Эстонская, 2024/25, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Просуммируйте время пребывания всех молекул в чашке двумя способами: по молекулам и по моментам времени, и приравняйте результаты.

\(t=\dfrac32\,T=15\) минут.

Пусть в полной чашке \(n\) молекул, за день Тармо проходит \(m\) десятиминутных периодов, а среднее время, проведённое молекулой в чашке, равно \(t\). Суммарное время, проведённое в чашке всеми молекулами, можно вычислить двумя способами.

По молекулам. Так как за день в чашку наливается всего \(\dfrac n2\cdot m\) молекул, а среднее время пребывания молекулы в чашке равно \(t\), суммарное время, проведённое в чашке всеми молекулами, равно \(\dfrac12\,nmt\).

По моментам времени. Так как в среднем в каждый момент в чашке находится \(\dfrac{n+\frac n2}{2}=\dfrac34\,n\) молекул, суммарное время, проведённое в чашке всеми молекулами, равно \(\dfrac34\,nmT\). Отсюда \[\frac12\,nmt=\frac34\,nmT,\qquad t=\frac32\,T=15\text{ минут}.\]

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

В новом равновесии поверхность воды наклонена к горизонту; найдите угол наклона и посмотрите, на какую высоту переместился центр масс «перенесённого» треугольного объёма воды.

\(\Delta E=\dfrac{x^3d\rho a^2}{24g}\).

Сначала нужно найти новое положение равновесия воды. Поскольку торможение равномерное и достаточно долгое, поверхность воды образует с горизонталью угол \(\alpha\), который связан с ускорением соотношением \(\tan\alpha=a/g\). Сравнивая новое положение равновесия с прежним, находим, что фактически треугольник воды длиной \(\frac12x\) и высотой \(h_1\), связанными соотношением \(h_1=\frac12x\cdot\tan\alpha\), перевёрнут из-под горизонтали на неё. Можно воспользоваться тем, что центр масс однородного треугольника находится на высоте \(\frac13h_1\), то есть центр масс в сумме поднялся на высоту \(\frac23h_1\). Масса воды \(m=\rho\,\dfrac{\frac12x\,d\,h_1}{2}=\dfrac14\rho xdh_1\). Изменение потенциальной энергии \[\Delta E=mg\Delta h=\frac14\,\rho xdh_1g\cdot\frac13\,\frac{xa}{g}=\frac1{12}\,x^2h_1d\rho a=\frac{x^3d\rho a^2}{24g}.\]

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

Проведите два близких к данному луча так, чтобы на входе они были вдвое ближе друг к другу, чем на выходе: точка пересечения двух лучей между линзами лежит в фокальных плоскостях обеих линз.

Отметим точки входа и выхода луча, близкого к данному, так, чтобы входящий луч был вдвое ближе к заданному лучу, чем выходящий. Соединив их линией, получаем ход второго луча. Точка пересечения двух лучей лежит в фокальной плоскости обеих линз, поэтому фокальные плоскости можно провести как прямые, параллельные плоскостям линз и проходящие через точку пересечения. Далее проводим через точку пересечения лучи, параллельные направлениям входа и выхода луча: они проходят через центры линз. Из центров проводим главные оптические оси как перпендикуляры к плоскостям линз.

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

Объём воздуха в закрытой банке постоянен, поэтому \(p/T=\text{const}\); перепад давления на кнопке задаётся силой её вдавливания.

a) \(T_1\approx52{,}7\text{ °C}\);  b) \(F\approx11\text{ Н}\).

a) Пусть диаметр кнопки \(d\), тогда площадь кнопки \(S=\dfrac{\pi d^2}{4}\). Разность давлений \(\Delta p=\dfrac FS=\dfrac{4F}{\pi d^2}\). Из уравнения состояния идеального газа \(pV=nRT\) при постоянном объёме получаем \(\dfrac pT=\text{const}\). Примем атмосферное давление \(p_0=101\,325\) Па и комнатную температуру \(T_0=20\,^\circ\)C. Пусть давление в банке при комнатной температуре \(p_1\), а искомая температура \(T_1\). Тогда

\[\frac{p_0}{T_1}=\frac{p_1}{T_0},\quad\text{откуда}\quad T_1=\frac{p_0}{p_1}\cdot T_0=\frac{p_0}{p_0-\Delta p}\cdot T_0=\frac{p_0}{p_0-\frac{4F}{\pi d^2}}\cdot T_0\approx52{,}7\,^\circ\text{C}\] (умножено на температуру в кельвинах).

b) Площадь крышки банки \(S=\pi\left(\dfrac{d_2}{2}\right)^2\), разность давлений \(\Delta p=p_0\left(1-\dfrac{T_2}{T_1}\right)\). Сила давления на крышку \(F_p=\Delta pS\), поэтому необходимая для поворота сила \(F=F_p\sin(6^\circ)\approx11\) Н (приложенная вдоль направления резьбы).

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

Рассмотрите половину стержня в системе, вращающейся вместе со стержнем: на неё действуют разность силы тяготения и центробежной силы, которые линейно зависят от расстояния до середины.

\(\sigma=\dfrac{3GM\rho L^2}{4R^3}\).

Рассмотрим ситуацию относительно середины стержня, расстояние которой от Земли равно \(R\). Пусть площадь поперечного сечения стержня \(S\). Рассмотрим теперь малый кусочек стержня длиной \(\Delta L\), расположенный на расстоянии \(x\) от середины стержня. (За положительное направление можно принять направление от Земли.) Объём этого кусочка \(\Delta V=S\Delta L\), масса \(\Delta m=\rho\Delta V\), а расстояние от Земли \(R+x\). На этот кусочек действует сила тяжести \[\Delta F_G=\frac{GM\Delta m}{(R+x)^2}\approx\frac{GM\Delta m}{R^2}-\frac{2GM\Delta m}{R^3}\,x,\] где, кроме того, мы использовали данную подсказку. Ясно, что если кусочек находится дальше от Земли, чем середина стержня, то на него действует меньшая сила тяжести, чем на кусочек, который находится ближе к Земле. Поэтому относительно середины стержня часть стержня, находящаяся дальше от Земли, тянется от Земли, а часть, находящаяся ближе, — к Земле. Так как разность сил зависит от расстояния кусочка до середины стержня линейно, можно упрощённо найти полную силу, взяв за расстояние \(x=L/4\), то есть расстояние от середины половины стержня до середины всего стержня. Тогда \[\begin{align} F_1&=\Delta F_G^{\downarrow}-\Delta F_G^{\uparrow}\\ &=\frac{GM\Delta m}{R^2}-\frac{2GM\Delta m}{R^3}\cdot\frac{-L}{4}-\left(\frac{GM\Delta m}{R^2}-\frac{2GM\Delta m}{R^3}\cdot\frac L4\right)\\ &=\frac{GM\Delta mL}{R^3}=\frac{GM\rho L^2S}{2R^3} \end{align}\] Здесь масса половины стержня \(\Delta m=\dfrac{\rho LS}{2}\). Кроме того, на кусочек стержня действует центростремительная сила \[\Delta F_C=\Delta m\,\omega^2(R+x)=\Delta m\,\omega^2R+\Delta m\,\omega^2x.\] Угловую скорость \(\omega\) стержня на орбите получаем из равенства силы тяжести и центростремительной силы для всего стержня (используя предположение \(L\ll R\)): \[m\omega^2R=\frac{GMm}{R^2}\quad\Longrightarrow\quad\omega^2=\frac{GM}{R^3}.\] Аналогично силе тяжести находим силу растяжения относительно середины стержня: \[\begin{align} F_2&=\Delta F_C^{\uparrow}-\Delta F_C^{\downarrow}\\ &=\Delta m\,\omega^2R+\Delta m\,\omega^2\frac L4-\left(\Delta m\,\omega^2R+\Delta m\,\omega^2\frac{-L}{4}\right)\\ &=\frac{\Delta m\,\omega^2L}{2}=\frac{GM\Delta mL}{2R^3}=\frac{GM\rho L^2S}{4R^3} \end{align}\] Наконец, находим напряжение, разделив полную силу на площадь поперечного сечения стержня:

\[\sigma=\frac{F_1+F_2}{S}=\frac{3GM\rho L^2}{4R^3}.\]

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

Пока ток не достиг \(I_0\), источник держит на проводах максимальное напряжение \(U_0\); та его часть, что не падает на диодах, идёт на нарастание тока в индуктивности проводов.

\(t_0\approx2{,}57\) мкс; мощность источника линейно растёт до 48 Вт, затем падает до 38 Вт и остаётся постоянной.

Из соотношения \(P=UI\) находим сумму напряжений открывания диодов: \(U_a=P_0/I_0=19\) В. Поэтому на индуктивности проводов \(L=\lambda l\) падает напряжение \(U_0-U_a\) — до тех пор, пока не достигнута сила тока \(I_0\). В этот момент напряжение на проводах падает до нуля, и ток больше не растёт. Итак, \(U_0-U_a=L\dfrac{dI}{dt}\), откуда видно, что ток растёт с постоянной скоростью \(\dfrac{dI}{dt}=(U_0-U_a)/L\). Поэтому время достижения полной мощности \[t_0=I_0L/(U_0-U_a)=2{,}57\text{ мкс}.\] График мощности источника тока таков: до момента \(t=t_0\) мощность линейно растёт до значения 48 Вт, затем падает до 38 Вт и остаётся постоянной.

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

Сдвиг камеры виден как смещение фигуры относительно клеток доски в плоскости её дальнего края; затем используйте подобные треугольники.

\(D\approx26\) см (измеренное фактическое расстояние — 24 см).

Шахматная фигура находится примерно на расстоянии \(k=4\frac23\) клетки от дальнего края шахматной доски. Учитывая данную длину стороны клетки \(d=3\) см, получаем, что расстояние от фигуры до дальнего края шахматной доски \(d_1=kd=14\) см (на фото — розовая линия).

Далее найдём сдвиг в плоскости дальнего края шахматной доски. Его можно найти, например, как разность длин красной и синей линий, отмеченных на фото: \(s_1=\text{красная}-\text{синяя}\) (числа зависят от размеров напечатанного фото). Чтобы найти длину, соответствующую этому сдвигу в действительности, сначала найдём длину стороны шахматной клетки на фото на расстоянии дальнего края \(l_r=14\) мм (на фото — зелёная). Затем измерим по рисунку длины красной и синей линий: \(l_p=18\) мм и \(l_s=13\) мм. Так как мы знаем и действительную длину стороны клетки, можем найти действительный сдвиг \[S=\frac d{l_r}\cdot s_1=\frac d{l_r}\cdot(l_p-l_s)\approx1{,}07\text{ см}.\] Теперь можем найти расстояние от шахматной фигуры до объектива камеры с помощью подобных треугольников: \[D=\frac sS\cdot d_1=\frac{s\,l_r}{d(l_p-l_s)}\cdot kd=\frac{k\,s\,l_r}{l_p-l_s}\approx26\text{ см}.\] Примечание: фактическое расстояние было измерено и составило 24 см.

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

Время полёта максимально, когда минимальна скорость снижения \(v\sin\alpha\); выразите её через \(C_d/C_l^{3/2}\) и воспользуйтесь графиком (касательная из начала координат).

\(t_{\max}\approx657{,}8\) с.

Пусть \(\alpha\) — угол между горизонталью и вектором скорости планёра, тогда равновесие сил выражается так: \[mg\sin\alpha=v^2kC_d,\qquad mg\cos\alpha=v^2kC_l.\] Отсюда выражаем скорость планёра. \[\sin\alpha=\frac{v^2kC_d}{mg},\qquad\cos\alpha=\sqrt{1-\left(\frac{v^2kC_d}{mg}\right)^2},\] \[mg\sqrt{1-\left(\frac{v^2kC_d}{mg}\right)^2}=v^2kC_l,\] \[m^2g^2-\left(v^2kC_d\right)^2=\left(v^2kC_l\right)^2,\] \[v^4=\frac{m^2g^2}{k^2\left(C_d^2+C_l^2\right)}\approx\frac{m^2g^2}{k^2C_l^2},\qquad v=\sqrt{\frac{mg}{kC_l}}.\] Ясно, что для максимизации времени полёта нужно минимизировать скорость снижения. Поэтому нужно найти минимальное значение величины \(\dfrac{\Delta h}{\Delta t}=v\sin\alpha\). \[v\sin\alpha=\frac{v^3kC_d}{mg}=\frac{\left(\frac{mg}{kC_l}\right)^{3/2}kC_d}{mg}=\sqrt{\frac{mg}{k}}\cdot\frac{C_d}{C_l^{3/2}}.\] Получается, что значение величины \(a=\dfrac{C_d}{C_l^{3/2}}\) должно быть (по абсолютной величине) минимальным. Чтобы найти минимальное значение, можно провести касательную к графику \((C_l)^{3/2}\)–\(C_d\), что даёт максимально возможное значение величины \(1/a=63{,}8\).

Теперь можно найти максимальное время полёта. \[t=\frac h{v\sin\alpha}=h\sqrt{\frac k{mg}}\cdot\frac{C_l^{3/2}}{C_d}.\] При использовании исходных данных получается, что максимальное время полёта \(t\approx657{,}8\) с.

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

Плёнка должна подходить к поверхности воды под прямым углом, иначе капиллярная сила сдвигала бы линию контакта; какой формы тогда получается пузырь и каким остаётся его объём?

Давление уменьшилось примерно на 3 Па, объём вырос.

Плёнка мыльного пузыря должна быть на линии контакта перпендикулярна поверхности воды, иначе капиллярная сила тянула бы линию контакта в ту или другую сторону. Поэтому новая форма мыльного пузыря — полусфера. В ходе процесса давление меняется мало, поэтому и температура не может сильно измениться. Вследствие этого и объём существенно не меняется. Из сохранения объёма получаем \[\frac43\pi R^3=\frac23\pi R_2^3,\qquad R_2=\sqrt[3]{2}\,R=\sqrt[3]{2}\cdot0{,}01\text{ м}=0{,}0126\text{ м}.\] Используя формулу капиллярного давления под сферической поверхностью жидкости и учитывая, что у мыльного пузыря две поверхности жидкости (внутренняя и внешняя), получаем для избыточного давления вначале выражение \[\Delta P_1=\frac{4\sigma}R=\frac{4\cdot36\cdot10^{-3}\ \text{Н/м}}{0{,}01\text{ м}}=14{,}4\text{ Па};\] избыточное давление после: \[\Delta P_2=\frac{4\sigma}{R_2}=\frac{4\cdot36\cdot10^{-3}\ \text{Н/м}}{0{,}0126\text{ м}}=11{,}4\text{ Па}.\] Итак, давление уменьшилось на 3 Па. Это составляет от атмосферного давления лишь 0,003 %, поэтому предположение о сохранении объёма было оправданным.

Так как давление уменьшилось, объём вырос.

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

Минимальное время — прямолинейный пролёт вдоль оси; максимальное — когда электрон идёт у стенки по винтовой линии, и вдоль оси его скорость минимальна.

\(t_{\max}-t_{\min}=\dfrac Lv\left(\dfrac1{\sqrt{1-\left(\frac{eBr}{mv}\right)^2}}-1\right)\), где \(B=\dfrac{\mu_0NI}{L}\).

Магнитное поле в соленоиде равно \(\mu_0NI/L\).

Минимальное время прохождения — при прямолинейном движении, то есть \(t_{\min}=\dfrac Lv\).

При максимальном времени прохождения электрон входит в соленоид у его края и движется вдоль поверхности соленоида по винтовой линии. Пусть ось цилиндра направлена вдоль оси \(x\). Без ограничения общности пусть в начальный момент у электрона компоненты скорости \(v_z=0\), \(v_y\), \(v_x\). Тогда \(v_x=\sqrt{v^2-v_y^2}\). Из силы Лоренца \(v_y=\dfrac{eBr}m\). Если найденное \(v_y\ge v\), то электрон может дойти до другого конца соленоида через сколь угодно долгое время. В случае \(v_y<v\) получаем \[t_{\max}=\frac L{v_x}=\frac L{\sqrt{v^2-\left(\dfrac{eBr}m\right)^2}},\] \[t_{\max}-t_{\min}=\frac Lv\left(\frac1{\sqrt{1-\left(\dfrac{eBr}{mv}\right)^2}}-1\right).\]

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

Линейка в воде встанет наклонно; запишите равенство моментов сил тяжести и Архимеда относительно точки крепления груза.

\(\rho_p=\rho_vl^2/L^2\approx610\ \text{кг/м}^3\).

Поместим линейку в сосуд, наполненный водой: конец с грузом тонет до дна. Линейка принимает положение равновесия, в котором один конец частично находится над водой, а сама линейка наклонена. Измеряем общую длину линейки \(L=150\) мм и длину части под водой \(l=117\) мм. Из равенства моментов относительно точки, в которой к линейке прикреплена гайка (нижний край просверленного отверстия, примерно в 1 мм от конца линейки; ради простоты математики пренебрегаем моментом силы этого 1-миллиметрового кусочка — его, впрочем, тоже можно довольно легко учесть — и моментом силы нити крепления, так как её плечо равно нулю) получаем \[lS\rho_vg\cdot\frac l2=LS\rho_pg\cdot\frac L2,\] где \(S\) обозначает площадь поперечного сечения линейки, а \(\rho_p\) — плотность древесины. Отсюда выражаем плотность древесины \[\rho_p=\rho_vl^2/L^2=610\ \text{кг/м}^3.\] Проводим опыт при нескольких разных глубинах воды и находим среднее значение результата измерения.

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

Исследуйте каждую пару клемм: постоянный ток и напряжение говорят о последовательно соединённых источнике и резисторе, экспоненциально спадающий ток — о конденсаторе с резистором.

Проведём измерения: на одной паре клемм, пусть это A–B, стабильно имеются постоянный ток \(I\) и постоянное напряжение \(U\) — это указывает на то, что там последовательно соединены \(R=U/I\) и ЭДС \(\mathcal E=U\). На другой паре, пусть это B–C, мультиметр показывает какое-то напряжение, но оно не всегда одинаково; при подключении амперметра видим экспоненциальное убывание тока, поэтому между клеммами C и B должны быть последовательно ёмкость \(C\) и резистор \(R\). Поскольку между клеммами A–B ёмкости мы не видели (изменений во времени не было), то между A–B конденсатора нет, и он должен находиться только у клеммы C, а значит, соединение должно быть либо (a) звездой, где резистор у B (потому что его мы <<видели>> при обоих измерениях), а батарея у A, либо (b) все три элемента соединены последовательно в порядке от A через B к C.

Теперь соединим A и C через амперметр: в варианте (b) ток убывает в том же темпе, что и раньше, так как время RC было бы тем же; в варианте (a) же ток фактически должен мгновенно упасть до нуля. Поскольку происходит последний сценарий, имеем дело со звездой.

Если бы был секундомер, можно было бы определить время RC и тем самым \(C\); раз его нет, нужно использовать метод переноса заряда. Например: разрядим конденсатор, замкнув B и C через амперметр (чтобы видеть, когда он достаточно разрядился), и затем подключим к клеммам A и C известную ёмкость \(C_0\); так как при последовательном соединении напряжения на конденсаторах обратно пропорциональны ёмкостям, а сумма этих напряжений равна ЭДС батареи \(U\), то, измерив, какое напряжение \(U_1\) приобрёл известный конденсатор, можем выразить \[C=\frac{C_0U_1}{U-U_1}.\]

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