Эстонская, 2021/22, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Встречный ветер увеличивает скорость диска относительно воздуха, а вместе с ней и подъёмную силу. Сравните, что даёт горизонтальной дальности рост времени полёта и что отнимает рост сопротивления.

Решение

Диаграмма сил показана на рисунке.

На рисунке: tuul — ветер, lennusuund — направление полёта; \(F_l\) — подъёмная сила, \(F_d\) — сила сопротивления, \(mg\) — сила тяжести.

Встречный ветер увеличивает как силу сопротивления, так и подъёмную силу, вызванную потоком воздуха. Подъёмная сила растёт пропорционально скорости диска относительно воздуха. Большая подъёмная сила удлиняет время полёта, в результате чего диск может пролететь по горизонтали дальше, несмотря на то что горизонтальная скорость из-за силы сопротивления немного уменьшается (первый эффект сильнее второго).

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

Подсказка

Путь по дорожке, а затем по снегу напоминает ход луча через границу двух сред: оптимальное направление по снегу задаётся законом преломления с углом падения \(90^\circ\). Можно и просто минимизировать время по расстоянию \(x\) до угла, где Маша сворачивает на снег.

Ответ

\(\Delta t\approx 2{,}1\text{ с}\).

Решение

Пусть длинная сторона площади \(a\), короткая \(b\), скорость Маши по дорожке \(v\), а по снегу \(nv\). Маша сворачивает с дорожки на заснеженную площадь, когда ей оставалось пробежать по дорожке до угла площади ещё \(x\) метров, и бежит через площадь прямо по снегу в направлении двери школы. В таком случае по длинной стороне она пробегает путь по дорожке \(s_1=a-x\), а затем по диагонали \(s_2=\sqrt{x^2+b^2}\). Вдоль края площади ей понадобилось бы для достижения двери \[t_0=\frac{a+b}{v},\] а при беге через площадь \[t_1=\frac{s_1}{v}+\frac{s_2}{nv}=\frac av-\frac xv+\frac{\sqrt{x^2+b^2}}{nv}.\] Чтобы найти, под каким углом Маше нужно бежать по снегу, воспользуемся знакомым из оптики законом преломления \[\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma}=\frac{v}{nv},\] где прямая, разделяющая среды, — край площади, а потому \(\alpha=90^\circ\), так как Маша сначала бежала по краю площади, а \(\gamma\) — угол между перпендикуляром к краю площади и оптимальным направлением движения Маши. Итак, \(\sin\alpha=1\) и \[\sin\gamma=\frac{nv}{v}=n,\] а из геометрии \[\sin\gamma=\frac{x}{s_2}\quad\Rightarrow\quad \frac{x}{s_2}=n\quad\Rightarrow\quad x=ns_2=n\sqrt{x^2+b^2}.\] Выразим \(x\) из полученного уравнения: \[x^2=n^2(x^2+b^2),\qquad x^2-n^2x^2=n^2b^2,\qquad x^2=\frac{n^2b^2}{1-n^2},\qquad x=\frac{nb}{\sqrt{1-n^2}}.\] Подставим найденное значение \(x\) в выражение для \(t_1\): \[t_1=\frac av-\frac{nb}{v\sqrt{1-n^2}}+\frac{\sqrt{\dfrac{n^2b^2}{1-n^2}+b^2}}{nv} =\frac av-\frac bv\frac{n}{\sqrt{1-n^2}}+\frac bv\frac{\sqrt{\dfrac{n^2+1-n^2}{1-n^2}}}{n} =\frac av-\frac bv\frac{n}{\sqrt{1-n^2}}+\frac bv\frac{1}{n\sqrt{1-n^2}}.\] Найдём разность времён при движении вдоль края и через площадь: \[\Delta t=t_0-t_1=\frac av+\frac bv-\left(\frac av-\frac bv\frac{n}{\sqrt{1-n^2}}+\frac bv\frac{1}{n\sqrt{1-n^2}}\right) =\frac bv\left(1+\frac{n}{\sqrt{1-n^2}}-\frac{1}{n\sqrt{1-n^2}}\right).\] Найдём выигрыш во времени, используя величины, заданные в условии: \[\Delta t=\frac{50\text{ м}}{6\text{ м/с}}\left(1+\frac{0{,}8}{\sqrt{1-0{,}8^2}}-\frac{1}{0{,}8\sqrt{1-0{,}8^2}}\right)\approx 2{,}1\text{ с}.\] Итак, мы показали, что движение вокруг площади медленнее, чем через площадь по оптимальной траектории, на \(\Delta t\approx 2{,}1\text{ с}\).

Можно найти значение \(x\) и без закона преломления, решая задачу на экстремум: найти \(x\), минимизирующее выражение для \(t_1\). \[t_1'(x)=0-\frac1v+\frac12\frac{2x}{nv\sqrt{x^2+b^2}}=\frac{x}{nv\sqrt{x^2+b^2}}-\frac1v=0.\] Решим полученное уравнение: \[\frac{x}{nv\sqrt{x^2+b^2}}=\frac1v,\qquad x=\frac{nv\sqrt{x^2+b^2}}{v},\qquad x^2=n^2(x^2+b^2),\] \[x^2-n^2x^2=n^2b^2,\qquad x^2=\frac{n^2b^2}{1-n^2},\qquad x=\frac{nb}{\sqrt{1-n^2}}.\] Видим, что результат тот же, что и из закона преломления.

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

Подсказка

Разделите цилиндр на две одинаковые половины по клеммам: каждая — широкий проводник, а между A и B они соединены параллельно.

Ответ

\(R_{AB}=\dfrac{\rho\pi r}{2\tau h}\).

Решение

Разделим цилиндр на два полуцилиндра. Каждый полуцилиндр можно рассматривать как очень широкий проводник длиной \(\ell=\pi r\) и площадью поперечного сечения \(S=\tau h\). Сопротивление каждого полуцилиндра равно \[R=\rho\frac{\ell}{S}=\frac{\rho\pi r}{\tau h}.\] Так как два <<проводника>> соединены параллельно, общее сопротивление между A и B равно \[R_{AB}=\frac12R=\frac{\rho\pi r}{2\tau h}.\]

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

Подсказка

Одно изображение даёт каждая из двух линз, на которые свет попадает напрямую; постройте их по двум удобным лучам — параллельному оси линзы и проходящему через центр линзы.

Решение

Решение дано построением на рисунке (экран показан наклонной линией, на ней отмечены два изображения \(A''\)).

На рисунке: Ekraan — экран; \(A\) — источник, \(A'\) — его промежуточное изображение, \(A''\) — два изображения на экране, \(O\) — центры линз, \(F\) — общий фокус.

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

Подсказка

В (a) предельный случай — начало движения на ничтожно малой скорости, там ограничивает момент двигателя; в (b) — мощность.

Ответ

(a) \(\alpha=\arcsin\dfrac{M}{mgr}\approx9{,}7^\circ\);  (b) \(v=\dfrac{P}{mg\sin\alpha}\approx5{,}3\text{ м/с}\).

Решение

(a) Пусть искомый угол подъёма \(\alpha\). Составляющая силы тяжести, направленная вдоль склона вниз, равна \(F=mg\sin\alpha\). В предельном случае с такой же силой действует на колёса и поверхность земли. Поэтому получаем условие \(Fr=M\), откуда выражаем угол: \[\alpha=\arcsin\left(\frac{M}{mgr}\right)\approx9{,}7^\circ.\] (b) Пусть велосипед движется вверх по склону со скоростью \(v\). Центр масс велосипеда поднимается при этом со скоростью \(v\sin\alpha\), и потенциальная энергия растёт соответственно со скоростью \(mgv\sin\alpha\). Если других потерь энергии нет, то она должна быть равна полезной мощности двигателя. Отсюда выражаем скорость: \[v=\frac{P}{mg\sin\alpha}\approx5{,}3\text{ м/с}.\] Замечание. Важное наблюдение: при максимальном угле подъёма ограничивающим фактором является крутящий момент двигателя, и угол подъёма не зависит от мощности двигателя. Это следует из того, что мы рассматриваем начало движения с ничтожно малой скоростью. При максимальной же скорости ограничивающим фактором является мощность, так как заданный угол наклона меньше максимально возможного угла наклона.

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

Подсказка

Расширение газа в стволе адиабатическое, и после вылета пули давление в стволе становится равным комнатному. Объедините закон адиабаты с уравнением состояния.

Ответ

\(T_1\approx55\text{ К}\approx-218\,{}^\circ\text{C}\) (фактически — \(-196\,{}^\circ\text{C}\), см. замечание).

Решение

В стволе происходит адиабатическое расширение газа, причём независимо от длины ствола газ в стволе после вылета пули принимает давление воздуха, господствующее в комнате. Поэтому сохраняются как \(pV^\gamma\), так и \(pV/T\), откуда получаем, что сохраняется и величина \(p^{\gamma-1}/T^\gamma\). Отсюда уже можно выразить искомую температуру: \[T_1=T_0\left(\frac{p_0}{p_1}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}=T_0\left(\frac{p_0}{p_1}\right)^{2/7}\approx55\text{ К}\approx-218\,{}^\circ\text{C}.\] Замечание. Результат меньше температуры кипения азота, поэтому на самом деле температура азота падает до температуры кипения \(-196\,{}^\circ\text{C}\), и при дальнейшем расширении она остаётся постоянной благодаря выделяющейся теплоте испарения.

P.S. Показатель адиабаты можно найти и по формуле \(\gamma=c_P/c_V=(c_V+R)/c_V=1{,}4\).

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

Подсказка

Нужная пропускная способность — наименьший наклон прямой, идущей из точки, где график вместимости канавы пересекает ось \(h\), и не заходящей под график осадков, то есть касательной к нему.

Ответ

\(u_x\approx1{,}23\text{ мм/мин}=1{,}23\text{ л/(мин}\cdot\text{м}^2)\).

Решение

Заметим, что \(1\text{ л/м}^2=1\text{ мм}\), поэтому искомый отвод по трубопроводу численно равен количеству отводимых осадков в миллиметрах. Пусть \(h_6=22\text{ мм}\) — суммарное количество осадков через 6 минут, \(h_9=28\text{ мм}\) — через 9 минут, \(H\) — сколько миллиметров осадков может вместить канава (если бы не было стока), а \(u\) — скорость отвода осадков исправным трубопроводом в миллиметрах в минуту.

Получаем уравнения \[h_6=H+0{,}5u\cdot6\text{ мин}\qquad\text{и}\qquad h_9=H+u\cdot9\text{ мин}.\] Из этой системы уравнений находим \(H=19\text{ мм}\).

Пусть искомая скорость отвода \(u_x\). Тогда прямая \(h(t)=H+u_xt\) показывает, сколько воды максимально может накопить система канализации в каждый момент времени (\(H\) — вклад канавы, \(u_xt\) — вклад ливневого трубопровода). Для того чтобы затопления не возникло, график суммарного количества осадков должен всегда оставаться ниже этой прямой. Скорость \(u_x\) минимальна тогда, когда эта прямая является касательной к графику. Проведём поэтому на графике касательную, проходящую через точку \((0,H)\). Наклон этой касательной и есть искомая скорость \(u_x\).

Измерения дают \(u_x=1{,}23\text{ мм/мин}=1{,}23\text{ л/(мин}\cdot\text{м}^2)\).

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

Подсказка

Показание весов меняют три эффекта: убыль массы бутылки, начало прибавки массы сосуда лишь после времени падения струи и сила, с которой падающая вода тормозится в сосуде.

Ответ

График — ломаная на рисунке: от \(0\) до \(-0{,}45\text{ кг}\) за первые \(0{,}45\text{ с}\), затем \(0\) до \(t=1\text{ с}\), затем рост до \(+0{,}45\text{ кг}\) к моменту \(t=1{,}45\text{ с}\) и возврат к нулю.

Решение

Нужно учесть три эффекта:

• Масса верхнего сосуда (бутылки) уменьшается со скоростью \(\dot m\). Это происходит в течение первых \(\dfrac{m}{\dot m}=1\text{ с}\).

• Масса нижнего сосуда увеличивается со скоростью \(\dot m\). Это начинается в момент времени \(t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=0{,}45\text{ с}\) и продолжается до момента \(t_2=t_1+\dfrac{m}{\dot m}=1{,}45\text{ с}\).

• Когда вода достигает нижнего сосуда, она действует через весы Олега силой, равной скорости изменения импульса воды, попадающей в сосуд, то есть \(F=\dfrac{\Delta(mv)}{\Delta t}=\dot mv=\dot m\sqrt{2gh}\), которая действует постоянно в промежутке от \(t_1\) до \(t_2\). Это соответствует изменению показания весов \(m_p=\dfrac{\dot m\sqrt{2gh}}{g}=\dot m\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=0{,}45\text{ кг}\).

Складывая эти три составляющие, получаем следующий график:

На рисунке по оси абсцисс — время \(t\) (с), по оси ординат — изменение показания весов \(m\) (кг).

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

Подсказка

Если бы спутник был между двумя чёрными плитами температуры \(T_0\), он нагрелся бы до \(T_0\). Здесь плита одна и менее чёрная, а значит, притока энергии меньше.

Ответ

\(T=(\epsilon/2)^{1/4}T_0\approx213\text{ К}\approx-60\,{}^\circ\text{C}\).

Решение

Если бы спутник находился между двумя абсолютно чёрными плитами температуры \(T_0\), то он скоро достиг бы теплового равновесия, то есть приобрёл бы температуру \(T_0\). В таком случае он излучал бы тепло с суммарной мощностью \(P_0=S\sigma T_0^4\), где \(S\) — его полная площадь поверхности. Теперь же он получает вдвое меньше теплового излучения, так как плита лишь одна. Учитывая отношение \(\epsilon\) плотностей теплового излучения Земли и чёрной плиты, получаем, что суммарная мощность, падающая на спутник, равна \(P_1=\epsilon S\sigma T_0^4/2\). При тепловом равновесии спутник излучает столько же, сколько получает тепла, то есть \[\epsilon S\sigma T_0^4/2=S\sigma T^4.\] Отсюда выражаем температуру спутника: \[T=(\epsilon/2)^{1/4}T_0\approx213\text{ К}\approx-60\,{}^\circ\text{C}.\]

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

Подсказка

Индуцированные заряды \(\pm\Delta q\) на двух сторонах пластины гасят поле заряда \(q\) внутри металла; силы на них отличаются из-за разных расстояний \(R\) и \(R+h\).

Ответ

Пластинка притягивается к заряду: \(F\approx\dfrac{q^2hr^2}{8\pi\varepsilon_0R^5}\).

Решение

Если металлическую пластину внести в электрическое поле заряда, то на ней индуцируется заряд так, что он компенсирует внешнее электрическое поле (то есть внутри пластины заряды перераспределяются до тех пор, пока напряжённость электрического поля в пластине не станет равной нулю). Так как \(r\ll R\), можем считать, что поверхностные плотности зарядов на обеих сторонах изотропны. Так как полный заряд пластины равен нулю, то индуцированный заряд на поверхностях пластины равен соответственно \(\pm\Delta q\). Пластина в этом случае напоминает заряженный конденсатор. Так как напряжённость электрического поля внутри пластины равна нулю, то сумма внешнего электрического поля и индуцированного электрического поля должна быть равна \(0\), то есть \(\vec E_q+\vec E_{\pm\Delta q}=0\). Отсюда выражаем величину перераспределённого заряда \(\Delta q\):

\[\therefore\ \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{R^2}=\frac{\Delta q}{2\pi\varepsilon_0r^2}-\frac{-\Delta q}{2\pi\varepsilon_0r^2},\] \[\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{R^2}=\frac{\Delta q}{\pi\varepsilon_0r^2},\] \[\Delta q=\frac{qr^2}{4R^2}.\tag{1}\] Из закона Кулона выразим силу, действующую соответственно на каждую поверхность пластины, и получим суммарную силу: \[F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q\Delta q}{R^2}-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q\Delta q}{(R+h)^2}\approx\frac{q\Delta q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2Rh}{R^4},\tag{2}\] Из уравнений (1) и (2), подставляя, получаем \[F\approx\frac{q^2hr^2}{8\pi\varepsilon_0R^5}.\]

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

Подсказка

Чтобы убрать влияние диода внутри ящика, включите в цепь такой же диод с известным резистором и вычтите напряжение на диоде; затем поменяйте полярность батареи для второго резистора.

Решение

Соединим диод и известный резистор последовательно с чёрным ящиком так, чтобы положительная клемма была у синего провода. Измерим напряжение на диоде \(U_d\), напряжение на резисторе \(U_t\) и напряжение на чёрном ящике \(U_m\). Сила тока в цепи \(I_1=U_t/R\) идёт через резистор \(R_1\), а напряжение на нём найдём как разность напряжения на чёрном ящике и напряжения на диоде (диод у \(R_1\) и отдельный диод, а также текущие через них токи одинаковы, поэтому одинаковы и их напряжения): \(U_{R_1}=U_m-U_d\), откуда \[R_1=\frac{U_m-U_d}{I_1}=\frac{(U_m-U_d)R}{U_t}.\] Аналогично находим значение резистора \(R_2\), поменяв полярность батареи: \[R_2=\frac{V_m-V_d}{I_2}=\frac{(V_m-V_d)R}{V_t},\] где \(V_m\), \(V_d\) и \(V_t\) обозначают соответствующие напряжения в новой ситуации.

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

Подсказка

Три силы в равновесии пересекаются в одной точке: найдите угол линейки, при котором шарик удерживается нитью, параллельной наклонной плоскости, и свяжите его с углом трения.

Ответ

\(\mu=\dfrac12\operatorname{tg}\alpha\).

Решение

Построим из деревянной линейки наклонную плоскость, опирая один конец о поверхность стола и приподнимая другой рукой. В той же руке держим вертикально пластиковую линейку так, чтобы с её помощью измерить высоту \(h\) конца деревянной линейки над поверхностью стола. Эту высоту используем для определения угла наклонной плоскости \(\alpha=\arcsin(h/L)\), где \(L\) — полная длина деревянной линейки. Найдём такой угол наклона линейки, при котором можно удерживать шарик для пинг-понга неподвижно на наклонной плоскости, потянув за нить, параллельную наклонной плоскости, причём точка крепления нити находится от точки касания шарика на расстоянии диаметра, см. рисунок. Для обеспечения параллельности удобно использовать второй шарик для пинг-понга, который удерживает нить на том же расстоянии от линейки.

Условие равновесия: три приложенные силы — сила тяжести, равнодействующая силы трения и реакции опоры (направление которой составляет угол \(\beta=\operatorname{arctg}\mu\) с нормалью к поверхности) и натяжение нити — пересекаются в одной точке \(P\). Легко видеть, что \(\operatorname{tg}\beta=\dfrac12\operatorname{tg}\alpha\), то есть \(\mu=\dfrac12\operatorname{tg}\alpha\).

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