения равен половине угла между палочками. Для подъёма трению нужно добавить вертикальную составляющую \(mg/2\) в каждой точке.

Ответ

a) \(\mu_{\min}=\dfrac RL\);  b) \(\tau_{\min}=\dfrac{mgL^2}{2\sqrt{L^2\mu^2-R^2}}\).

Решение

a) Пусть нормальная сила, действующая на цилиндр в каждой из точек, равна \(N\) (перпендикулярна касательной), а сила трения \(F_h\) (параллельна касательной). Пусть угол между палочками равен \(2\alpha\).

Из равновесия сил получаем, что равнодействующие \(\vec N+\vec F_h\), действующие в точках касания, должны быть параллельны и противоположно направлены, поэтому в силу симметрии \(\vec N+\vec F_h\) должна быть перпендикулярна оси симметрии.

Так как касательная перпендикулярна радиусу, нетрудно показать, что угол между \(\vec N\) и прямой, соединяющей точки касания, равен \(\alpha\), поэтому \(\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{F_h}{N}\). В предельном случае, когда \(\mu\) минимален, \(F_h=\mu N\), и поэтому \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{\mu N}{N}=\mu .\] С другой стороны, \(\operatorname{tg}\alpha=\dfrac RL\), поэтому \[\mu_{\min}=\frac RL .\] b) Как показано в предыдущей части, составляющая силы трения, параллельная столу, равна \(F_{h,r}=N\operatorname{tg}\alpha=\dfrac RL\cdot N\). При подъёме цилиндра для уравновешивания силы тяжести в каждой точке дополнительно должна действовать составляющая силы трения, перпендикулярная столу, \(F_{h,t}=\dfrac{mg}{2}\), поэтому если суммарная сила трения равна \(F_h\), то \[F_h^2=F_{h,r}^2+F_{h,t}^2=\frac{R^2}{L^2}N^2+\frac{m^2g^2}{4}.\] В предельном случае \(F_h=\mu N\) и \(\tau=NL\), поэтому \[\mu^2N^2=\frac{R^2}{L^2}N^2+\frac{m^2g^2}{4},\] \[\left(\mu^2-\frac{R^2}{L^2}\right)N^2=\frac{m^2g^2}{4},\] \[N=\frac{mg}{2\sqrt{\mu^2-\dfrac{R^2}{L^2}}},\] \[\tau_{\min}=NL=\frac{mgL}{2\sqrt{\mu^2-\dfrac{R^2}{L^2}}}=\frac{mgL^2}{2\sqrt{L^2\mu^2-R^2}}.\]

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

Подсказка

Многократные отражения между двумя параллельными зеркалами заменяются прямолинейным ходом луча через ряд зеркальных изображений зеркал; такие изображения образуют ряд равноотстоящих параллельных прямых.

Решение

Сначала рассмотрим ход лучей между двумя параллельными зеркалами на рисунке 1. Если отразить от верхнего зеркала отрезок \(DEF\) зигзагообразного луча, получим отрезок \(DKF\), который вместе с отрезками \(CD\) и \(FG\) образует ломаную \(CKG\) с меньшим числом зигзагов. Отражая отрезок \(CKG\) в нижнем зеркале, получим отрезок \(CLG\), а повторив отражение ещё раз, из всего зигзагообразного пути \(ABCDEFGHJ\) получим путь \(AMJ\), который можно рассматривать как отражение луча \(AB\) в изображении-изображении-изображении нижнего зеркала. Итак, если нарисовать изображения зеркал, изображения-изображения и т. д., видно, что входящие лучи как будто отражаются в изображении зеркал, или в изображении-изображении, или в изображении-изображении-изображении и т. д.

Рис. 1.

По лучам на исходном рисунке можно восстановить два таких изображения, изображения-изображения или изображения-изображения-изображения и т. д. Ряд изображений \(N\)-го порядка образует ряд параллельных прямых; настоящие зеркала должны быть одними из них. Если нарисовать ряд параллельных и равноотстоящих прямых, отражающих входящие лучи в выходящие (их можно найти как перпендикуляры к биссектрисам углов в точках пересечения продолжений лучей), то настоящие зеркала должны лежать на двух соседних прямых.

Рис. 2.

Рис. 3.

На рисунке 2 видно, что в простейшем случае вырез исключает положение зеркал на всех, кроме двух нижних (ещё более низкие положения невозможны потому, что входящие лучи не могут войти между ними). В принципе, возможен и вариант, показанный на рисунке 3.

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

Подсказка

Давление в такой оболочке обратно пропорционально квадрату радиуса, поэтому чем меньше шар, тем выше в нём давление: из меньшего шара воздух перетекает в больший, пока меньший не опустеет.

Ответ

\(R_1=2r_1\), \(R_2=0\).

Решение

Различие радиусов воздушных шаров вызвано различием материалов, из которых они сделаны. Давление газа уравновешивается напряжением, возникающим из-за растяжимости материала воздушных шаров. Для вычисления равновесия сил рассмотрим сечение воздушного шара, делящее шар на две равные половины. Так как обе половины находятся в равновесии, сила давления воздуха, действующая на одну половину воздушного шара, должна уравновешиваться внутренними силами шара. Пусть радиус шара \(r\), объём \(V\), толщина материала \(\delta r\), модуль Юнга \(E\), давление воздуха внутри шара \(p\) и напряжение материала \(\sigma\). Тогда равновесие сил записывается в виде \[\pi r^2p=2\pi r\,\delta r\,\sigma,\] где мы предположили, что \(r\gg\delta r\). Деформация воздушного шара приблизительно равна \(\epsilon=r/r_0\), где \(r_0\) — исходный характерный линейный размер шара. Поэтому \(\sigma=Er/r_0\). Кроме того, выполняется сохранение массы (то есть объёма) материала шара. Другими словами, \(r^2\delta r=\alpha\), где \(\alpha\) — константа. В итоге получаем, что \[p=\frac{1}{\pi r^2}\cdot\frac{2\pi r^2\delta r\,E}{r_0}=\frac{2\alpha E}{r_0}\cdot\frac{1}{r^2}=\frac{k}{r^2}, \tag{1}\] где \(k=2\alpha E/r_0\) — константа, свойственная воздушному шару. Из уравнения состояния идеального газа получаем \[n=\frac{pV}{RT}=\frac{4\pi}{3RT}\,pr^3=\frac{4\pi k}{3RT}\,r.\] Или же \[n=Akr,\] где \(A\) — константа, общая для всех воздушных шаров. Итак, поскольку в обоих воздушных шарах одинаковое количество воздуха, \[k_1r_1=k_2r_2. \tag{2}\] Далее, при соединении воздушных шаров трубкой воздух начнёт перетекать из шара с большим давлением в другой шар. При этом заметим, что давление воздушного шара обратно пропорционально квадрату радиуса. Это означает, что чем меньше становится шар, тем быстрее он начинает опустошаться, так как давление воздуха всё время растёт. Поэтому шар, в котором изначально давление было больше, опустошается полностью. По условию задачи недеформированные размеры опустошающегося шара учитывать не нужно.

Комбинируя уравнения (2) и (3), видим, что \[\frac{p_1}{p_2}=\frac{k_1}{k_2}\cdot\frac{r_2^2}{r_1^2}=\frac{r_2^3}{r_1^3}.\] Так как \(r_1>r_2\), второй воздушный шар начинает опустошаться быстрее, и поэтому \(R_2=0\). В первом воздушном шаре \(2n\) молекул, то есть \[2n=Ak_1R_1=\frac{n}{r_1}R_1 .\] Поэтому \[R_1=2r_1 .\]

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

Подсказка

Наложите друг на друга два включения источника на одной пластине (по диагонали): по симметрии через ось симметрии ток не идёт, поэтому половину пластины можно рассматривать отдельно; затем отразите её и получите квадрат с электродами в серединах сторон.

Ответ

\(R/2\).

Решение

Пусть \(M\) и \(N\) — середины \(AB\) и \(CD\) соответственно. Наложим друг на друга квадрат, в котором напряжение приложено между \(A\) и \(C\), и квадрат, в котором напряжение приложено между \(B\) и \(D\). Теперь в силу симметрии через ось \(MN\) ток не идёт, то есть сопротивление между \(A\) и \(D\) в прямоугольнике \(AMND\) тоже равно \(R\). Отразим \(MN\) относительно \(AD\). Получаем квадрат \(M'MNN'\), в котором \(A\) и \(D\) — середины сторон. Сопротивление между \(A\) и \(D\) в таком квадрате в два раза меньше, то есть \(R/2\).

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

Подсказка

Подвесьте грузы на петлях нити, натянутой между двумя зажимами, так, чтобы участок между грузами был горизонтален: горизонтальные составляющие сил натяжения равны, а вертикальные уравновешивают веса.

Ответ

\(m_{\text{дуга}}/m_{\text{болт}}=1{,}59\) (в решении организаторов).

Решение

Нить может создавать только растягивающую силу, и она совпадает с направлением нити. Первый закон Ньютона утверждает, что тело может покоиться, только если сумма действующих на него сил равна нулю.

Сделаем в нити на некотором расстоянии две петли и подвесим к ним грузы. Затем поднимем грузы, держа концы нити разведёнными так, чтобы участок нити, соединяющий грузы, был горизонтален. Нарисуем рисунок:

Силы тяжести грузов равны соответственно \(m_1\vec g\) и \(m_2\vec g\). Силы в соответствующих участках нити — \(\vec F_{N1}\) и \(\vec F_{T1}\), а также \(\vec F_{N2}\) и \(\vec F_{T2}\), где по первому закону Ньютона: \[\begin{gather*} \vec F_{T1}=-\vec F_{T2},\\ \vec F_{N1}+\vec F_{T1}+m_1\vec g=0,\\ \vec F_{N2}+\vec F_{T2}+m_2\vec g=0. \end{gather*}\] Отсюда следует также, что \[\begin{gather*} \vec F_{T1}=-\vec F_{H1},\\ \vec F_{T2}=-\vec F_{H2},\\ \vec F_{V1}=-m_1\vec g,\\ \vec F_{V2}=-m_2\vec g \end{gather*}\] и \[\frac{m_1}{m_2}=\frac{F_{V1}}{F_{V2}}=\frac{\operatorname{tg}\alpha_1}{\operatorname{tg}\alpha_2},\] \[\frac{m_{\text{дугообразного металлического груза}}}{m_{\text{болта}}}=1{,}59.\]

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

Подсказка

Замыкая пары контактов и измеряя сопротивление между остальными, выясните, какие резисторы вообще присутствуют: если замыкание не меняет показание, соответствующего соединения в схеме нет.

Решение

Примечание: на самом деле провод не нужен: хватило бы шести измерений, и получилась бы система шести уравнений с шестью неизвестными (в предположении, что есть шесть резисторов, два из которых имеют бесконечно большое значение), но решать её утомительно.

Заметим, что если измерить сопротивление между клеммами \(A\) и \(B\) и замкнуть накоротко клеммы \(B\) и \(C\), \(B\) и \(D\) или \(C\) и \(D\), то показание омметра \(R_1\) не меняется. Это возможно только тогда, когда \(B\), \(C\) и \(D\) соединены треугольником, между \(A\) и \(B\) стоит сопротивление \(R_{AB}=R_1\), а остальных сопротивлений нет. Измерим теперь сопротивление \(r_1\) между \(B\) и \(C\), замкнув клеммы \(B\) и \(D\): \[R_{BC}^{-1}+R_{CD}^{-1}=r_1^{-1};\] аналогично \[R_{CD}^{-1}+R_{DB}^{-1}=r_2^{-1}\] и \[R_{DB}^{-1}+R_{BC}^{-1}=r_3^{-1}.\] Суммируя, находим \[R_{BC}^{-1}+R_{CD}^{-1}+R_{DB}^{-1}=\frac12\left(r_1^{-1}+r_2^{-1}+r_3^{-1}\right),\] откуда \[\begin{gather*} R_{BC}^{-1}=\frac12\left(r_1^{-1}-r_2^{-1}+r_3^{-1}\right),\\ R_{CD}^{-1}=\frac12\left(r_1^{-1}+r_2^{-1}-r_3^{-1}\right),\\ R_{DB}^{-1}=\frac12\left(-r_1^{-1}+r_2^{-1}+r_3^{-1}\right). \end{gather*}\]

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