Эстонская, 2020/21, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

По вертикали снежок падает свободно на высоту \(H-h\) — отсюда время полёта. За это же время расстояние между Ханнесом и Ричардом должно закрыться с суммарной горизонтальной скоростью.

Ответ

\(w=l\sqrt{\dfrac{g}{2(H-h)}}-v\approx4{,}7\) м/с.

Решение

Снежок должен пролететь по вертикали с ускорением \(g\) путь \(H-h\), поэтому \[H-h=\frac{gt^2}{2},\] где \(t\) — время полёта снежка. Пусть \(w\) — начальная скорость снежка; тогда его горизонтальная скорость относительно приближающегося Ричарда равна \(v+w\). Должно выполняться равенство \[(v+w)t=l.\] Выражая \(t\) из первого равенства, а \(w\) из второго, находим \[w=l\sqrt{\frac{g}{2(H-h)}}-v\approx4{,}7\text{ м/с}.\]

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

Подсказка

Связь между ростом давления и охлаждением даёт уравнение состояния газа при неизменном объёме, а охлаждение за время \(t\) — теплоёмкость и мощность потерь.

Ответ

\(P=\dfrac{\Delta p\,c\,V_m}{R\,t}\).

Решение

Более прохладный воздух в комнате охлаждает бутылку с мощностью \(P\), отбирая у бутылки за время \(t\) энергию \(\Delta Q=Pt\). Температура бутылки за это время изменяется на \(\Delta T=\Delta Q/c\). Из уравнения состояния идеального газа \(PV=nRT\) по изменению температуры находим изменение давления \[\Delta p=\frac{R\,\Delta T}{V_m}.\] Объединяя соотношения, получаем \[P=\frac{\Delta p\,c\,V_m}{R\,t}.\]

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

Подсказка

Одинаковая яркость на расстоянии 60 см означает, что граница тени от оправы линзы совпала с краем светлого пятна без линзы, то есть освещённая область одна и та же. Запишите две пары подобных треугольников — через источник и через изображение.

Ответ

1) \(f=6\) см;  2) два концентрических круга: меньший светлый внутри большего тёмного.

Решение

Пусть \(A\) — источник света, \(B\) — его изображение в линзе, \(CD\) — линза, \(O\) — её центр.

Если экран находится между 10 и 60 см от линзы, на экране возникают два концентрических круга (левый рисунок): светлый меньший круг диаметром \(GH\) лежит внутри тёмного круга диаметром \(EF\). В области \(EG\) и \(HF\) свет источника не попадает.

Если убрать линзу, точки \(E\) и \(G\) сольются в одну, как и точки \(F\) и \(H\). Экран равномерно освещён светом, как будто линзы нет (правый рисунок).

Пусть \(x=|AO|\) — расстояние между источником света и линзой, \(r=|OC|\) — радиус линзы, \(R=|KE|\). Из условий задачи \(|BO|=10\) см, \(|KO|=60\) см, а значит, \(|BK|=50\) см. Из подобных треугольников \(AOC\) и \(AKE\) получаем \[\frac rR=\frac{x}{x+60}.\] Из подобных треугольников \(BOD\) и \(BKE\): \[\frac rR=\frac{10}{50}.\] В итоге получаем уравнение \(\dfrac{x}{x+60}=\dfrac{10}{50}\), решение которого \(x=15\) см.

Из формулы линзы теперь \[\frac1{10}+\frac1{15}=\frac1f\quad\Rightarrow\quad f=6\text{ см}.\]

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

Подсказка

Ускорение ограничено силой трения сверху и снизу (\(\pm\mu g\)). Быстрее всего ехать, разгоняясь с максимальным ускорением, а затем тормозя с максимальным; осталось найти, где разгон сменяется торможением.

Ответ

\(t=t_1+t_2+t_3\approx17{,}24\) с.

Решение

Если масса автомобиля \(m\), то сила тяжести \(F_g=mg\), а максимальная сила трения, действующая на колёса, \(F_\text{тр}=\mu mg\). Максимальная разгоняющая или тормозящая сила, которая может действовать на автомобиль, равна максимальной силе трения (иначе колёса начали бы проскальзывать), поэтому максимальное ускорение автомобиля \(a_{\max}=F_\text{тр}/m=\mu g\), а минимальное \(a_{\min}=-F_\text{тр}/m=-\mu g\).

Очевидно, что при минимальном времени в пути автомобиль сначала разгоняется с максимальным ускорением \(a_{\max}\), а затем тормозит с ускорением \(a_{\min}\) так, чтобы остановиться точно в конце пути. Действительно, если бы в какой-то момент ускорение автомобиля не было максимально (минимально) возможным, то за этот промежуток времени автомобиль мог бы короткое время разгоняться и тормозить с максимальным ускорением, сократив время в пути. Поскольку \(\mu_2>\mu_1\), максимальное ускорение на втором участке больше, а значит, и разгон сменяется торможением на втором участке пути.

Пусть автомобилю требуется время \(t_1\), чтобы достичь середины пути, затем время \(t_2\), чтобы достичь места, где разгон сменяется торможением, и затем время \(t_3\), чтобы доехать до конца пути. Соответствующие ускорения автомобиля \(a_1=\mu_1g\), \(a_2=\mu_2g\) и \(a_3=-\mu_2g\).

За время \(t_1\) автомобиль проходит путь \(L\), поэтому \[L=\frac{\mu_1gt_1^2}{2}\quad\Longrightarrow\quad t_1=\sqrt{\frac{2L}{\mu_1g}}=10\text{ с}.\] Достигнув середины пути, автомобиль имеет скорость \[v_1=\mu_1gt_1=\mu_1g\sqrt{\frac{2L}{\mu_1g}}=\sqrt{2L\mu_1g}=10\text{ м/с}.\] После прохождения времени \(t_2\) скорость автомобиля \[v_2=v_1+\mu_2gt_2.\] Поскольку длина второго участка также \(L\), то \[L=\frac{v_2^2-v_1^2}{2a_2}+\frac{0-v_2^2}{2a_3}=\frac{2v_2^2-v_1^2}{2\mu_2g},\] \[v_2=\sqrt{\frac{2\mu_2gL+v_1^2}{2}}\approx12{,}25\text{ м/с}.\] Следовательно, \[t_2=\frac{v_2-v_1}{\mu_2g}\approx1{,}12\text{ с}.\] Так как в конце пути автомобиль должен остановиться, то \[\Delta v=0\quad\Longrightarrow\quad\mu_1gt_1+\mu_2gt_2-\mu_2gt_3=0\quad\Longrightarrow\quad t_3=t_2+\frac{\mu_1}{\mu_2}t_1\approx6{,}12\text{ с},\] и полное время прохождения пути \[t=t_1+t_2+t_3\approx17{,}24\text{ с}.\]

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

Подсказка

Незаряженный конденсатор сразу после замыкания ведёт себя как проводник, а полностью заряженный — как разрыв цепи. Найдите общее сопротивление для каждого случая.

Ответ

1) \(P=\dfrac{5V^2}{3R}\);  2) \(P=\dfrac{3V^2}{5R}\).

Решение

Сразу после замыкания ключа конденсатор ведёт себя как короткое замыкание. Следовательно, общее сопротивление схемы \[R_\text{общ}=\frac{1}{\dfrac1R+\dfrac{2}{3R}}=\frac35R.\] По прошествии долгого времени конденсатор ведёт себя как разомкнутый ключ. Тогда сопротивление \[R_\text{общ}=R+\frac{1}{\dfrac1R+\dfrac1{2R}}=\frac53R.\] Мощности соответственно равны \(P=\dfrac{5V^2}{3R}\) и \(P=\dfrac{3V^2}{5R}\).

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

Подсказка

В системе планеты на тело действует центробежная сила; её составляющая вдоль радиуса уменьшает вес, а составляющая вдоль поверхности должна уравновешиваться силой трения покоя.

Ответ

1) \(W=m\,\dfrac{GMT^2-4\pi^2R^3\cos^2\theta}{R^2T^2}\);  2) \(\mu\ge\dfrac{2\pi^2R^3\sin(|2\theta|)}{GMT^2-4\pi^2R^3\cos^2\theta}\).

Решение

а) Рассмотрим движение тела по окружности, определённой широтой \(\theta\). На широте \(\theta\) радиус обращения маленького тела \[r=R\cos\theta,\] а линейная скорость \[v=\omega r=\frac{2\pi}{T}\,r=\frac{2\pi R\cos\theta}{T}.\] Теперь можно выразить центростремительную (центробежную) силу: \[F_\text{ц}=\frac{mv^2}{r}=\frac{m\left(\dfrac{2\pi R\cos\theta}{T}\right)^2}{R\cos\theta}=\frac{4\pi^2mR\cos\theta}{T^2}.\] Учитывая, что на вес влияет только радиальная составляющая центробежной силы, \[F_{\text{ц}\perp}=\cos\theta\,F_\text{ц}=\frac{4\pi^2mR\cos^2\theta}{T^2},\] можно найти вес тела: \[W=\frac{GmM}{R^2}-\frac{4\pi^2mR\cos^2\theta}{T^2}=m\left(\frac{GMT^2-4\pi^2R^3\cos^2\theta}{R^2T^2}\right).\]

б) Скольжение вызывает составляющая центробежной силы, касательная к поверхности шара: \[F_{\text{ц}\parallel}=\sin(|\theta|)\,F_\text{ц}=\frac{4\pi^2mR\cos\theta\sin(|\theta|)}{T^2}=\frac{2\pi^2mR\sin(|2\theta|)}{T^2}.\] Сила трения выражается как \[F_\text{тр}=\mu W=\mu m\left(\frac{GMT^2-4\pi^2R^3\cos^2\theta}{R^2T^2}\right).\] Следовательно, при равновесии \[F_{\text{ц}\parallel}\le\mu W,\] \[\frac{2\pi^2mR\sin(|2\theta|)}{T^2}\le\mu m\left(\frac{GMT^2-4\pi^2R^3\cos^2\theta}{R^2T^2}\right),\] и, значит, \[\mu\ge\frac{2\pi^2R^3\sin(|2\theta|)}{GMT^2-4\pi^2R^3\cos^2\theta}.\]

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

Подсказка

Прямолинейность траекторий означает, что треугольник из частиц остаётся подобным самому себе. Центр масс стоит на месте, значит, результирующие силы должны идти вдоль медиан и быть пропорциональны их длинам.

Ответ

1) \(q_Aa^3=q_Bb^3=q_Cc^3\);  2) да, для любого треугольника.

Решение

Чтобы частицы двигались прямолинейно, треугольник, в вершинах которого они находятся, должен оставаться подобным самому себе. Так как точка пересечения медиан треугольника (центр масс) из-за отсутствия внешних сил остаётся на месте, то результирующие силы, действующие на все частицы, должны действовать вдоль медиан, а их модули должны быть пропорциональны длинам соответствующих медиан (тогда ускорения и скорости роста медиан пропорциональны длинам медиан, и треугольник остаётся подобным самому себе).

Обозначим стороны, исходящие из точки \(C\), векторами \(\vec a\) и \(\vec b\); медиана, проведённая из вершины \(C\), равна \((\vec a+\vec b)/2\); аналогичные выражения получаем и для остальных медиан. Следовательно, результирующие силы, действующие на частицы, должны выражаться в виде \[p(\vec a+\vec b)=kq_C\left(\frac{\vec a\,q_B}{a^3}+\frac{\vec b\,q_A}{b^3}\right),\] где \(p\) — константа (одна и та же для выражений, записанных для всех частиц), а \(k\) — постоянная Кулона. Это равенство выполняется только тогда, когда \(\dfrac{q_B}{a^3}=\dfrac{q_A}{b^3}\), то есть \(q_Bb^3=q_Aa^3\). Аналогично находим, что \(q_Cc^3=q_Aa^3\), то есть \[q_Aa^3=q_Bb^3=q_Cc^3\equiv Q.\] Используя определённую здесь величину \(Q\), можно выразить константу \(p=\dfrac{kQ}{a^3b^3c^3}\); из соображений симметрии очевидно, что для остальных частиц получается точно такое же выражение, как и требуется для прямолинейного движения частиц. Итак: да, для любого треугольника возможно прямолинейное движение частиц, нужно лишь выполнить равенство \(q_Aa^3=q_Bb^3=q_Cc^3\).

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

Подсказка

Вода несжимаема и выливается как единое целое. Вверху цилиндра не вакуум, а насыщенный пар воды с давлением \(p_v\): именно оно действует на столб воды сверху.

Ответ

\(a=g-\dfrac{p_0-p_v}{\rho h}\approx1{,}62\) м/с\(^2\).

Решение

Решение 1. Ясно, что если бы столб воды не ускорялся, то разность давлений верхней и нижней точек столба воды составила бы \(\rho gh\approx1{,}2p_0\), и в верхней точке столба воды было бы отрицательное давление. Но поскольку столб воды начинает вытекать из цилиндра как единое тело с некоторым ускорением \(a\) (ведь вода несжимаема), то, перейдя в систему отсчёта, ускоряющуюся вместе с водой, мы видим, что разность давлений верхней и нижней точек на самом деле равна \(\rho(g-a)h\) и не обязана быть отрицательной.

В процессе вытекания воды главный вопрос — что остаётся вместо воды в пространстве наверху цилиндра. Один вариант: за водой остаётся вакуумный пузырь. Однако если давление воды падает ниже давления насыщенного водяного пара при комнатной температуре, то на поверхности контакта вода начинает испаряться. Поэтому в верхней части цилиндра образуется не вакуум, а водяной пар с давлением \(p_v\). Следовательно, разность давлений верхней и нижней частей столба воды равна \(p_0-p_v=\rho(g-a)h\), и столб воды ускоряется с ускорением \[a=g-\frac{p_0-p_v}{\rho h}=1{,}62\text{ м/с}^2.\]

Решение 2. Рассмотрим силы, действующие на столб воды. Пусть площадь поперечного сечения столба \(S\). Тогда снизу действует сила давления воздуха \(p_0S\). Сверху — сила со стороны образующегося там насыщенного пара \(p_vS\). Кроме того, на столб воды действует сила тяжести \(mg\), где масса столба воды \(m=\rho hS\). По второму закону Ньютона \[ma=mg+p_vS-p_0S,\] откуда находим \[a=g+\frac{(p_v-p_0)S}{m}=g+\frac{p_v-p_0}{\rho h}.\]

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

Подсказка

Жидкость на зеркале — тонкая плосковыпуклая линза, через которую свет проходит дважды. Сложите оптические силы: двух проходов линзы и самого зеркала.

Ответ

\(n_x=\dfrac{2h-l}{2(h-l)}\,n_v\approx1{,}50\).

Решение

Решение 1. Когда жидкость находится на кривом зеркале, она ведёт себя как линза, у которой радиус кривизны одной стороны равен радиусу кривизны зеркала, а радиус кривизны другой стороны стремится к бесконечности. Поскольку ширина зеркала много меньше \(l\), \(h\), то это тонкая линза. В таком случае оптическая сила линзы \[D_\text{л}=\frac1{f_\text{л}}=\frac{n-1}{R},\] где \(n\) — показатель преломления жидкости, а \(R\) — радиус кривизны зеркала.¹

Оптическая сила зеркала \[D_\text{з}=\frac1{f_\text{з}}=\frac2R,\] где \(f_\text{з}\) — фокусное расстояние зеркала. Поскольку лучи света проходят через линзу дважды (до отражения и после), оптическую силу линзы надо учитывать дважды. Комбинируя линзу и зеркало, получаем \[\frac1a+\frac1k=2D_\text{л}+D_\text{з},\] где \(a\) — расстояние от предмета до линзы и зеркала, а \(k\) — расстояние от изображения до линзы и зеркала. Выражая \(D_\text{л}\) и \(D_\text{з}\), получаем \[\frac1a+\frac1k=\frac{2(n-1)}{R}+\frac2R=\frac{2n}{R}.\] Для воды \[\frac1h+\frac1h=\frac{2n_v}{R}\quad\Longrightarrow\quad R=hn_v.\] Для неизвестной жидкости \[\frac1h+\frac1{h-l}=\frac{2n_x}{R}.\] Выражая \(n_x\), получаем \[n_x=\frac{(2h-l)R}{2h(h-l)}=\frac{2h-l}{2(h-l)}\,n_v\approx1{,}50.\]

Решение 2. Рассмотрим луч, идущий от источника под углом \(\alpha\) к вертикали. Следовательно, луч входит в жидкость на расстоянии \(a=\alpha h\) от оси симметрии зеркала. По закону Снеллиуса угол луча с вертикалью после входа в жидкость равен \(\alpha/n\). Пусть угол луча после отражения от зеркала равен \(\beta\). В приближении малых углов нормаль к поверхности зеркала составляет угол \(\dfrac12\left(\dfrac\alpha n+\beta\right)\). В то же время нормаль к поверхности зеркала пересекает ось симметрии на расстоянии \(R\), где \(R\) — радиус кривизны вогнутого зеркала. Поэтому \[\frac12\left(\frac\alpha n+\beta\right)=\frac aR=\frac{\alpha h}{R},\] следовательно, \[\beta=\frac{2\alpha h}{R}-\frac\alpha n.\] Далее, после отражения и повторного выхода из жидкости угол луча с вертикалью \[\gamma=\beta n=\frac{2\alpha nh}{R}-\alpha.\] Таким образом, расстояние изображения от поверхности зеркала \[\frac1d=\frac\gamma a=\frac\gamma{\alpha h}=\frac{2n}{R}-\frac1h.\] Используя полученное соотношение в исходной ситуации, видим, что \[\frac1h=\frac{2n_v}{R}-\frac1h.\] Другими словами, \(R=n_vh\). После замены на неизвестную жидкость получаем \[\frac1{h-l}=\frac{2n}{R}-\frac1h=\frac{2n}{n_vh}-\frac1h.\] Следовательно, \[n=\frac{2h-l}{h-l}\cdot\frac{n_v}{2}\approx1{,}5.\]

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

Подсказка

Постоянство скорости вдоль провода означает, что радиальной составляющей скорости нет, а магнитное поле работы не совершает. Значит, электрон движется по винтовой линии радиуса \(r\), и сила Лоренца даёт центростремительное ускорение.

Ответ

Винтовая линия радиуса \(r\); \(|v_z|=v_0\left(\sqrt{\left(\dfrac{eI\mu_0}{4\pi m_ev_0^2}\right)^2+1}-\dfrac{eI\mu_0}{4\pi m_ev_0^2}\right)\).

Решение

Пусть ток течёт вдоль оси \(z\). Из закона Ампера видим, что прямой ток создаёт магнитное поле напряжённостью \(B_\varphi=\dfrac{\mu_0}{2\pi r}I\). На электрон действует сила Лоренца \(\vec F=-e\,\vec v\times\vec B\). Чтобы было \(v_z=\text{const}\), радиальная составляющая скорости электрона должна быть равна нулю. Действительно, если бы она не была равна нулю, то по правилу буравчика у силы Лоренца была бы составляющая вдоль \(z\), и тогда \(v_z\) не могла бы быть постоянной. Поскольку магнитное поле работы не совершает, скорость электрона постоянна, а значит, \(v_\varphi=\text{const}\). Это движение по винтовой линии радиуса \(r\).

Мы видим, что в силу Лоренца вклад вносит только \(z\)-составляющая скорости и что по правилу буравчика \(F=ev_zB\) направлена радиально. Силу Лоренца уравновешивает центростремительное ускорение: \[-\frac{m_ev_\varphi^2}{r}=ev_zB=ev_z\frac{I\mu_0}{2\pi r}.\] Замечаем, что для решения этого уравнения \(v_z\) должна быть отрицательной. Подставляя \(v_\varphi^2=v_0^2-v_z^2\), получаем \[m_e(v_z^2-v_0^2)=ev_z\frac{I\mu_0}{2\pi}.\] Это квадратное уравнение, решение которого \[v_z=\frac{eI\mu_0}{4\pi m_e}\pm\sqrt{\left(\frac{eI\mu_0}{4\pi m_e}\right)^2+v_0^2}.\] Так как \(v_z<v_0\), положительное решение нефизично, то есть \[|v_z|=v_0\left(\sqrt{\left(\frac{eI\mu_0}{4\pi m_ev_0^2}\right)^2+1}-\frac{eI\mu_0}{4\pi m_ev_0^2}\right).\]

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

Подсказка

Если толкать коробку линейкой на подходящей высоте, она и скользит, и вот-вот опрокинется: тогда выполнены условия равновесия и для сил, и для моментов.

Ответ

\(\mu=\dfrac{a}{2h}\); для конкретных коробки AURA и листа бумаги \(\mu=0{,}30\) (обычно \(0{,}28\)–\(0{,}42\)).

Решение

Кладём лист бумаги на стол, а на него ставим коробку сока (с основанием \(a\times a\)). Если мы толкаем линейкой горизонтально у основания коробки, то коробка начнёт скользить. Если же мы толкаем верхнюю часть коробки, то коробка начнёт поворачиваться. На некоторой высоте \(h\) есть предельный случай, когда коробка и поворачивается, и скользит. В этом предельном случае выполняется равновесие как сил, так и моментов сил. Из равновесия сил получаем, что сила толкания линейкой \(F=\mu mg\). Момент силы, возникающий при толкании линейкой, уравновешивается моментом силы тяжести, действующей на коробку: \[Fh=mg\frac a2.\] Комбинируя эти уравнения, получаем \[\mu=\frac{a}{2h}.\] Для одной конкретной коробки сока AURA и листа бумаги результаты измерений были такими: \(a=7{,}0\) см, \(h=11{,}5\) см и \(\mu=0{,}30\). Поскольку коробки сока и листы бумаги слегка различаются, коэффициент трения обычно должен находиться в пределах \(0{,}28\)–\(0{,}42\).

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

Подсказка

Вода поднимается по бумажной полоске, пока гидростатическое давление столба не сравняется с капиллярным давлением в промежутках между волокнами; их размер оцените как диаметр капилляра.

Ответ

\(d=\dfrac{4\sigma}{\rho gh}\approx0{,}4\) мм (при \(h=75\) мм; это завышенная оценка).

Решение

Вырезаем из бумаги длинную полоску и подвешиваем её концом в воду, ожидая, пока «взбирание» воды по бумаге не прекратится. Это занимает довольно долго, не менее пары минут. Измеряем высоту намокшей части \(h\), отсчитанную от поверхности воды, пусть это, например, \(h=75\) мм. Для оценки расстояния между порами можно использовать формулу капиллярного давления под искривлённой поверхностью: на верхнем краю намокшей части бумаги давление в воде меньше атмосферного на \(\Delta p=\rho gh\), где \(\rho=1\) г/см\(^3\); это должно быть скомпенсировано капиллярным давлением, которое для цилиндрической трубки и при полном смачивании было бы \(4\sigma/d\). При оценке по порядку величины можно использовать эту формулу, заменив диаметр цилиндра \(d\) расстоянием между волокнами. Получаем \(4\sigma/d=\rho gh\), откуда \(d=4\sigma/(\rho gh)\approx0{,}4\) мм.

Тем самым мы переоценили значение \(d\), потому что, во-первых, вода не смачивает бумажные волокна полностью, а во-вторых, промежутки между волокнами не цилиндрические, и это уменьшает капиллярное давление.

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