ВсОШ, 2020/21, региональный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Средние скорости на двух последовательных участках пути связаны с ускорением через интервал \(\tau\). Смещение дыма за время между снимками даёт ещё одно соотношение между \(\tau\) и \(a\), \(u\).

Ответ

\(\tau = \dfrac{u}{2a} = 5\) с; паровоз стартовал на \(3s\) севернее точки \(O\), где \(s\) — цена деления сетки (\(s = 2{,}5\) м), то есть на \(7{,}5\) м.

Решение

Пусть цена деления шкалы расстояний равна \(s\). Скорости в конце первого, второго и третьего участков пути (от старта до первого снимка и между снимками) связаны равноускоренным движением с интервалом \(\tau\) между снимками. Из средних скоростей на участках, найденных по сетке, получаем, что паровоз начал движение за время \(\tau\) до первого снимка из точки, расположенной на \(3s\) севернее точки \(O\).

Из рисунка видно, что за время прохождения паровозом третьего участка дым, выпущенный в конце второго участка, сдвинулся на восток на расстояние, определяемое ветром \(u\) и \(\tau\); сравнение с клетками сетки даёт \(\tau = \dfrac{u}{2a} = 5\) с. Цена деления при этом \(s = 2{,}5\) м (согласуется с \(a\tau^2/2 = 5\) м \(= 2s\)), поэтому начальная точка паровоза находилась на \(3s = 7{,}5\) м севернее точки \(O\).

Подсказка

Невесомый нижний стержень: суммы сил и моментов на него равны нулю. Что остаётся для верхнего стержня с шарниром и грузом?

Ответ

1) \(a_{ш0} = a_{г0} = g\) (вниз);  2) \(a_к = g\,(5 + 4\,\mathrm{tg}^2\alpha)\,\mathrm{tg}\,\alpha\).

Решение

Нижний стержень невесомый, поэтому векторная сумма сил и сумма моментов сил, действующих на него, равны нулю. Сила реакции спицы направлена вертикально вверх, сила со стороны шарнира — вертикально вниз; вместе с условием на моменты это означает, что обе силы равны нулю.

Верхний стержень вместе с шарниром и грузом испытывает только силы тяжести, поэтому шарнир и груз движутся вертикально вниз с ускорением \(a_{ш0} = a_{г0} = g\), а стержень сохраняет ориентацию в пространстве.

Когда шарнир, груз и колечко окажутся на одной прямой, верхний стержень опустится ниже спицы, а нижний снова будет составлять угол \(\alpha\) с горизонтом. По закону сохранения энергии шарнир и груз опустились на \(\Delta h = 2L\sin\alpha\), поэтому \[\upsilon^2 = 4gL\sin\alpha .\] Перейдём в систему отсчёта колечка: в ней шарнир движется по окружности радиуса \(L\). Его относительная скорость \(\upsilon_{\text{отн}}\) перпендикулярна стержню, поэтому \(\upsilon_{\text{отн}} = \upsilon/\cos\alpha\). Нормальная составляющая ускорения шарнира в этой СО \[a_n = -g\sin\alpha + a_к\cos\alpha = \frac{\upsilon_{\text{отн}}^2}{L},\] откуда \[a_к = \frac{\upsilon_{\text{отн}}^2}{L\cos\alpha} + g\,\mathrm{tg}\,\alpha = \frac{4gL\sin\alpha}{L\cos^3\alpha} + g\,\mathrm{tg}\,\alpha = g\,(5 + 4\,\mathrm{tg}^2\alpha)\,\mathrm{tg}\,\alpha .\]

Подсказка

Пока оболочка не раздулась, давление гелия равно атмосферному и объём растёт пропорционально массе. Условие подъёма: сила Архимеда больше силы тяжести гелия и оболочки.

Ответ

1) \(\dfrac{4\pi r^2\sigma M_{\text{He}}}{M_{\text{В}} - M_{\text{He}}} < m < 4\pi r^2\left(\dfrac{p_0M_{\text{В}}r}{3RT} - \sigma\right)\); 2) подъём возможен при \(r > \dfrac{3RT\sigma}{p_0(M_{\text{В}} - M_{\text{He}})}\); при меньших \(r\) шар не взлетит.

Решение

Максимальный объём оболочки достигается при массе гелия \(m_0 = \dfrac{4\pi}{3}r^3\dfrac{p_0M_{\text{He}}}{RT}\). При \(m < m_0\) объём шара \(V = \dfrac{mRT}{M_{\text{He}}p_0}\).

Условие подъёма (сила Архимеда больше силы тяжести) при \(m < m_0\): \(\rho_B V g > mg + 4\pi r^2\sigma g\), где \(\rho_B = \dfrac{p_0M_{\text{В}}}{RT}\). Подставляя \(V\), получаем \(m > \dfrac{4\pi r^2\sigma M_{\text{He}}}{M_{\text{В}} - M_{\text{He}}}\).

При \(m > m_0\) объём фиксирован, и условие имеет вид \(\dfrac{4\pi r^3}{3}\dfrac{p_0M_{\text{В}}}{RT} > m + 4\pi r^2\sigma\), откуда \(m < 4\pi r^2\left(\dfrac{p_0M_{\text{В}}r}{3RT} - \sigma\right)\).

Оба условия совместны, если левая граница меньше правой. Это выполнено при \(r > \dfrac{3RT\sigma}{p_0(M_{\text{В}} - M_{\text{He}})}\); при меньших \(r\) шар не взлетит ни при каких массах.

Подсказка

Установившееся движение на участке между датчиками: сила тяжести уравновешена силой сопротивления. Скорость найдите по времени прохождения фиксированного расстояния, выбрав два из четырёх времён, в которые луч лазера полностью перекрыт/освобождён.

Ответ

\(n \approx 1{,}65\) (по критериям \(1{,}65 \pm 0{,}10\); по графику в официальном решении \(1{,}64\)).

Решение

Движение конуса на участке между датчиками равномерное, поэтому \(F_{\text{сопр}} = mg\). Скорость \(\upsilon = L/t\), где \(t = T_4 - T_2\) (времена окончания и начала перекрытия луча, однозначно задающие положение конуса). Для каждого опыта вычисляем \(F_{\text{сопр}}\) и \(\upsilon\) и строим зависимость \(\ln F_{\text{сопр}}\) от \(\ln\upsilon\). Например, для \(m = 533\) мг: \(F_{\text{сопр}} = 5{,}22\cdot 10^{-3}\) Н, \(\upsilon = 1{,}122\) м/с, \(\ln F_{\text{сопр}} = -5{,}25\), \(\ln\upsilon = 0{,}115\). По угловому коэффициенту прямой в логарифмических координатах находим \(n \approx 1{,}64\) (с учётом погрешностей \(1{,}65\pm0{,}10\)).

Подсказка

Для всех прямых желобов из \(A\) точки, до которых шарик доезжает за время \(t\), лежат на одной окружности, проходящей через \(A\) с центром на вертикали под \(A\).

Ответ

\(t_{\min} = \sqrt{\dfrac{2\,(2r^2 - R^2)}{g\,(r + R)}}\).

Решение

Ускорение шарика вдоль желоба \(a = g\sin\alpha\), пройденное расстояние \(s = \dfrac{g t^2 \sin\alpha}{2}\), то есть \(\dfrac{s}{\sin\alpha} = \dfrac{gt^2}{2}\) одинаково для всех желобов, по которым шарик может за время \(t\) достичь точки \(B\). Все такие точки лежат на окружности радиуса \(r_1 = \dfrac{gt^2}{4}\), центр которой лежит строго под точкой \(A\) (на расстоянии \(r_1\) от неё). Минимальное время соответствует касанию этой окружности с дугой радиуса \(R\). Расстояние \(OO_1\) выражается двумя способами: \((R + r_1)^2 = r^2 + (r - r_1)^2\), откуда \(r_1 = \dfrac{2r^2 - R^2}{2(r + R)}\). Тогда \(t = \sqrt{\dfrac{4r_1}{g}} = \sqrt{\dfrac{2(2r^2 - R^2)}{g(r + R)}}\).

Подсказка

Токи через \(R_1\) и \(R_3\) связаны из-за одинакового напряжения на них, как и токи через \(R_2\) и \(R_6\). Запишите уравнения узлов и равенство напряжений в контуре из резисторов \(1\)–\(6\).

Ответ

\(I_7 = 6\) А;  \(I_8 = 8\) А;  \(U_{AB} = 208\) В.

Решение

Напряжения на резисторах \(R_1\) и \(R_3\), \(R_2\) и \(R_6\) одинаковы, поэтому \(I_1 = 3I_3\), \(I_2 = 3I_6\). Из узлов \(C\) и \(D\): \(I_1 = I_2 + I_A\) и \(I_3 + I_A = I_6 + I_7\). Отсюда \[I_7 = I_3 - I_6 + I_A = \frac{4}{3}I_A = 6~\text{А}.\] Ток, втекающий в участок цепи, \(I_9 = 14\) А; вытекает через \(R_7\) ток \(6\) А, поэтому \(I_8 = I_9 - I_7 = 8\) А.

Из условия \(I_4 = I_9 - (I_1 + I_3) = I_9 - 4I_3\) и равенства сумм напряжений на \(R_1, R_2\) и на \(R_4, R_5\) находим \(I_4 = 2{,}0\) А. Напряжение между \(A\) и \(B\): \[U_{AB} = I_9R_9 + I_4(R_4 + R_5) + I_8R_8 = 208~\text{В}.\]

Подсказка

Изображение стены в плоском зеркале симметрично ей относительно плоскости зеркала. Постройте изображение склада в зеркале на заборе \(EF\) и крайние лучи от \(O\) до его концов.

Ответ

1) зеркало на заборе \(EF\);  2) ширина \(33{,}3\) м;  3) нет, одного зеркала недостаточно;  4) два зеркала: одно на стене склада \(AD\), второе на заборе \(EH\) (или \(QH\)).

Решение

1, 2. Разместим зеркало на стене \(EF\). Строим изображение \(A_1B_1\) стены \(AB\) в зеркале (симметрично относительно плоскости зеркала) и крайние лучи \(A_1O\) и \(B_1O\); они задают границы зеркала \(Z_1Z_2\). Из подобия треугольников \(OB_1A_1\) и \(OZ_1Z_2\) отношение сторон равно отношению высот от \(O\) до них: \(\dfrac{Z_1Z_2}{B_1A_1} = \dfrac{OG_1}{OG}\), откуда \(Z_1Z_2 = \dfrac{OG_1}{OG}B_1A_1 \approx 33{,}3\) м.

3, 4. Изображение стены \(AD\) в зеркале на заборе \(EH\) видно лишь наполовину (угол \(D\) склада мешает), поэтому одного зеркала недостаточно. Добавляем второе зеркало на стене склада \(AD\) (или на заборе \(QH\)): луч от \(A\) отражается сначала от зеркала на заборе, затем от зеркала на стене склада и снова от зеркала на заборе и доходит до поста. Зеркало на стене склада должно идти от точки \(S\) почти до угла \(D\), а на заборе \(EH\) — от \(Z_4\) до \(Z_5\). Минимальное число зеркал равно двум.

Подсказка

Вычтите из залитого объёма объём жидкости в трубочке. Сравните графики при заливании через отверстия А и Б и найдите полости, которые заполняются первыми.

Ответ

Расположение перегородок показано на рисунке решения; полость объёмом \(9\) мл, заполняемая первой через \(A\); полость \(10\) мл у верхнего отверстия; общий объём \(85\) мл при положении «стрелка вверх».

Решение

1. При заливании жидкость частично попадает в трубочку. Вычитая из объёмов \(S_{\text{тр}}h\), получаем эффективный объём, занимаемый жидкостью в самой коробочке, и строим график \(h(V)\).

2. Для опытов 4 и 5 графики различаются только при \(h \le 30\) мм. При заливании «сверху» жидкость сначала заполняет полость объёмом \(9\) мл сбоку от нижнего отверстия; её перегородка имеет высоту \(30\) мм. Заполнение с нижней стороны идёт после \(9\) мл, значит справа от перегородки тоже объём \(9\) мл.

3. Эффективные площади по уровням: \(30\)–\(50\) мм — \(6\) см\(^2\); \(50\)–\(70\) мм — \(3\) см\(^2\); \(70\)–\(100\) мм — \(7\) см\(^2\). В правом верхнем углу образуется полость объёмом \(15\) мл, незаполненная при полном объёме \(85\) мл; для уровней выше \(70\) мм нужна горизонтальная перегородка, не дающая жидкости из верхнего отверстия попадать в левую полость.

4. Опыты 6 и 7 (стрелка вправо, трубочка в положении 2) дают полость \(10\) мл у верхнего отверстия, полость \(40\) мл в левом верхнем углу и общий объём \(60\) мл. Это приводит к окончательной схеме перегородок, показанной на рисунке.