Всесоюзная, 1990/91, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Горизонтальных внешних сил на систему «кубик + тележка» нет, поэтому конечная скорость общая и находится из импульса. Упругие удары энергию не отнимают: вся потеря кинетической энергии — работа силы трения на пути кубика относительно тележки.

Ответ

\(x=2L-\dfrac{Mv_0^2}{2\mu g(M+m)}\approx0{,}0075\) м \(\approx0{,}8\) см от левого края (путь кубика относительно тележки \(s\approx0{,}39\) м; при \(g=10\) м/с\(^2\) получается \(\approx1{,}5\) см).

Решение

Что происходит. Кубик скользит по дну вправо, трение разгоняет тележку и тормозит кубик. Дойдя до правой стенки, кубик упруго отскакивает и скользит влево, пока скорости кубика и тележки не сравняются. Главная идея — не следить за каждым ударом, а использовать два закона: сохранение импульса даёт общую конечную скорость, а баланс энергии — полный путь кубика относительно тележки. Дальше остаётся отложить этот путь вдоль дна с отражением от стенки.

Обозначения. \(V\) — общая скорость кубика и тележки в конце; \(s\) — полный путь кубика относительно тележки (длина пути вдоль дна, считая оба направления); \(x\) — конечная координата кубика от левого края тележки, кубик считаем точкой. Ось \(x\) направлена вправо; \(g=9{,}8\) м/с\(^2\).

1. Общая конечная скорость. Закон сохранения импульса системы «кубик + тележка» в проекции на горизонтальную ось: стол гладкий, поэтому внешних горизонтальных сил нет, а сила трения и силы ударов внутренние. Удары о стенки очень короткие, трение за время удара даёт пренебрежимо малый импульс, поэтому закон верен и через удары: \[mv_0=(m+M)V\quad\Rightarrow\quad V=\frac{mv_0}{m+M}=\frac{0{,}3}{1{,}3}\approx0{,}23\text{ м/с}.\]

2. Потеря энергии и путь скольжения. Удар абсолютно упругий: механическая энергия системы в ударе сохраняется. Убывает она только из-за трения скольжения. Сила трения равна \(\mu mg\) при любом направлении скольжения, а выделяющееся тепло равно силе трения, умноженной на путь кубика относительно тележки (именно по этому пути трутся поверхности). Закон сохранения энергии для всего процесса, от толчка до прекращения проскальзывания: \[\frac{mv_0^2}{2}-\frac{(m+M)V^2}{2}=\mu mg\,s .\] Подставляя \(V\) из шага 1, получаем \(\dfrac{mv_0^2}{2}\cdot\dfrac{M}{m+M}=\mu mg\,s\), откуда \[s=\frac{Mv_0^2}{2\mu g(M+m)}=\frac{1\cdot1}{2\cdot0{,}1\cdot9{,}8\cdot1{,}3}\approx0{,}39\text{ м}.\]

3. Куда попадает кубик. Длина дна \(L=0{,}2\) м, а \(L<s<2L\): кубик доходит до правой стенки (пройдя \(L\)), отскакивает и проходит влево ещё \(s-L\approx0{,}19\) м, не достигнув левой стенки (для неё нужно \(2L=0{,}4\) м). Относительная скорость при упругом ударе только меняет знак, поэтому сила трения после удара по-прежнему тормозит относительное движение, и формула для \(s\) справедлива. Конечная координата \[x=L-(s-L)=2L-s=0{,}4-0{,}3925\approx0{,}0075\text{ м}\approx0{,}8\text{ см}.\]

Обратите внимание. Ответ мал и получается вычитанием близких чисел, поэтому он чувствителен к \(g\): при \(g=10\) м/с\(^2\) получается \(s\approx0{,}385\) м и \(x\approx1{,}5\) см. Кубик остаётся вблизи левого края с любым разумным \(g\) (около 1 см).

Ответ. \(x=2L-\dfrac{Mv_0^2}{2\mu g(M+m)}\approx0{,}8\) см от левого края тележки.

Проверка. Размерность: \([v^2/(\mu g)]=\text{м}^2/\text{с}^2\cdot\text{с}^2/\text{м}=\text{м}\). Второй способ — кинематика относительного движения. Ускорение кубика \(a_1=\mu g\) (назад), ускорение тележки \(a_2=\mu mg/M\) (вперёд), относительное замедление \(a=\mu g(1+m/M)=1{,}27\) м/с\(^2\). Относительная скорость падает от \(v_0\) до нуля на пути \(v_0^2/(2a)=1/(2\cdot1{,}274)=0{,}392\) м — тот же \(s\). Предельный случай \(M\to\infty\) (тележка неподвижна): \(s=v_0^2/(2\mu g)\) — путь торможения кубика по неподвижному полу, как и должно быть.

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

Подсказка

Вода перестаёт нагреваться, когда мощность нагревателя равна мощности теплопотерь. Значит, из двух опытов известны две точки зависимости мощности потерь от разности температур с комнатой; нулевую разность добавляет физический смысл. Дальше восстановите зависимость и просуммируйте малые приращения температуры.

Ответ

Время нагрева \(\tau\approx4{,}3\cdot10^2\) с \(\approx7\) мин; предельная температура \(t_{\max}\approx86\,^\circ\)C (оценка; при другой разумной интерполяции потерь \(\approx80\)–\(88\,^\circ\)C).

Решение

Что происходит. Вода получает от нагревателя мощность \(P\) и теряет в комнату мощность \(W\), зависящую от того, насколько вода горячее воздуха. Пока \(P>W\), вода греется; когда \(W\) вырастает до \(P\), нагрев прекращается. Опыты с мощностями 50 и 100 Вт — это замеры потерь в состоянии равновесия. Идея: по этим замерам и по очевидному условию «при \(t=t_0\) потерь нет» построить зависимость \(W\) от разности температур, а затем найти время нагрева суммированием малых шагов по температуре.

Обозначения. \(\Delta=t-t_0\) — разность температур воды и комнаты; \(W(\Delta)\) — мощность теплопотерь; \(C=Mc=0{,}3\cdot4200=1260\) Дж/К — теплоёмкость воды (теплоёмкостью кастрюли, термометра и кипятильника пренебрегаем, воду считаем однородной по температуре).

1. Что дают опыты. Закон сохранения энергии для воды за малое время \(d\tau\): нагреватель отдаёт \(P\,d\tau\), потери уносят \(W\,d\tau\), температура меняется на \(d\Delta\): \[C\,d\Delta=\bigl(P-W(\Delta)\bigr)d\tau .\] Предельная температура — та, при которой \(d\Delta=0\), то есть \(W=P\). Поэтому \(W(30\text{ К})=50\) Вт и \(W(45\text{ К})=100\) Вт, и ещё \(W(0)=0\). Потери зависят от \(\Delta\) нелинейно: отношение \(W/\Delta\) равно \(1{,}67\) Вт/К в первом опыте и \(2{,}2\) Вт/К во втором, поэтому закон охлаждения Ньютона (потери \(\propto\Delta\)) здесь не годится.

2. Зависимость потерь. Простейшая гладкая зависимость, проходящая через три известные точки \((0;0)\), \((30;50)\), \((45;100)\), — парабола \(W=a\Delta+b\Delta^2\). Подстановка двух точек: \[30a+900b=50,\qquad 45a+2025b=100\quad\Rightarrow\quad a=\frac59\ \text{Вт/К}\approx0{,}556,\quad b=\frac1{27}\ \text{Вт/К}^2 .\] Кривая показана на рисунке; при \(P_3=200\) Вт она пересекает горизонталь \(W=200\) Вт справа от опытных точек, то есть мы экстраполируем.

3. Предельная температура при 200 Вт. Условие \(W(\Delta)=P_3\): \[\frac{\Delta^2}{27}+\frac59\Delta-200=0\quad\Rightarrow\quad \Delta^2+15\Delta-5400=0\quad\Rightarrow\quad\Delta_1=\frac{-15+\sqrt{225+21600}}2\approx66{,}4\ \text{К}.\] Предельная температура \(t_{\max}=t_0+\Delta_1\approx86\,^\circ\)C. Это меньше \(100\,^\circ\)C, так что кипение не наступает, а оценка остаётся в разумных границах.

4. Время нагрева. Из шага 1 для малого \(d\Delta\) имеем \(d\tau=C\,d\Delta/\bigl(P_3-W(\Delta)\bigr)\). Суммируем от \(\Delta=0\) до \(\Delta=50\) К (от \(20\,^\circ\)C до \(70\,^\circ\)C). Знаменатель раскладывается: \(P_3-W=\dfrac1{27}(\Delta_1-\Delta)(\Delta+\Delta_2)\), где \(\Delta_2=\dfrac{15+\sqrt{21825}}{2}\approx81{,}4\) К. Тогда \[\tau=27C\int_0^{50}\frac{d\Delta}{(\Delta_1-\Delta)(\Delta+\Delta_2)} =\frac{27C}{\Delta_1+\Delta_2}\ln\frac{(\Delta+\Delta_2)/(\Delta_1-\Delta)\big|_{50}}{(\Delta+\Delta_2)/(\Delta_1-\Delta)\big|_{0}} =\frac{27\cdot1260}{147{,}7}\ln\frac{131{,}4/16{,}4}{81{,}4/66{,}4}\approx231\cdot1{,}88\approx4{,}3\cdot10^2\text{ с}.\] Температура сначала растёт быстро, потом всё медленнее, приближаясь к \(86\,^\circ\)C.

Обратите внимание. Задача требует модели потерь, которой в условии нет: ответ получен для параболы \(W(\Delta)\) через три точки, и это оценка. Линейная зависимость противоречила бы данным двух опытов (50 Вт при 30 К, но 100 Вт при 45 К).

Ответ. \(\tau\approx4{,}3\cdot10^2\) с \(\approx7\) мин; \(t_{\max}\approx86\,^\circ\)C.

Проверка. Размерность: \([C\,\Delta/P]=\text{Дж/К}\cdot\text{К}/\text{Вт}=\text{с}\). Грубая оценка без модели: средняя мощность потерь на интервале \(0\ldots50\) К порядка \(45\) Вт (от \(0\) до \(\approx120\) Вт), на нагрев остаётся в среднем \(\approx155\) Вт, и \(\tau\approx1260\cdot50/155\approx410\) с — совпадает по порядку (неравномерность нагрева даёт остальное). Второй вариант интерполяции — степенная зависимость \(W\propto\Delta^{1{,}71}\) через те же точки — даёт \(\tau\approx432\) с и \(t_{\max}\approx87{,}5\,^\circ\)C, то есть ответ мало зависит от выбранной гладкой модели.

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

Подсказка

Сопротивление проводов пропорционально их длине, а напряжение источника одно и то же. Для каждого из двух опытов по графику найдите напряжение на лампочке при данном токе и запишите, чему равно напряжение источника.

Ответ

При \(l_3=40\) м ток \(I_3\approx0{,}085\) А; при подключении лампочки прямо к источнику \(I\approx0{,}22\) А (напряжение источника \(U\approx2{,}2\) В, сопротивление провода \(\approx0{,}5\) Ом на метр длины).

Решение

Что происходит. Лампочка и провода соединены последовательно с источником, поэтому ток один, а напряжения складываются. Лампочка нелинейна: её напряжение при данном токе нужно брать с графика. Два опыта дают два уравнения для двух неизвестных — напряжения источника \(U\) и сопротивления единицы длины проводов \(\lambda\); после этого токи при любой длине находятся построением на том же графике.

Обозначения. \(U\) — напряжение источника (внутренним сопротивлением пренебрегаем); \(\lambda\) — сопротивление проводов на единицу их длины \(l\) (сопротивление проводов \(\lambda l\)); \(U_{\text{л}}(I)\) — напряжение на лампочке при токе \(I\), снимается с рис. 2.

1. Напряжения на лампочке в двух опытах. По графику (рис. 2) при токе \(0{,}17\) А напряжение на лампочке \(U_{\text{л}1}\approx1{,}35\) В, при \(0{,}13\) А — \(U_{\text{л}2}\approx0{,}90\) В.

2. Уравнения. Закон Ома для участков и правило сложения напряжений при последовательном соединении: напряжение источника равно сумме напряжений на проводах и на лампочке. Сопротивление проводов \(\lambda l\) пропорционально длине, так как материал и сечение одни: \[U=U_{\text{л}1}+I_1\lambda l_1,\qquad U=U_{\text{л}2}+I_2\lambda l_2 .\] Вычитая одно уравнение из другого, получаем \(U_{\text{л}1}-U_{\text{л}2}=\lambda(I_2l_2-I_1l_1)\): \[\lambda=\frac{1{,}35-0{,}90}{0{,}13\cdot20-0{,}17\cdot10}=\frac{0{,}45}{0{,}9}=0{,}5\ \text{Ом/м},\qquad U=1{,}35+0{,}17\cdot10\cdot0{,}5=2{,}2\ \text{В}.\]

3. Ток при \(l_3=40\) м. Сопротивление проводов \(R_3=\lambda l_3=20\) Ом. Закон Ома для всей цепи: \(U=U_{\text{л}}(I_3)+I_3R_3\), то есть \(U_{\text{л}}=U-R_3I_3=2{,}2-20I_3\). На графике это прямая через точку \((U;0)=(2{,}2\text{ В};0)\) и точку \((0;0{,}11\text{ А})\); её пересечение с вольт-амперной характеристикой лампочки и есть рабочая точка (рис.). Она лежит при \(U_{\text{л}}\approx0{,}51\) В, \(I_3\approx0{,}085\) А: проверка \(0{,}51+20\cdot0{,}085=2{,}2\).

4. Лампочка прямо на источнике. Провода отсутствуют, напряжение на лампочке \(U=2{,}2\) В, ток по графику \(I\approx0{,}22\) А.

Обратите внимание. Нагрузочная прямая строится от точки на оси напряжений \(U\), а не от начала координат, и её наклон определяется только сопротивлением проводов: чем длиннее провода, тем круче она идёт вниз (прямые для \(10\), \(20\) и \(40\) м на рисунке проходят через точки опытов \(0{,}17\) и \(0{,}13\) А).

Ответ. \(I_3\approx0{,}085\) А; с лампочкой без проводов \(I\approx0{,}22\) А.

Проверка. Размерность: \([\lambda]=\text{В}/(\text{А}\cdot\text{м})=\text{Ом/м}\). Обе опытные точки лежат на построенных прямых (\(1{,}35+1{,}7\cdot0{,}5=2{,}2\) и \(0{,}90+2{,}6\cdot0{,}5=2{,}2\)). Ток при \(40\) м получился меньше, чем при \(20\) м (\(0{,}13\) А), а без проводов — больше, чем при \(10\) м (\(0{,}17\) А): чем длиннее провода, тем меньше ток, как и должно быть. Числа зависят от снятия значений с графика с точностью в несколько процентов.

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

Подсказка

Волк всегда на расстоянии \(R\) и от центра, и от зайца, то есть на серединном перпендикуляре к отрезку «центр — заяц». Получите его скорость и ускорение как функции угла и сравните ускорение с максимальным, которое может дать трение.

Ответ

Волк добежит до точки, отстоящей по дуге от начального положения на угол \(\varphi\), где \(\cos^3\varphi=\dfrac{v_0^2}{4R\mu g}\): \(\varphi\approx54^\circ\) (дуга \(\approx9{,}4\) м; скорость волка в этот момент \(\approx1{,}7\) м/с).

Решение

Что происходит. Заяц убегает по прямой от центра, а волк должен всё время быть от него на расстоянии \(R\). Для этого волк должен находиться в точке окружности, равноудалённой на \(R\) от центра \(O\) и от зайца, а такая точка лежит на серединном перпендикуляре к отрезку центр — заяц. Заяц движется равномерно, но проекция волка на направление движения зайца — вдвое медленнее, и волку приходится бежать по окружности всё быстрее и быстрее. Единственная сила, разгоняющая и поворачивающая волка, — трение льда; её максимум \(\mu mg\) ограничивает ускорение \(\mu g\), и волк отстанет в тот момент, когда нужное ускорение сравняется с \(\mu g\).

Обозначения. \(O\) — центр окружности, \(Z\) — заяц, \(B\) — волк; \(\varphi\) — угол между направлением на волка из \(O\) и направлением на его начальное положение \(B_0\) (перпендикулярным пути зайца); \(h=v_0t\) — расстояние, пройденное зайцем; \(v\), \(a_\tau\), \(a_n\) — скорость, тангенциальное и нормальное ускорения волка.

1. Положение волка. Треугольник \(OBZ\) равнобедренный (\(OB=BZ=R\)), поэтому проекция \(B\) на путь зайца делит отрезок \(OZ\) пополам: координата волка вдоль пути зайца равна \(h/2=v_0t/2\). С другой стороны, эта координата равна \(R\sin\varphi\): \[R\sin\varphi=\frac{v_0t}{2}.\]

2. Скорость волка. Уравнение шага 1 верно в любой момент, поэтому для малого промежутка времени \(dt\) получаем \(R\cos\varphi\,d\varphi=\dfrac{v_0}{2}\,dt\). Скорость волка вдоль окружности \(v=R\,\dfrac{d\varphi}{dt}\): \[v=\frac{v_0}{2\cos\varphi}.\] Она растёт от \(v_0/2\) при \(\varphi=0\) и неограниченно при \(\varphi\to90^\circ\).

3. Ускорение волка. Нормальное (центростремительное) ускорение \(a_n=\dfrac{v^2}{R}=\dfrac{v_0^2}{4R\cos^2\varphi}\). Тангенциальное \(a_\tau=\dfrac{dv}{dt}=\dfrac{v_0\sin\varphi}{2\cos^2\varphi}\cdot\dfrac{d\varphi}{dt}=\dfrac{v_0^2\sin\varphi}{4R\cos^3\varphi}\). Отношение \(a_\tau/a_n=\operatorname{tg}\varphi\), поэтому полное ускорение \[a=\sqrt{a_\tau^2+a_n^2}=\frac{a_n}{\cos\varphi}=\frac{v_0^2}{4R\cos^3\varphi}.\]

4. Предел по трению. Второй закон Ньютона для волка в горизонтальной плоскости: единственная горизонтальная сила — сила трения, и она не больше \(\mu mg\) (волк не проскальзывает, пока \(ma\le\mu mg\)). Значит, движение возможно, пока \[\frac{v_0^2}{4R\cos^3\varphi}\le\mu g\quad\Longleftrightarrow\quad\cos^3\varphi\ge\frac{v_0^2}{4R\mu g}=\frac{4}{4\cdot10\cdot0{,}05\cdot9{,}8}\approx0{,}204 .\] Предельное значение: \(\cos\varphi=0{,}204^{1/3}\approx0{,}589\), \(\varphi\approx54^\circ\). График показывает, как ускорение (сначала \(0{,}1\) м/с\(^2\)) растёт и пересекает \(\mu g=0{,}49\) м/с\(^2\).

5. Точка. Волк добежит по дуге на угол \(\varphi\approx54^\circ\) от начальной точки в сторону, куда побежал заяц (длина дуги \(R\varphi\approx10\cdot0{,}94=9{,}4\) м); его координаты \(x=R\sin\varphi\approx8{,}1\) м вдоль пути зайца и \(y=R\cos\varphi\approx5{,}9\) м по направлению от центра к начальному положению волка. В этот момент скорость волка \(v=v_0/(2\cos\varphi)\approx1{,}7\) м/с.

Обратите внимание. Ограничивает не скорость, а полное ускорение: нужно учитывать и поворот (центростремительное), и разгон (тангенциальное). Если взять только \(a_n\le\mu g\), получится \(\cos^2\varphi=v_0^2/(4R\mu g)\) и \(\varphi\approx63^\circ\) — ответ завышен, потому что на разгон волка трение тоже тратится.

Ответ. \(\cos^3\varphi=\dfrac{v_0^2}{4R\mu g}\), \(\varphi\approx54^\circ\) от начальной точки (дуга \(\approx9{,}4\) м).

Проверка. Размерность: \(v_0^2/(R\mu g)\) безразмерно. Предел \(\mu\to\infty\): \(\cos\varphi\to0\), \(\varphi\to90^\circ\) — без ограничения по трению ничто не останавливало бы волка до \(\varphi=90^\circ\) (там его скорость уже неограниченна). Подстановка: при \(\varphi=54^\circ\) получаем \(a=0{,}1/0{,}204=0{,}49\) м/с\(^2=\mu g\). Результат устойчив к выбору \(g\): при \(g=10\) м/с\(^2\) \(\cos^3\varphi=0{,}2\) и \(\varphi\approx54{,}2^\circ\).

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