ИОШ, 2025/26, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Сколько верёвки размотается за 1 минуту при скорости 1 узел? Сравните с длиной верёвки, которая размоталась бы за час.

Ответ

1) \(l = \dfrac{1852}{60} \approx 30{,}87\) м;  2) \(12\) узлов \(= 22{,}2\) км/ч;  3) \(40\) км/ч \(= 21{,}6\) узла.

Решение

Пусть корабль движется со скоростью 1 узел — 1 морская миля в час. Тогда за час размоталась бы верёвка длиной 1852 м. А за 1 минуту — время измерения скорости корабля — в 60 раз меньше. Значит, за 1 минуту размотается верёвка длиной \[l = \dfrac{1852}{60} = 30{,}87~\text{м}.\] Найдём скорость 12 узлов в километрах в час. Имеем \[v = 12~\text{узлов} = 12 \cdot 1{,}852~\text{км/ч} = 22{,}2~\text{км/ч}.\] Обратный пересчёт: \[v = 40~\text{км/ч} = \dfrac{40}{1{,}852}~\text{узлов} = 21{,}6~\text{узла}.\]

Подсказка

Какое напряжение остаётся на светодиоде, когда через него течёт ток? Через что выражается мощность, выделяющаяся на диоде?

Ответ

\(R_{\min} = \dfrac{U_0(\varepsilon - U_0)}{P_m} = 90\) Ом.

Решение

Так как ЭДС источника больше напряжения открытия светодиода, ток в цепи пойдёт. Значит, напряжение на светодиоде будет равно напряжению открытия независимо от тока в цепи. Поскольку сумма падений напряжения в цепи равна ЭДС, то для напряжения \(U\) на резисторе имеем \[U = \varepsilon - U_0.\] Таким образом, по закону Ома для участка цепи через резистор (и остальные элементы цепи) течёт ток \[I = \dfrac{\varepsilon - U_0}{R}.\] Такой же ток будет течь и через светодиод, и мощность энерговыделения на светодиоде будет равна работе электрического поля в единицу времени при переносе заряда через светодиод: \[P = U_0 I = \dfrac{U_0(\varepsilon - U_0)}{R}.\] Чтобы светодиод не перегорел, эта мощность должна быть не больше предельной мощности светодиода \(P_m\), или \[\dfrac{U_0(\varepsilon - U_0)}{R} \le P_m.\] Отсюда находим минимальное значение сопротивления токоограничивающего резистора, при котором светодиод не перегорает: \[R = \dfrac{U_0(\varepsilon - U_0)}{P_m} = 90~\text{Ом}.\]

Подсказка

Удобно рассмотреть сразу конечное состояние калориметров: после двух перекладываний вода в них возвращается к исходному количеству, и тепло переходит только из второго калориметра в первый.

Ответ

\(t_y = t_1 + \dfrac{(t_2 - t_x)(t_x - t_1)}{t_2 - t_1} \approx 39{,}9^\circ\)C.

Решение

Проще всего решить эту задачу, рассматривая сразу конечное состояние калориметров. С точки зрения содержимого они вернулись к первоначальному состоянию, но температура во втором калориметре уменьшилась от \(t_2\) до \(t_x\). Поэтому второй калориметр потерял энергию \(Q = C(t_2 - t_x)\) (где \(C\) — теплоёмкость калориметра вместе с водой, но без тела). Поскольку по условию потерями тепла можно пренебречь, то всю эту энергию получил первый калориметр. Поэтому уравнение теплового баланса для двух перекладываний тела (во второй калориметр, а потом назад) даёт \[C(t_2 - t_x) = (C + C_0)(t_y - t_1),\] где \(C_0\) — теплоёмкость тела, \(t_y\) — искомая температура первого калориметра после возвращения в него тела. Отсюда \[t_y = t_1 + \dfrac{t_2 - t_x}{1 + \dfrac{C_0}{C}}.\] А отношение теплоёмкостей можно найти, рассматривая первый процесс установления равновесия. Для перекладывания тела из первого калориметра во второй получаем из уравнения теплового баланса \[C(t_2 - t_x) = C_0(t_x - t_1) \quad\Rightarrow\quad \dfrac{C_0}{C} = \dfrac{t_2 - t_x}{t_x - t_1}.\] Подставляя эту формулу, найдём конечную температуру первого калориметра: \[t_y = t_1 + \dfrac{(t_2 - t_x)(t_x - t_1)}{t_2 - t_1} = 39{,}9^\circ\text{C}.\]

Подсказка

Освещённость площадки складывается из вкладов двух источников, и каждый из них зависит от угла наклона площадки по-своему. Найдите максимум полученной суммы по углу.

Ответ

\(\alpha_m = \operatorname{arctg}2\);  \(E_m = \dfrac{\sqrt5\, I}{4\pi a^2}\).

Решение

Найдём освещённость площадки как функцию угла \(\alpha\) и исследуем эту функцию на максимум. Сначала источник с интенсивностью \(I\). Так как энергия, излучённая источником, нигде не накапливается, энергия, проходящая через сферу любого радиуса в единицу времени, равна \(I\). Поэтому через единицу площади сферы радиуса \(a\) пройдёт в единицу времени энергия \[w = \dfrac{I}{4\pi a^2},\] а значит, освещённость площадки, связанная с источником интенсивности \(I\), равна \[E_1 = w\cos\alpha = \dfrac{I}{4\pi a^2}\cos\alpha,\] где \(\alpha\) — угол между площадкой и перпендикуляром к направлению падения света. Аналогично для освещённости, связанной со вторым источником, получим \[E_2 = \dfrac{2I}{4\pi a^2}\sin\alpha.\] Из этих формул находим, что освещённость площадки равна \[E = E_1 + E_2 = \dfrac{I}{4\pi a^2}\left(\cos\alpha + 2\sin\alpha\right).\] Находя производную этой функции по \(\alpha\) и приравнивая производную к нулю, получим уравнение для угла \(\alpha_m\), которому отвечает максимум освещённости: \[\operatorname{tg}\alpha_m = 2 \quad\Rightarrow\quad \alpha_m = \operatorname{arctg}2.\] Чтобы найти освещённость для этого угла, выразим синус и косинус угла \(\alpha_m\) через его тангенс: \[\sin\alpha_m = \dfrac{\operatorname{tg}\alpha_m}{\sqrt{1 + \operatorname{tg}^2\alpha_m}} = \dfrac{2}{\sqrt5}, \qquad \cos\alpha_m = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \operatorname{tg}^2\alpha_m}} = \dfrac{1}{\sqrt5}.\] Отсюда находим максимальную освещённость площадки: \[E_m = \dfrac{I}{4\pi a^2}\left(\cos\alpha_m + 2\sin\alpha_m\right) = \dfrac{\sqrt5\, I}{4\pi a^2}.\] То, что это максимум (а не минимум), видно, например, из того, что при расположении площадки перпендикулярно световому потоку одного или второго источника её освещённость будет меньше этой величины. Например, при расположении площадки перпендикулярно световому потоку более интенсивного источника её освещённость будет равна \[E = \dfrac{2I}{4\pi a^2},\] что меньше найденной величины.

Подсказка

Сначала проверьте, может ли верхнее тело массы \(2m\) оставаться неподвижным. Если нет, сравните силу натяжения нити с силой трения, которую может создать поверхность под большим телом.

Ответ

Большое тело неподвижно, если \(\mu_1 \ge \dfrac12\) или \(\mu_2 \ge \dfrac{2 - 4\mu_1}{17 + 2\mu_1}\) (второе условие содержательно при \(\mu_1 < \dfrac12\)).

Решение

Здесь возможны разные случаи.

(1) Если коэффициент трения между большим телом и телом массой \(2m\) является настолько большим, что тело массы \(2m\) покоится, то независимо от коэффициента трения между большим телом и горизонтальной поверхностью большое тело будет покоиться. Верхнее тело будет покоиться, если \[mg \le \mu_1 \cdot 2mg, \quad\text{или}\quad \mu_1 \ge \dfrac12.\] При выполнении этого неравенства большое тело будет покоиться независимо от коэффициента трения \(\mu_2\).

Пусть теперь \(\mu_1 < \dfrac12\). В этом случае верхние грузы будут двигаться. А будет ли двигаться большое тело? На него в горизонтальном направлении действует сила натяжения нити \(T\) (через блок, направлена влево) и сила трения со стороны верхнего груза, равная \(\mu_1 \cdot 2mg\), направленная вправо: \(T - 2\mu_1 mg\). А не давать двигаться ему будет сила трения, действующая между большим телом и горизонтальной поверхностью, \[\mu_2 N = \mu_2\left(5mg + T\right)\] (здесь \(T\) — сила натяжения нити, действующая на блок вертикально вниз и прижимающая большое тело к поверхности). То есть условием покоя большого тела при движущихся телах, прикреплённых к нити, будет условие \[\mu_2\left(5mg + T\right) \ge T - 2\mu_1 mg. \qquad (*)\] Найдём все эти силы. Силу \(T\) найдём, рассматривая движение верхних тел: \[3ma = mg - \mu_1 \cdot 2mg,\] где \(a\) — ускорение двух тел, прикреплённых к нити. Отсюда \[a = \dfrac13 g\left(1 - 2\mu_1\right).\]

А сила \(T\) сообщает такое ускорение верхнему телу: \[2ma = T - 2\mu_1 mg.\] Подставляя в эту формулу ускорение тел, получим \[T = \dfrac23 mg\left(1 + \mu_1\right).\] Подставляя силу \(T\) в условие покоя большого тела \((*)\), получим \[\mu_2 \ge \dfrac{2 - 4\mu_1}{17 + 2\mu_1}.\] Таким образом, большое тело будет покоиться при выполнении одного из двух условий или обоих: \[\mu_1 \ge \dfrac12 \quad\text{или}\quad \mu_2 \ge \dfrac{2 - 4\mu_1}{17 + 2\mu_1}.\]

Подсказка

Равновесие стержня соответствует экстремуму высоты его центра тяжести. Выразите эту высоту через угол \(\varphi\) и найдите экстремум.

Ответ

Равновесие при \(\varphi = \alpha\) и \(\varphi = \alpha - 90^\circ\) (стержень прижат к граням) — устойчивое; при \(\varphi = 2\alpha - 90^\circ\) — неустойчивое.

Решение

Условием равновесия стержня является условие максимальной или минимальной высоты расположения над землёй его центра тяжести. Найдём положение центра тяжести стержня как функцию угла \(\varphi\), а затем найдём экстремум этой функции.

Верхняя точка стержня поднята над уровнем нижнего ребра двугранного угла на высоту \(l\cos(\alpha - \varphi)\sin\alpha\) (\(l\) — длина стержня). А центр тяжести стержня опущен по отношению к верхней точке на высоту \(\dfrac{l}{2}\sin\varphi\). Поэтому центр тяжести стержня будет на высоте \[h(\varphi) = l\cos(\alpha - \varphi)\sin\alpha - \dfrac{l}{2}\sin\varphi\] по отношению к нижнему ребру двугранного угла. Если считать угол \(\varphi\) положительным, когда верхний конец стержня опирается на левую грань двугранного угла (наклонённую под углом \(\alpha > 45^\circ\) к горизонту), и отрицательным, когда верхний конец стержня опирается на правую грань, то эта формула работает для \[\alpha - 90^\circ \le \varphi \le \alpha\] (\(\varphi = \alpha\) отвечает положению стержня, прижатому к левой грани, \(\varphi = \alpha - 90^\circ\) — положению, прижатому к правой грани).

Экстремум функции \(h(\varphi)\) можно найти, дифференцируя эту функцию по \(\varphi\) и приравнивая производную к нулю, а можно воспользоваться соответствующей тригонометрической формулой. Имеем \[h(\varphi) = \dfrac{l}{2}\left[\sin\varphi + \sin(2\alpha - \varphi)\right] - \dfrac{l}{2}\sin\varphi = \dfrac{l}{2}\sin(2\alpha - \varphi).\] Из этой формулы видно, что в тех пределах, в которых меняется угол \(\varphi\), аргумент последнего синуса меняется от \(\alpha\) до \(\alpha + 90^\circ\) и достигает минимумов на краях этого интервала, а максимума при \[2\alpha - \varphi = 90^\circ \quad\Rightarrow\quad \varphi = 2\alpha - 90^\circ.\] Это и есть положения равновесия стержня: на краях интервала, то есть когда стержень касается граней двугранного угла, — положения устойчивого равновесия, а при \(\varphi = 2\alpha - 90^\circ\) — положение неустойчивого равновесия.