Всесоюзная, 1985/86, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Нижний блок свободный и лёгкий, поэтому по обе стороны от него нить натянута одинаково, а вес груза делится поровну. Для двойного блока на оси запишите правило моментов: у каждой из трёх нитей своё плечо.

Ответ

\(T_A=\dfrac{Mg}{2}\Bigl(1-\dfrac rR\Bigr)=\dfrac{Mg\,(R-r)}{2R}\).

Решение

Что происходит. Груз висит на нижнем блоке, а тот — на двух вертикальных участках одной нити, поэтому каждый участок несёт половину веса груза. Эти участки закреплены на двойном блоке в разных точках: левый касается большого блока (плечо \(R\)), правый сходит с цилиндра (плечо \(r\)). Их моменты относительно оси \(O\) не равны друг другу, и разность уравновешивает нить, идущая к стене. Главная идея: сила в точке \(A\) находится из правила моментов для двойного блока.

Обозначения. \(T'\) — натяжение двух вертикальных участков нити, \(T_A\) — натяжение горизонтального участка в точке \(A\). Нить невесома и нерастяжима, нижний блок невесом. Ось \(y\) направим вверх.

1. Нижний блок с грузом. Блок невесом и свободно вращается, поэтому момент сил натяжения относительно его оси равен нулю. Плечи обеих нитей одинаковы (радиус блока), значит, натяжения левого и правого участков равны — оба \(T'\). Запишем условие равновесия системы «нижний блок + груз» в проекции на ось \(y\): вверх тянут два участка нити, вниз — сила тяжести груза: \[2T'-Mg=0\quad\Rightarrow\quad T'=\frac{Mg}{2}.\]

2. Двойной блок. Двойной блок неподвижен, поэтому сумма моментов сил относительно оси \(O\) равна нулю. Сила реакции оси проходит через \(O\) и момента не создаёт. Моментом обладают три силы со стороны нити, каждая касается своей окружности:

• горизонтальный участок у стены тянет большой блок вправо в его верхней точке, плечо \(R\), вращение по часовой стрелке: момент \(-T_AR\);

• левый вертикальный участок тянет большой блок вниз в его крайней левой точке, плечо \(R\), вращение против часовой стрелки: момент \(+T'R\);

• правый вертикальный участок сходит с цилиндра и тянет его вниз в крайней правой точке, плечо \(r\), вращение по часовой стрелке: момент \(-T'r\).

Положительным считаем вращение против часовой стрелки: \[T'R-T_AR-T'r=0 .\]

Обратите внимание: натяжение нити не одно и то же по всей длине. Конец нити намотан на цилиндр и закреплён на нём, а большого блока нить только касается и держится на нём трением покоя, поэтому натяжение с двух сторон от большого блока различается: \(T_A\ne T'\).

3. Ответ. Неизвестным осталось \(T_A\); подставим \(T'\) из пункта 1: \[T_A=T'\,\frac{R-r}{R}=\frac{Mg}{2}\Bigl(1-\frac rR\Bigr).\]

Проверка. Размерность: сила. Предел \(r\to0\): нить закреплена на оси, момента не создаёт, и \(T_A=\dfrac{Mg}{2}\) — как у обычного неподвижного блока, где натяжение с обеих сторон одинаково. Предел \(r\to R\): оба вертикальных участка имеют одинаковое плечо и уравновешивают друг друга, нить у стены не нагружена, \(T_A\to0\). Физический смысл: чем тоньше цилиндр, тем меньше правая нить помогает левой, и тем сильнее должна тянуть нить у стены. При \(r\ge R\) равновесия нет (получилось бы \(T_A\le0\), а нить не толкает), поэтому в задаче \(R>r\).

Ответ: \(T_A=\dfrac{Mg}{2}\Bigl(1-\dfrac rR\Bigr)\).

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

Подсказка

Вольтметр — это резистор, и ток через него течёт. Ток через первый вольтметр найдите из показаний двух соседних амперметров, затем — сопротивление вольтметра. Подумайте, куда в итоге уходит весь ток, прошедший через первый амперметр.

Ответ

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{50}U_k=\dfrac{U_1I_1}{I_1-I_2}=304\text{ В}\).

Решение

Что происходит. Вольтметр — это резистор большого сопротивления: напряжение на нём равно току через него, умноженному на это сопротивление. Все вольтметры одинаковые, поэтому сумма их показаний равна сопротивлению вольтметра, умноженному на сумму токов через них. Сумма этих токов — весь ток, вышедший из батареи, а ток через первый амперметр и есть весь ток. Сопротивление вольтметра найдём из первого узла. Сопротивления амперметров (они разные) нигде не понадобятся.

Обозначения. \(I_k\) — ток через \(k\)-й амперметр (его показание), \(i_k\) — ток через \(k\)-й вольтметр, \(U_k\) — его показание, \(R_V\) — сопротивление вольтметра. Ток идёт по верхнему проводу слева направо; \(k\)-й вольтметр подключён к узлу сразу за \(k\)-м амперметром.

1. Закон Ома для вольтметра. Прибор — резистор, поэтому для любого из них \[U_k=R_V\,i_k ,\] и \(R_V\) одно и то же у всех пятидесяти.

2. Закон сохранения заряда в узле. Заряд в узле не накапливается: ток \(I_k\), пришедший через \(k\)-й амперметр, делится на ток \(i_k\) в вольтметр и ток \(I_{k+1}\) в следующий амперметр: \[I_k=i_k+I_{k+1}\quad\Rightarrow\quad i_k=I_k-I_{k+1}.\] Для первого узла \(i_1=I_1-I_2=9{,}5-9{,}2=0{,}3\text{ мА}\).

3. Сопротивление вольтметра. По закону Ома из пункта 1 для первого вольтметра \[R_V=\frac{U_1}{i_1}=\frac{9{,}6\text{ В}}{0{,}3\text{ мА}}=32\text{ кОм}.\]

4. Сумма токов вольтметров. Последний амперметр соединён только с \(V_{50}\), поэтому \(i_{50}=I_{50}\). Сложим все 50 равенств: \(i_k=I_k-I_{k+1}\) при \(k=1,\dots,49\) и \(i_{50}=I_{50}\). Справа каждый ток, кроме \(I_1\), входит один раз с плюсом и один раз с минусом, поэтому \[\sum_{k=1}^{50}i_k=I_1 .\] Физический смысл: весь ток, прошедший через первый амперметр, в конце концов уходит через вольтметры.

5. Сумма показаний. Суммируем равенства \(U_k=R_Vi_k\): \[\sum_{k=1}^{50}U_k=R_V\sum_{k=1}^{50}i_k=R_VI_1=\frac{U_1I_1}{I_1-I_2}=32\text{ кОм}\cdot 9{,}5\text{ мА}=304\text{ В}.\] Обратите внимание: показания вольтметров разные. Напряжение между верхним и нижним проводами падает вдоль цепи на амперметрах, и ток через дальние вольтметры меньше. Поэтому сумму нельзя считать как \(50\,U_1=480\text{ В}\).

Проверка. Размерность: \(\text{В}\cdot\text{А}/\text{А}=\text{В}\). Предельный случай: если бы амперметры были идеальными (нулевое сопротивление), все вольтметры стояли бы под одним напряжением, их токи были бы равны, и \(I_1-I_2=I_1/50\); формула дала бы \(50\,U_1\). У нас \(I_1-I_2=0{,}3\text{ мА}\) больше, чем \(I_1/50=0{,}19\text{ мА}\): первый вольтметр берёт больше среднего, показания убывают, и сумма \(304\text{ В}\) меньше \(480\text{ В}\), как и должно быть. Среднее показание \(304/50\approx6{,}1\text{ В}\).

Ответ: \(\sum U_k=\dfrac{U_1I_1}{I_1-I_2}=304\text{ В}\).

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

Подсказка

Мощность, которую отдаёт воздуху малый кусочек пластины, пропорциональна его площади и его перегреву над воздухом. Мощность всей пластины — это сумма таких вкладов. Равномерный нагрев в условии нужен, чтобы найти коэффициент пропорциональности.

Ответ

\(P\approx3{,}7\text{ Вт}\) (оценка по рисунку: \(3{,}4\)–\(4\text{ Вт}\)).

Решение

Что происходит. Транзистор нагревает пластину, пластина отдаёт тепло воздуху всей поверхностью, и в установившемся режиме отдаваемая мощность равна мощности транзистора. Каждый кусочек пластины отдаёт тем больше, чем он горячее воздуха. Поэтому мощность всей пластины равна произведению «коэффициент теплоотдачи на площадь» и среднего по площади перегрева. Коэффициент находим из равномерного нагрева, средний перегрев — по рисунку, разбив пластину изотермами на области.

Обозначения. \(S\) — площадь пластины, \(k\) — мощность теплоотдачи с единицы площади на один градус перегрева (одинаковая в обоих опытах: пластина та же, обдув тот же). \(T_{\text{в}}\) — температура воздуха, \(T\) — температура точки пластины.

1. Мощность с малого кусочка. По условию теплоотдача пропорциональна разности температур пластины и воздуха. Кусочек площадью \(dS\) с температурой \(T\) отдаёт \[dP=k\,(T-T_{\text{в}})\,dS .\] Просуммируем по всей пластине: \[P=k\int(T-T_{\text{в}})\,dS=kS\,\bigl(\langle T\rangle-T_{\text{в}}\bigr),\] где \(\langle T\rangle\) — температура, усреднённая по площади.

2. Коэффициент из равномерного нагрева. Если вся пластина нагрета до \(T_0=70\) °C, а воздух имеет \(20\) °C, то \[P_0=kS\,(T_0-T_{\text{в}0})\quad\Rightarrow\quad kS=\frac{10\text{ Вт}}{50\text{ К}}=0{,}2\text{ Вт/К}.\]

3. Площади по рисунку. Изотермы \(70\), \(60\), \(50\) и \(40\) °C разбивают пластину на пять областей: внутри изотермы \(70\) °C, три кольцевые полосы между изотермами и угловые области снаружи изотермы \(40\) °C. Площади областей измерены по рисунку; на каждой области температуру берём равной середине её интервала (внутри \(70\) °C — \(72\) °C, снаружи \(40\) °C температура лежит между \(30\) °C воздуха и \(40\) °C, берём \(35\) °C).

4. Средний перегрев. Над воздухом (\(30\) °C) области нагреты на \(42\), \(35\), \(25\), \(15\) и \(5\) К. Взвесим их долями площади: \[\langle T\rangle-T_{\text{в}}=\sum_i\frac{S_i}{S}\,(T_i-T_{\text{в}})\approx0{,}03\cdot42+0{,}10\cdot35+0{,}25\cdot25+0{,}42\cdot15+0{,}20\cdot5\approx18{,}3\text{ К}.\]

5. Мощность. \[P=kS\,\bigl(\langle T\rangle-T_{\text{в}}\bigr)\approx0{,}2\text{ Вт/К}\cdot18{,}3\text{ К}\approx3{,}7\text{ Вт}.\] Обратите внимание: нельзя взять температуру самого горячего места, \(70\) °C: тепло отдаёт вся пластина, а большая её часть заметно холоднее. Так получилось бы \(0{,}2\cdot40=8\text{ Вт}\), вдвое больше.

Проверка. Размерность: \(\text{Вт/К}\cdot\text{К}=\text{Вт}\). Верхняя оценка: если бы вся пластина имела \(70\) °C при воздухе \(30\) °C, мощность была бы \(8\) Вт; средний перегрев \(18\) К вдвое меньше, и мощность \(3{,}7\) Вт меньше восьми, как и должно быть. Устойчивость оценки: если температуру угловых областей ниже \(40\) °C принять равной \(32\) °C или \(38\) °C, мощность меняется на \(\pm0{,}12\) Вт; ответ — около \(3{,}7\) Вт с точностью порядка \(0{,}3\) Вт.

Ответ: \(P\approx3{,}7\text{ Вт}\).

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

Подсказка

Бегать по берегу быстрее, чем плавать, поэтому выгодно сначала бежать, потом плыть. Выберите точку, где вы свернёте в воду, так, чтобы время до заданной точки пути катера было наименьшим. Так как все расстояния растут пропорционально времени, условие «успеть» не зависит от того, в какой точке пути вы катер ждёте.

Ответ

Сможете: надо бежать по берегу, затем плыть под углом \(\beta=\arcsin\dfrac{v_2}{v_1}=30^\circ\) к перпендикуляру к берегу. Догнать катер можно, пока \(v_0\le v_2/\sin(\alpha+\psi)=2\sqrt2\approx2{,}8\text{ км/ч}\), где \(\sin\psi=v_2/v_1\), \(\psi=30^\circ\).

Решение

Что происходит. Догнать катер — значит оказаться с ним в одной точке в один момент времени. Катер идёт по лучу из точки старта, и мы можем встретить его в любой точке этого луча. Для каждой точки найдём наименьшее время, за которое доберёмся до неё сами, и сравним со временем катера. Прямо вплавь за катером не угнаться (в воде \(v_2<v_0\)), зато по берегу мы бежим быстрее, чем плывём. Поэтому лучший путь составной: вдоль берега, затем по прямой в воде.

Обозначения. Ось \(x\) направим вдоль берега, ось \(y\) — от берега в воду; начало \(O\) — там, где катер был привязан и где стоите вы (в условии про место не сказано, считаем так). За время \(t\) катер оказывается в точке \(P\) с координатами \(X=v_0t\cos\alpha\), \(Y=v_0t\sin\alpha\).

1. Время пути «берег, потом вода». Пусть вы бежите по берегу до точки \(x=s\) (\(0\le s\le X\)) и оттуда плывёте к \(P\) по прямой. Бег длится \(s/v_1\), заплыв — \(\sqrt{(X-s)^2+Y^2}/v_2\): \[T(s)=\frac{s}{v_1}+\frac{\sqrt{(X-s)^2+Y^2}}{v_2}.\]

2. Наименьшее время. Найдём \(s\), при котором \(T\) минимально: \(\dfrac{dT}{ds}=0\). \[\frac{1}{v_1}-\frac{X-s}{v_2\sqrt{(X-s)^2+Y^2}}=0\quad\Rightarrow\quad\frac{X-s}{\sqrt{(X-s)^2+Y^2}}=\frac{v_2}{v_1}.\] Левая часть — синус угла \(\beta\) между направлением заплыва и перпендикуляром к берегу. Значит, заплывать надо под углом \[\sin\beta=\frac{v_2}{v_1}=\frac12,\qquad\beta=30^\circ,\] причём \(\beta\) определяется только скоростями, а не положением точки \(P\). Это тот же закон, что и преломление луча на границе двух сред. Производная \(\dfrac{dT}{ds}\) растёт с ростом \(s\), так что найденное \(s\) — минимум. Точка поворота лежит на берегу (\(s\ge0\)), если \(X-Y\tan\beta\ge0\), то есть \(\operatorname{ctg}\alpha\ge\tan\beta\); для \(\alpha=15^\circ\) это верно (\(3{,}73>0{,}58\)).

3. Значение минимума. Из пункта 2: \(s=X-Y\tan\beta\), длина заплыва \(Y/\cos\beta\). Подставим: \[T_{\min}=\frac{X-Y\tan\beta}{v_1}+\frac{Y}{v_2\cos\beta}=\frac{X}{v_1}+Y\,\frac{\sqrt{v_1^2-v_2^2}}{v_1v_2}.\]

4. Условие «догнать». Мы успеваем в точку \(P\), если \(T_{\min}\le t\). Подставим \(X=v_0t\cos\alpha\), \(Y=v_0t\sin\alpha\); время \(t\) сокращается: \[v_0\Bigl(\frac{\cos\alpha}{v_1}+\frac{\sin\alpha\,\sqrt{v_1^2-v_2^2}}{v_1v_2}\Bigr)\le1 .\] Неравенство не содержит \(t\): если успеваем в одну точку пути катера, то и в любую другую. Подставим числа (\(\sqrt{v_1^2-v_2^2}=\sqrt{12}\text{ км/ч}\)): \[2{,}5\Bigl(\frac{0{,}966}{4}+\frac{0{,}259\cdot3{,}46}{4\cdot2}\Bigr)=2{,}5\,(0{,}242+0{,}112)\approx0{,}88<1 .\] Значит, догнать можно: в точку, где катер будет через \(1\) ч, мы доберёмся за \(0{,}88\) ч (бег \(0{,}51\) ч, заплыв \(0{,}37\) ч) и встретим катер.

Обратите внимание: сразу плыть к катеру бессмысленно (\(v_0>v_2\)), а бежать по берегу, пока катер не окажется «напротив», тоже невыгодно: катер уходит от берега. Выигрывает составной путь, и угол заплыва \(\beta\) выбирается по отношению скоростей, а не по тому, где находится катер.

5. Предельная скорость катера. Наибольшее \(v_0\) получается, когда в неравенстве пункта 4 стоит равенство. Здесь \(\dfrac{\sqrt{v_1^2-v_2^2}}{v_1v_2}=\dfrac{\sqrt3}{4}\) и \(\dfrac1{v_1}=\dfrac14\), поэтому \[v_{0\max}=\frac{4}{\cos\alpha+\sqrt3\sin\alpha}=\frac{4}{2\cos(\alpha-60^\circ)}=\frac{2}{\cos45^\circ}=2\sqrt2\approx2{,}8\text{ км/ч}.\]

Проверка вторым способом. За время \(t\) мы можем оказаться в любой точке, лежащей не дальше границы достижимости. Эта граница — огибающая окружностей радиуса \(v_2(t-s/v_1)\), которые «растут» из точек берега \(x=s\), куда мы успели добежать. Огибающая — прямая, проходящая через точку \(F\) берега, до которой мы успеваем добежать, \(OF=v_1t\), под углом \(\psi\) к берегу, \(\sin\psi=v_2/v_1\), \(\psi=30^\circ\). Катер ещё достижим, пока он внутри этой границы; на самой границе он в точке \(Q\), где луч катера её пересекает.

В треугольнике \(OFQ\) углы равны: при \(O\) — \(\alpha=15^\circ\), при \(F\) — \(\psi=30^\circ\), при \(Q\) — \(180^\circ-\alpha-\psi=135^\circ\). По теореме синусов \[OQ=v_1t\,\frac{\sin\psi}{\sin(\alpha+\psi)}=\frac{v_2\,t}{\sin(\alpha+\psi)}=\frac{2t}{\sin45^\circ}=2\sqrt2\,t\;\Rightarrow\;v_{0\max}=2\sqrt2\text{ км/ч},\] что совпадает с пунктом 5. Размерность: километры в час в обеих частях. Предел: при \(\alpha\to0\) катер идёт вдоль берега, и \(v_{0\max}=v_2/\sin\psi=v_1\) — как и должно быть, ведь по берегу мы бежим со скоростью \(v_1\). Для \(\alpha=15^\circ\) допустимая скорость катера \(2{,}8\) км/ч заметно ниже \(v_1=4\) км/ч, потому что нужно выходить в воду.

Ответ: догнать катер можно: надо бежать вдоль берега, а затем плыть под углом \(\beta=\arcsin(v_2/v_1)=30^\circ\) к перпендикуляру к берегу. Это возможно, пока скорость катера не больше \(v_2/\sin(\alpha+\psi)=2\sqrt2\approx2{,}8\text{ км/ч}\) (при \(v_0=2{,}5\) км/ч догоним).

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