МОШ, 2023/24, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

За время между вспышками обруч поворачивается на четверть оборота. Как по двум точкам, отстоящим на пол-оборота, найти положение оси обруча?

Ответ

\(R = (0{,}75 \pm 0{,}05)\text{ м}\), \(v = (5{,}7 \pm 0{,}5)\text{ м/с}\).

Решение

Задача может быть решена разными способами. Покажем один из них, наиболее простой по мнению автора.

Пусть \(\{\mathbf r_i\}\), \(i = 1, 2, 3, 4\) "— совокупность радиус-векторов точек, изображённых на рисунке, в некоторой системе координат; \(\{\mathbf R_i\}\), \(i = 1, 2, 3, 4\) "— совокупность радиус-векторов точек, изображающих центр диска в моменты вспышек. Обозначим \(\mathbf a\) "— вектор, проведённый из точки, изображающей центр диска, к точке, изображающей лампочку в моменты первой вспышки, вектор \(\mathbf b\) "— аналогичный вектор для момента второй вспышки.

Справедливы соотношения \[\mathbf r_1 = \mathbf R_1 + \mathbf a, \qquad \mathbf r_3 = \mathbf R_1 + \mathbf v \cdot 2t - \mathbf a,\] в которых \(\mathbf v\) "— скорость движения центра диска. Для моментов второй и четвёртой вспышек верны соотношения \[\mathbf r_2 = \mathbf R_2 + \mathbf b, \qquad \mathbf r_4 = \mathbf R_2 + \mathbf v \cdot 2t - \mathbf b.\] Из этих соотношений следуют формулы \[\frac{\mathbf r_1 + \mathbf r_3}{2} = \mathbf R_1 + \mathbf v \cdot t = \mathbf R_2, \qquad \frac{\mathbf r_2 + \mathbf r_4}{2} = \mathbf R_3.\] Легко видеть, что полусумма векторов \(\dfrac{\mathbf r_1 + \mathbf r_3}{2}\) "— есть радиус-вектор середины отрезка, соединяющего точки 1 и 3. Отсюда следует вывод о том, что точка, изображающая центр диска в момент второй вспышки, совпадает с серединой отрезка 13. Аналогично, точка, изображающая центр диска в момент третьей вспышки, совпадает с серединой отрезка 24.

Таким образом, построение содержит следующие шаги. Строим середины отрезков 13 и 24 (точки \(O_2\) и \(O_3\) соответственно на рисунке). Длина отрезка \(O_2 2\) равна радиусу диска. За четверть секунды точка, изображающая центр диска, проходит путь, соответствующий длине отрезка \(O_2O_3\).

Измерения по чертежу, сделанные после построений при помощи линейки, дают \(O_2 2 = 34{,}5\text{ мм}\), \(O_2O_3 = 64{,}5\text{ мм}\). Сравнив при помощи линейки найденные длины с длиной отрезка, соответствующего длине 1 метр (45 мм), получаем искомые величины \[R \approx \frac{34{,}5}{45}\text{ м} = 0{,}75\text{ м}, \qquad v \approx \frac{64{,}5}{45}\cdot 4\text{ м/с} \approx 5{,}7\text{ м/с}.\]

Подсказка

Пока сила чуть превышает максимум трения покоя, брусок сначала «срывается» с места, а как только сила меняет знак, начинает тормозиться почти вдвое сильнее. Для досок выясните по порядку: когда начнёт двигаться каждая доска и когда начнётся проскальзывание между ними.

Ответ

А) график скорости "— пилообразный периодический, максимальное значение \(u = 1{,}8\text{ м/с}\);  Б1) \(a = 0\) при \(t < t_0\), далее \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{t_0} - \mu_s g\), до \(16\text{ м/с}^2\) при \(t = 4t_0\);  Б2) \(a = 0\) при \(t < 2t_0\), затем \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{2t_0} - \mu_s g\) (от \(1\) до \(5\text{ м/с}^2\) при \(t = 3{,}6t_0\)), затем \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{t_0} - 3\mu_s g\) (от \(6\) до \(8\text{ м/с}^2\) при \(t = 4t_0\)).

Решение

А. Анализ показывает, что в каждый момент времени брусок двигается с ускорением, которое по абсолютной величине может быть равно \(a_1 \approx (\mu_r - \mu_s)\,g = 1\text{ м/с}^2\) или \(a_2 \approx (\mu_r + \mu_s)\,g = 9\text{ м/с}^2\). Спустя длительное время после начала процесса установится квазистационарный режим, и проекция скорости бруска в зависимости от времени будет меняться периодически. В течение периода за время \(\tau = \dfrac{T}{20}\) модуль скорости бруска уменьшается от значения \(u\) до нуля, а затем за время \(9\tau\) увеличивается от нуля до \(u\) (см. рисунок ниже, \(\tau = 0{,}2\text{ с}\)). Значение максимальной скорости в квазистационарном режиме равно \(u = 1{,}8\text{ м/с}\).

Можно дать доказательство того факта, что спустя длительное время после начала процесса устанавливается квазистационарный режим. Действительно, обозначим \(v_k\) "— значение модуля скорости бруска спустя время \(\dfrac{kT}{2}\) после начала процесса. Справедливо рекуррентное соотношение \[v_{k+1} = 2\text{ м/с} - \frac{v_k}{9}, \tag{1}\] при этом \(v_1 = 2\text{ м/с}\). Введём обозначение \(w_k = v_k - u\), где \(u = 1{,}8\text{ м/с}\). Из формулы (4) следует соотношение \[w_{k+1} = -\frac{w_k}{9},\] а из него формула для \((k+1)\)-го члена последовательности \[w_{k+1} = 0{,}2\cdot\frac{(-1)^k}{9^k},\] которая является убывающей геометрической прогрессией. Легко видеть, что предел последовательности \(\{w_k\}\) при \(k \to \infty\) равен нулю. Это означает, что при больших \(k\) значение \(v_k\) стремится к \(u\).

Б. Б1) Сразу заметим, что нижняя доска при любом значении внешней силы будет оставаться в покое, поскольку максимальное значение силы трения покоя, действующей на неё со стороны стола, равно \(2\mu_r mg\), а максимальная сила, действующая на нижнюю доску со стороны верхней равна \(\mu_r mg\). Таким образом, при значении внешней силы меньше \(\mu_r mg\) ускорение верхней доски равно нулю, а при значении больше \(\mu_r mg\) равно \[a(t) = \frac{\mu_r g t}{t_0} - \mu_s g. \tag{2}\] Искомый график изображён на рисунке, представленном ниже.

Б2) В этом случае движение начнётся, когда внешняя сила станет больше значения \(2\mu_r mg = mg\), это произойдёт в момент времени \(t_1 = 2t_0\), далее верхняя доска будет двигаться совместно с нижней с ускорением, даваемым формулой \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{2t_0} - \mu_s g\), похожей на формулу (5). Позднее в некоторый момент времени начнётся проскальзывание верхней доски по нижней. Значение внешней силы в этот момент будет удовлетворять соотношению \[\frac{F - 2\mu_s mg}{2m}\cdot m = \mu_r mg. \tag{3}\] Решив уравнение (6), находим критическое значение силы \(F = 2\,(\mu_s + \mu_r)\,mg = 1{,}8\,mg\). Этого значения сила достигает в момент времени \(t = 3{,}6t_0\). Далее нижняя доска будет двигаться с ускорением, большим ускорения верхней доски. Зависимость ускорения нижней доски от времени в этом случае будет задаваться формулой \[a(t) = \frac{\mu_r g t}{t_0} - 3\mu_s g. \tag{4}\] Искомый график можно видеть на рисунке, представленном ниже.

Подсказка

Выпишите, какая масса замерзает за малое перемещение капли по высоте, и просуммируйте по всему пути: что в этой сумме не зависит от размера капли?

Ответ

\(n = \dfrac{2}{27} \approx 7{,}4\,\%\).

Решение

Обозначим \(\Delta T(h) = t_c - t(h)\) "— разность температур капли и окружающей среды на высоте \(h\) (большая буква используется для обозначения разности температур, чтобы избежать путаницы с временем). Пусть за малое время \(\Delta t\) замерзает небольшая масса капли \(\Delta m\), тогда справедливо соотношение \[\lambda\,\Delta m = \alpha\,\Delta T(h)\,S\,\Delta t.\] Пусть скорость капли равна \(v\), тогда это соотношение можно переписать в виде \[\frac{\lambda v\,\Delta m}{\alpha S} = \Delta T(h)\,\Delta h. \tag{1}\] При суммировании выражений, стоящих в правой части формулы (8), получается величина, численно равная площади фигуры, ограниченной графиком профиля температуры, осями абсцисс и ординат. Эта площадь не зависит от размера капли и скорости её падения. Таким образом, суммарная масса, превращающаяся в лёд в процессе падения, пропорциональна площади её поверхности и обратно пропорциональна скорости падения \[m \propto \frac{S}{v} \propto \frac{R^2}{v}. \tag{2}\] Символ <<\(\propto\)>> означает пропорциональность. Скорость падения определяется из равенства силы сопротивления и силы тяжести: \[Mg = \beta S v^2 \quad\Rightarrow\quad v^2 \propto \frac{\rho V}{S} \propto R. \tag{3}\] Комбинируя соотношения (9), (10) и учитывая, что масса капли пропорциональна \(R^3\), получаем для доли замерзающей массы соотношение \[n = \frac{m}{M} \propto \frac{R^{3/2}}{R^3} \propto R^{-3/2}. \tag{4}\] Из формулы (11) следует, что доля массы большой капли, превращающаяся в лёд, равна \[n = \frac{1}{4}\cdot(2{,}25)^{-3/2} = \frac{2}{27} \approx 7{,}4\,\%.\]

Подсказка

Ток через \(R\) постоянен, если вольт-амперная характеристика параллельного соединения диода и \(R_0\) имеет горизонтальный участок. В пункте А построите нагрузочную прямую \(U = U_0 - IR\) и найдите предельные наклоны, при которых она пересекает характеристику один раз.

Ответ

А) \(R > \dfrac{2u}{i}\) или \(R < \dfrac{5u}{4i}\);  Б1) \(R_0 \approx 66{,}7\text{ Ом}\);  Б2) \(201\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 215\text{ Ом}\).

Решение

А. Обозначим \(V(I)\) зависимость напряжения на туннельном диоде от текущего через него тока. Тогда ток в рассматриваемой цепи определяется уравнением \(U_0 - IR = V(I)\), количество решений которого зависит от величины параметра \(R\). Графический метод решения этого уравнения состоит в определении координат точки (или точек) пересечения вольт-амперной характеристики и прямой \(U = U_0 - IR\). На графике, представленном ниже, пунктирной линией показана прямая, соответствующая такому значению сопротивления, при котором ток цепи определяется неоднозначно (уравнение имеет три решения). Тонкими сплошными линиями чёрного цвета показаны прямые, соответствующие таким значениям сопротивления \(R_1\) и \(R_2\), что уравнение имеет два решения.

Легко видеть, что искомые значения сопротивления, при которых ток в цепи определяется однозначно, даются неравенствами \[R < R_1, \qquad R > R_2.\] Теперь остаётся определить значения \(R_1\) и \(R_2\). Значение \(R_1\) определяется из уравнения \[u = 6u - 4i\cdot R_1. \tag{1}\] Аналогичное уравнение можно записать и для определения значения \(R_2\) \[4u = 6u - i\cdot R_2. \tag{2}\] Решая уравнения (12) и (13), получаем ответы: \[R > \frac{2u}{i}, \qquad R < \frac{5u}{4i}.\]

Б. Параллельное соединение туннельного диода и резистора может обеспечить постоянный ток в этой цепи (в некотором диапазоне напряжений) в том случае, если вольт-амперная характеристика этого параллельного соединения имеет горизонтальный участок, что реализуется при значении сопротивления балластного резистора, равном \[R_0 = \frac{U_2 - U_1}{I_1 - I_2} = \frac{600}{9}\text{ Ом} \approx 66{,}7\text{ Ом}.\] Теперь можем легко вычислить постоянное значение тока через нагрузку \[I_{\text{const}} = I_1 + \frac{U_1}{R_0} = 13\text{ мА}.\] Обозначим минимальное входное напряжение \(U_{\min} = 3{,}0\text{ В}\), тогда значение тока \(I_{\text{const}}\) через нагрузку реализуется при следующих значениях сопротивления нагрузки \[\frac{U_{\min} - U_2}{I_{\text{const}}} \leqslant R \leqslant \frac{U_{\min} - U_1}{I_{\text{const}}}, \tag{3}\] Вычислив значения в формуле (14) и округлив до целого, получим неравенства \[170\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 215\text{ Ом}. \tag{4}\] Рассуждая аналогично, можем рассчитать диапазон возможных значений сопротивления нагрузки для максимального входного напряжения \(U_{\max} = 3{,}4\text{ В}\). Получится двойное неравенство \[201\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 246\text{ Ом}. \tag{5}\] Пересечение отрезков (15) и (16) даёт ответ на вопрос задачи: \[201\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 215\text{ Ом}.\]

Подсказка

Изображение отрезка \(BC\) лежит в плоскости матрицы, если прямые, на которых лежат предмет, линза и матрица, пересекаются в одной точке. Используйте это и формулу линзы для точки \(A\).

Ответ

\(\varphi = \dfrac{f}{L\sqrt 2} \approx 7{,}1\cdot 10^{-3} \approx 0{,}4^\circ\) (здесь \(L = AB\)).

Решение

Для того чтобы изображение предмета получалось наиболее резким, необходимо, чтобы прямые, на которых лежат предмет \(BC\), отрезок, символизирующий плоскость плёнки, и линза пересекались в одной точке. В этом случае изображение предмета будет полностью лежать в плоскости плёнки. Обозначим буквой \(G\) точку, в которой пересекаются описанные прямые (см. рисунок).

Искомый угол обозначен дугой на рисунке; \(a\) и \(a_1\) "— длины перпендикуляров, опущенных из точек \(A\) и \(A_1\) на линзу. Длины \(a\) и \(a_1\) связаны формулой линзы \[\frac{1}{f} = \frac{1}{a} + \frac{1}{a_1}. \tag{1}\] При этом, поскольку искомый угол \(\varphi\) мал (\(\cos\varphi \approx 1\)), справедливы равенства \(a \approx AO\) и \(a_1 \approx A_1O\), и как следствие, равенство \[a + a_1 = AA_1 = \frac{L}{\cos\alpha} = L\sqrt 2, \tag{2}\] в котором введено обозначение \(L = AB\).

Решая уравнения (17) и (18) как систему, отбираем решение, не противоречащее физическому смыслу \[a = L\sqrt 2\cdot\frac{1 - \sqrt{1 - \dfrac{4\sqrt 2 f}{2L}}}{2} \approx L\sqrt 2\cdot\frac{4\sqrt 2 f}{4\cdot 2L} = f. \tag{3}\] При записи последней цепочки равенств была использована приближённая формула \(\sqrt{1 - x} \approx 1 - \dfrac{x}{2}\), справедливая при малых \(x\) (\(|x| \ll 1\)). Поскольку \(\angle A_1AB = \dfrac{\pi}{4}\), отрезки \(AA_1\) и \(AG\) равны, при этом \(AA_1 = AG = L\sqrt 2\). Таким образом, как следует из формулы (19), искомый угол равен \[\varphi \approx \frac{a}{L\sqrt 2} \approx \frac{f}{L\sqrt 2} \approx 7{,}1\cdot 10^{-3} \approx 0{,}4^\circ.\]