Всесоюзная, 1969/70, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Путь вверх и путь вниз одинаковы. Сравните скорости мяча на одной и той же высоте при подъёме и при падении: куда делась часть энергии?

Ответ

Время падения больше времени подъёма (если учитывать сопротивление воздуха; без него времена равны).

Решение

Что происходит. Без воздуха мяч поднимается и падает за равные времена: на каждой высоте скорость по модулю одна и та же. С воздухом сила сопротивления всё время направлена против скорости и отнимает у мяча механическую энергию. Путь вверх и путь вниз одинаковы (высота \(h\)), поэтому дольше проходится тот участок, на котором скорость меньше.

Обозначения. \(y\) — высота над точкой броска, \(h\) — высота подъёма, \(v_\uparrow(y)\) и \(v_\downarrow(y)\) — модули скорости на высоте \(y\) при подъёме и при падении, \(t_\uparrow\), \(t_\downarrow\) — времена подъёма и падения, \(F_{\text{с}}\) — сила сопротивления воздуха.

1. Скорости на одной высоте. Рассмотрим две встречи мяча с высотой \(y\): на подъёме и на падении. Между ними мяч дошёл до верхней точки и вернулся. Запишем теорему об изменении кинетической энергии мяча за это время: сила тяжести на замкнутом по высоте пути работы не совершает, остаётся работа силы сопротивления \(A_{\text{с}}\): \[\frac{mv_\downarrow^2(y)}{2}-\frac{mv_\uparrow^2(y)}{2}=A_{\text{с}}<0 .\] Работа отрицательна, потому что сила сопротивления направлена против перемещения на каждом участке. Значит, \(v_\downarrow(y)<v_\uparrow(y)\) на любой высоте \(0<y<h\).

2. Времена. За малое время \(dt\) мяч проходит по высоте малый отрезок \(dy=v\,dt\), то есть \(dt=dy/v\). Сложим такие промежутки по всем отрезкам от точки броска (\(y=0\)) до верхней точки (\(y=h\)): \[t_\uparrow=\sum\frac{dy}{v_\uparrow(y)},\qquad t_\downarrow=\sum\frac{dy}{v_\downarrow(y)} .\] Отрезки \(dy\) одни и те же, а скорость при падении на каждом из них меньше, чем при подъёме, поэтому каждое слагаемое во второй сумме больше. Отсюда \(t_\downarrow>t_\uparrow\).

Обратите внимание: сила сопротивления не имеет «своего» направления — она меняет знак вместе со скоростью. На подъёме она направлена вниз и складывается с силой тяжести (\(a_\uparrow=g+F_{\text{с}}/m>g\)), на падении — вверх и вычитается (\(a_\downarrow=g-F_{\text{с}}/m<g\)). Мяч быстрее тормозит вверх, чем разгоняется вниз.

Ответ. \(t_\downarrow>t_\uparrow\): падение длится дольше подъёма.

Проверка. При \(F_{\text{с}}\to0\) ускорения равны \(g\) и \(t_\uparrow=t_\downarrow=v_0/g\). Численный пример с силой сопротивления \(F_{\text{с}}=\kappa m v^2\), \(\kappa=0{,}05\text{ м}^{-1}\), \(v_0=20\text{ м/с}\), \(g=9{,}8\text{ м/с}^2\) (расчёт на компьютере): \(h\approx11{,}1\text{ м}\), \(t_\uparrow\approx1{,}37\text{ с}\), \(t_\downarrow\approx1{,}65\text{ с}\), скорость возвращения \(\approx11{,}5\text{ м/с}\); без воздуха было бы \(h=20{,}4\text{ м}\) и по \(2{,}04\text{ с}\). На графике площади под осью времени и над ней равны \(h\), но полоса под осью длиннее и ниже. Вывод не зависит от закона сопротивления: нужна лишь отрицательность его работы.

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

Подсказка

В начале и в конце движения кинетическая энергия тела равна нулю. Чему тогда равна суммарная работа сил тяжести и Архимеда? Сопротивление вязкости у маленького обтекаемого тела не учитываем.

Ответ

\(\rho=\dfrac{\rho_1d_1+\rho_2d_2}{d_1+d_2}\).

Решение

Что происходит. Тело отпускают у поверхности: в верхнем слое оно тяжелее жидкости и разгоняется, в нижнем — легче жидкости и тормозится, чтобы остановиться на дне. Тело маленькое и обтекаемое, поэтому сопротивлением движению пренебрегаем: кроме силы тяжести на тело действует только сила Архимеда. Ключевой закон — теорема об изменении кинетической энергии: в начале и в конце скорость равна нулю, значит, суммарная работа всех сил равна нулю.

Обозначения. \(V\) — объём тела, \(\rho\) — его плотность, масса \(m=\rho V\); ось \(z\) направлена вниз от поверхности.

1. Работа силы тяжести на всём пути \(d_1+d_2\) вниз: \(A_g=\rho Vg\,(d_1+d_2)\).

2. Работа силы Архимеда. Тело мало, поэтому в каждый момент оно целиком в одной жидкости, и сила Архимеда в слое постоянна: \(F_{A1}=\rho_1Vg\) в верхнем слое, \(F_{A2}=\rho_2Vg\) в нижнем. Она направлена вверх, перемещение вниз, поэтому работа отрицательна: \[A_{A}=-\rho_1Vg\,d_1-\rho_2Vg\,d_2 .\]

3. Теорема об изменении кинетической энергии для тела от старта у поверхности до остановки на дне: \(0-0=A_g+A_A\), \[\rho Vg\,(d_1+d_2)=\rho_1Vg\,d_1+\rho_2Vg\,d_2 .\] Сократим \(Vg\) и выразим плотность тела: \[\rho=\frac{\rho_1d_1+\rho_2d_2}{d_1+d_2}.\]

Обратите внимание: слова «маленькое» и «обтекаемое» в условии не просто так. Первое позволяет считать силу Архимеда постоянной в слое и не замечать пересечения границы, второе — не учитывать сопротивление среды. Если бы сопротивление было, часть энергии ушла бы в тепло, и ответ был бы другим.

Ответ. \(\rho=\dfrac{\rho_1d_1+\rho_2d_2}{d_1+d_2}\) — плотность тела равна средней плотности жидкостей, взятой с весом толщин слоёв.

Проверка. При \(\rho_1=\rho_2\) получаем \(\rho=\rho_1\): тело нейтрально, ему нечем разгоняться, и оно покоится — согласуется. Найденная плотность лежит между \(\rho_1\) и \(\rho_2\) (у устойчиво расслоенных жидкостей \(\rho_1<\rho_2\)): \(\rho>\rho_1\) — тело тонет в верхнем слое, \(\rho<\rho_2\) — тормозится в нижнем. Числа: \(\rho_1=0{,}8\), \(\rho_2=1{,}3\text{ г/см}^3\), \(d_1=2\), \(d_2=3\) (любые одинаковые единицы длины): \(\rho=1{,}1\text{ г/см}^3\); кинетическая энергия растёт на участке \(d_1\) на \((\rho-\rho_1)Vgd_1=0{,}6\,Vg\) и убывает на участке \(d_2\) на \((\rho_2-\rho)Vgd_2=0{,}6\,Vg\) (график) — в ноль на дне.

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

Подсказка

Куб симметричен: рёбер каждого «вида» несколько, и они равноправны. Сколько видов рёбер в кубе относительно точек \(A\) и \(B\) и какой ток течёт по каждому виду?

Ответ

Любое из шести рёбер, подходящих к вершинам \(A\) и \(B\) (три ребра у \(A\) и три у \(B\)): сопротивление растёт с \(\frac56 r\) до \(\frac{11}{10}r\). Удаление любого из остальных шести рёбер даёт лишь \(\frac{9}{10}r\).

Решение

Что происходит. Куб симметричен относительно точек \(A\) и \(B\), и это упрощает расчёт: вершины, одинаково расположенные относительно \(A\) и \(B\), имеют равные потенциалы, и их можно соединить проводом — токи не изменятся. Рёбер относительно \(A\) и \(B\) ровно два вида: 6 рёбер, подходящих к \(A\) или \(B\), и 6 «средних» рёбер, лежащих между этими вершинами. Удаление любого ребра внутри вида даёт одно и то же сопротивление, поэтому достаточно сравнить два случая.

Обозначения. \(r\) — сопротивление ребра, \(I\) — общий ток, \(U\) — напряжение между \(A\) и \(B\), потенциал \(B\) принимаем за нуль. Вершины, соседние с \(A\), называем «ближними к \(A\)», соседние с \(B\) — «ближними к \(B\)».

1. Сопротивление целого куба. Три вершины, соседние с \(A\), равноправны, поэтому их потенциалы равны, и по каждому из рёбер от \(A\) идёт ток \(I/3\). Такие же рассуждения для \(B\). Каждая вершина, ближняя к \(A\), соединена с двумя вершинами, ближними к \(B\), поэтому её ток \(I/3\) делится поровну: по \(I/6\) на каждое из шести «средних» рёбер. Сопротивление куба складывается из трёх участков, соединённых последовательно: три параллельных ребра (\(r/3\)), шесть параллельных (\(r/6\)), три параллельных (\(r/3\)): \[R_0=\frac r3+\frac r6+\frac r3=\frac56\,r .\]

2. Какой вид ребра выбрать. По рёбрам, идущим к \(A\) и \(B\), течёт ток \(I/3\), по «средним» — вдвое меньший, \(I/6\). Чем больший ток обрывают, тем сильнее меняется сопротивление, значит, надо удалять ребро с током \(I/3\), то есть ребро у \(A\) или у \(B\). Проверим это расчётом для обоих видов.

3. Удалено ребро у вершины \(A\) (пусть оно идёт от \(A\) к вершине \(S\)). Остаётся симметрия относительно перестановки двух других соседей \(A\) — вершин \(P\) и \(Q\): их потенциалы равны \(p\). Равны и потенциалы \(t\) двух вершин \(T_1\), \(T_2\) (общие соседи \(S\) и \(B\) с \(P\) или \(Q\)); потенциал \(S\) обозначим \(s\), а вершины \(W\) (соседа \(P\), \(Q\) и \(B\)) — \(w\). Запишем закон сохранения тока в узлах (сумма токов \((\varphi_{\text{узла}}-\varphi_{\text{соседа}})/r\) равна нулю; \(\varphi_B=0\)): \[\begin{aligned} S&:\ 2(s-t)=0 \Rightarrow s=t,\\ T_1&:\ (t-s)+(t-p)+t=0 \Rightarrow t=\tfrac p2,\\ W&:\ 2(w-p)+w=0 \Rightarrow w=\tfrac{2p}{3},\\ P&:\ (p-U)+(p-t)+(p-w)=0 \Rightarrow \tfrac{11}{6}\,p=U . \end{aligned}\] Отсюда \(p=\dfrac{6U}{11}\), а ток из \(A\) равен \(I=2\,\dfrac{U-p}{r}=\dfrac{10U}{11r}\). Сопротивление \(R_A=\dfrac UI=\dfrac{11}{10}\,r\). Потенциалы вершин (в долях \(U\)) показаны на рисунке.

4. Удалено «среднее» ребро. Тот же метод (узлы с равными потенциалами объединяются, закон сохранения тока для остальных) даёт \(R_{\text{ср}}=\dfrac9{10}\,r\).

Обратите внимание: «среднее» ребро несёт вдвое меньший ток, чем ребро у \(A\) или \(B\), поэтому его удаление меняет сопротивление гораздо слабее — с \(5r/6\) лишь до \(9r/10\). Ответ «любое ребро» неверен: рёбра двух видов неравноправны.

Ответ. Нужно удалить любое из шести рёбер, подходящих к \(A\) или к \(B\): сопротивление между \(A\) и \(B\) изменится с \(\dfrac56\,r\) до \(\dfrac{11}{10}\,r\), то есть примерно на \(32\,\%\). Удаление «среднего» ребра даёт \(\dfrac9{10}\,r\), то есть лишь \(+8\,\%\).

Проверка. Второй способ — матричный расчёт всех двенадцати вариантов на компьютере (проводимости рёбер, псевдообратная матрица Кирхгофа): шесть случаев дают \(1{,}10\,r\), шесть — \(0{,}90\,r\), куб — \(0{,}833\,r\). Проверка потенциалов: токи в узлах \(S\), \(T\), \(W\), \(P\) сходятся (закон Кирхгофа выполнен, суммы нулевые).

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

Подсказка

Пластинка стоит на пути лучей дважды: к зеркалу и обратно. Как смещает кажущееся положение источника один проход через пластинку?

Ответ

Изображение приблизится к зеркалу на \(2h\left(1-\dfrac1n\right)\), где \(h\) — толщина пластинки, \(n\) — показатель преломления её материала (пластинка параллельна зеркалу, лучи близки к нормали).

Решение

Что происходит. Луч, проходя пластинку под небольшим углом, внутри идёт круче к нормали, чем в воздухе (угол \(\alpha/n\) вместо \(\alpha\)): он поднимается внутри на меньшую высоту. Для глаза источник за пластинкой кажется ближе. Здесь свет проходит пластинку дважды — по пути к зеркалу и обратно, — и кажущийся источник сдвигается два раза. Идея — заменить один проход эквивалентным сдвигом источника и сложить два сдвига.

Обозначения. Пластинка толщиной \(h\) с показателем преломления \(n>1\) параллельна зеркалу; расстояние от свечи до зеркала \(D\); лучи составляют с нормалью к зеркалу малый угол \(\alpha\) (тогда \(\sin\alpha\approx\tan\alpha\approx\alpha\)).

1. Один проход. Пусть луч от источника \(S\) идёт под углом \(\alpha\) к нормали. Без пластинки его высота над осью растёт как \(y=\alpha\,(x-x_S)\). Внутри пластинки угол преломления по закону Снеллиуса \(\beta\approx\alpha/n\), так что на толщине \(h\) луч поднимается на \(h\alpha/n\) вместо \(h\alpha\), то есть отстаёт на \(h\alpha(1-1/n)\). После пластинки луч идёт параллельно прежнему, но ниже, и его уравнение \(y=\alpha\,(x-x_S-\delta)\), где \[\delta=h\left(1-\frac1n\right).\] Значит, после пластинки лучи расходятся так, как будто источник сдвинут к пластинке и к зеркалу на \(\delta\).

2. Отражение. Плоское зеркало даёт изображение, симметричное кажущемуся источнику: оно лежит за зеркалом на расстоянии \(D-\delta\).

3. Обратный проход. Лучи, идущие от зеркала, расходятся из точки, лежащей за зеркалом на расстоянии \(D-\delta\). Проходя через пластинку влево, каждый луч снова отстаёт на \(h\alpha(1-1/n)\) и после неё идёт по линии, продолжение которой пересекает ось ближе к зеркалу ещё на \(\delta\). Итоговое расстояние от изображения до зеркала: \[D'=D-2\delta=D-2h\left(1-\frac1n\right).\]

Обратите внимание: положение пластинки между свечой и зеркалом (ближе к свече или к зеркалу) не влияет на ответ: сдвиг даёт только толщина \(h\) и показатель \(n\). Если глаз смотрит не вдоль нормали, формула верна лишь для лучей, близких к нормали, иначе изображение размывается.

Ответ. Изображение остаётся на прежнем перпендикуляре к зеркалу, но приближается к зеркалу на \(2h\left(1-\dfrac1n\right)\); для стекла \(n\approx1{,}5\) сдвиг равен \(\dfrac23\,h\).

Проверка. При \(n\to1\) (воздух) сдвиг \(\to0\) — изображение не меняется; при \(n\to\infty\) сдвиг \(\to2h\): слой толщиной \(h\) как бы «вычеркнут» из пути света на каждом из двух проходов. Численная проверка трассировкой лучей по закону Снеллиуса (рисунок): \(D=8\), \(h=1{,}2\), \(n=1{,}5\) дают изображение на расстоянии \(7{,}15\) вместо \(8\) (формула даёт \(7{,}2\); расхождение — от конечности углов).

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

Подсказка

Раз сопротивление амперметра равно нулю, он соединяет проводом два узла схемы. Перерисуйте схему, объединив эти узлы, и найдите ток источника.

Ответ

Амперметр покажет \(3\text{ А}\).

Решение

Что происходит. Идеальный амперметр — провод: два узла, которые он соединяет (нижний узел схемы и правый), имеют одинаковый потенциал. Поэтому правое из трёх сопротивлений по \(10\text{ Ом}\) оказывается включённым параллельно вертикальному. Идея — найти сопротивление всей цепи, затем токи в ветвях, а ток амперметра собрать по закону сохранения тока в узле.

Обозначения. На рисунке: \(A\) — левый узел, \(B\) — средний, \(N\) — нижний узел (он же правый). Сопротивления: левое \(R_2=10\text{ Ом}\), правое \(R_3=10\text{ Ом}\), вертикальное \(R_1=10\text{ Ом}\), верхнее \(15\text{ Ом}\), напряжение источника \(U=30\text{ В}\).

1. Эквивалентная схема. Узел \(N\) и правый узел соединены проводом (амперметром), поэтому \(R_1\) и \(R_3\) соединены параллельно между узлами \(B\) и \(N\): \[R_{13}=\frac{R_1R_3}{R_1+R_3}=5\text{ Ом}.\] Вместе с \(R_2\) (последовательно) получаем ветвь \(R_2+R_{13}=15\text{ Ом}\), параллельную верхней ветви \(15\text{ Ом}\) (схема перерисована): \[R=\frac{15\cdot15}{15+15}=7{,}5\text{ Ом}.\]

2. Ток источника. По закону Ома для всей цепи \(I_0=\dfrac UR=\dfrac{30}{7{,}5}=4\text{ А}\).

3. Токи в ветвях. К обеим ветвям по \(15\text{ Ом}\) приложено одно и то же напряжение \(30\text{ В}\) источника, поэтому токи в них равны: по \(2\text{ А}\). В ветви с \(R_2\) ток \(2\text{ А}\) далее в узле \(B\) делится поровну между \(R_1\) и \(R_3\) (их сопротивления равны и они подключены к одним и тем же узлам): \(I_1=I_3=1\text{ А}\).

4. Ток амперметра. Запишем закон сохранения заряда для нижнего узла \(N\): ток источника \(I_0=4\text{ А}\) входит в узел, выходят ток через \(R_1\) (\(1\text{ А}\)) и ток через амперметр: \[I_{\text{А}}=I_0-I_1=4-1=3\text{ А}.\] То же получается для правого узла: в него приходит ток амперметра, а уходят \(2\text{ А}\) в верхнюю ветвь и \(1\text{ А}\) через \(R_3\): \(I_{\text{А}}=2+1=3\text{ А}\).

Обратите внимание: амперметр измеряет не ток источника (\(4\text{ А}\)) и не ток через \(R_3\) (\(1\text{ А}\)), а сумму токов верхней ветви и \(R_3\), потому что через него замыкаются обе ветви. Ответ «\(1\text{ А}\)» или «\(2\text{ А}\)» получается, если принять амперметр за разрыв цепи.

Ответ. \(I_{\text{А}}=I_0-I_1=3\text{ А}\).

Проверка. Баланс мощностей: источник отдаёт \(UI_0=30\cdot4=120\text{ Вт}\); на резисторах выделяется \(15\cdot2^2+10\cdot2^2+10\cdot1^2+10\cdot1^2=60+40+10+10=120\text{ Вт}\) — сходится. Второй способ для тока амперметра: потенциалы относительно \(N\): \(\varphi_A=30\text{ В}\), \(\varphi_B=\varphi_A-I_2R_2=10\text{ В}\), ток через \(R_3\) равен \(\varphi_B/R_3=1\text{ А}\) (он течёт к правому узлу), а в верхней ветви \(30/15=2\text{ А}\); оба тока замыкаются амперметром: \(3\text{ А}\).

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