ВсОШ, 2021/22, региональный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, свободно падающую вместе с фейерверком в момент взрыва: там осколки движутся прямолинейно и равномерно.

Ответ

1) \(\upsilon_0 = 10\) м/с;  2) углы \(15^\circ\), \(45^\circ\), \(75^\circ\);  3) \(h \approx 7{,}6\) м.

Решение

Перейдём в систему отсчёта, движущуюся вниз с ускорением \(\vec g\), скорость которой равна нулю в момент взрыва фейерверка. В этой системе осколки движутся по прямолинейным траекториям, направления которых совпадают с направлениями векторов начальных скоростей (углы \(\alpha\), \(\beta\) и \(\gamma\) на рис. 2). Точки вспышек в этой системе отсчёта (\(A\), \(B\) и \(C\)) лежат на окружности радиусом \(R = \upsilon_0\tau\), где \(\upsilon_0\) — начальная скорость ракет, \(\tau = 1\) с.

Точки 1, 2 и 3, в которых происходят вспышки в земной системе отсчёта, лежат точно на такой же окружности, но её центр смещён вниз по отношению к вершине холма на \(\Delta h = \dfrac{g\tau^2}{2} = 5\) м.

Треугольники \(AOB\) и \(OBC\) равносторонние с радиусом \(R = l = 10\) м. Таким образом, начальная скорость осколков \(\upsilon_0 = \dfrac{l}{\tau} = 10\) м/с.

Из геометрии \(\alpha = 15^\circ\), \(\beta = 45^\circ\), \(\gamma = 75^\circ\).

Точка \(O\) — центр окружности, выше уровня земли на \(OD = AO\sin 15^\circ = l\sin 15^\circ\). Чтобы определить высоту холма, надо ещё прибавить \(\Delta h = \dfrac{g\tau^2}{2}\). Окончательно \[h = l\sin 15^\circ + \frac{g\tau^2}{2} \approx 7{,}6~\text{м}.\]

Подсказка

Запишите правило моментов для верхнего стержня относительно шарнира и кинематическую связь смещений его концов.

Ответ

1) верхняя пружина сожмётся на \(\Delta x_1 = F/(4k)\);  2) \(k_0 = \dfrac{8}{5}k\).

Решение

1. Так как нижний стержень лёгкий, а сила приложена к его середине, силы упругости нижних пружин равны; обозначим их \(T\). Из условия равновесия нижнего стержня \(F = 2T\).

2. Правило моментов для верхнего стержня относительно шарнира при растяжении верхней пружины силой \(T_1\): \(T_1 l + 2Tl = Tl\), откуда \(T_1 = -T\). Значит, верхняя пружина сжимается силой \(T\).

3. По закону Гука деформация верхней пружины \(\Delta x_1 = F/(4k)\).

4. Удлинения нижних пружин одинаковы и равны \(\Delta x_2 = F/(2k) = 2\Delta x_1\).

5. Правый конец верхнего стержня смещается вниз на \(2\Delta x_1\), нижний конец правой пружины опускается на \(4\Delta x_1\), нижний конец левой пружины — на \(\Delta x_1\). Середина нижнего стержня опускается на \(\Delta x = \frac{5}{2}\Delta x_1\).

6. По закону Гука для всей системы \(F = k_0\cdot\frac{5}{2}\Delta x_1\), откуда \(k_0 = \frac{2}{5}\frac{F}{\Delta x_1} = \frac{8}{5}k\).

Подсказка

Применяйте уравнение теплового баланса не к каждому переливанию, а сразу к конечному состоянию системы: масса воды в каждом сосуде не изменилась.

Ответ

\(t_3 = 41^\circ\)C.

Решение

Так как переливается одна и та же масса воды, в итоге в каждом сосуде остаётся столько же воды, сколько было в начале. Поэтому уравнение теплового баланса записываем для конечного состояния системы. Вода в первом сосуде получает количество теплоты \(Q_1 = cm(t_1 - t)\), во втором и третьем соответственно \(Q_2 = c_2 m(t_1 - 3t)\) и \(Q_3 = c_4 m(t_1 - 2t)\). Потерь тепла нет, поэтому \(Q_1 + Q_2 + Q_3 = 0\), то есть \(cm(t_1 - t) + c_2 m(t_1 - 3t) + c_4 m(t_1 - 2t) = 0\). Решая уравнение, получаем \(t_3 = 15t - t_1 - 2t_2 = 41^\circ\)C.

Подсказка

Сопротивление всей проволоки не зависит от места разреза. Для половины кольца используйте среднее удельное сопротивление, а для точек \(M\), \(N\) — условие равенства сопротивлений дуг, на которые они делят кольцо.

Ответ

1) \(R_0 = \dfrac{2\pi^2 \alpha r}{S}\);  2) \(R_{\max} = \dfrac{\pi^2\alpha r}{2S}\) (точки \(M\), \(N\) симметричны относительно точки \(B\), \(\varphi_0 = \dfrac{\pi}{\sqrt 2}\approx 127^\circ\)); \(L \approx 1{,}6\,r\).

Решение

1. Сопротивление всей проволоки \(R_0\) не зависит от точки разреза. Разрежем кольцо в точке \(A\) и найдём сопротивления \(R_0/2\) двух симметричных половинок. Используя среднее удельное сопротивление \(\rho_{ср} = \alpha\pi/2\), получаем \(R_0/2 = \rho_{ср}\pi r/S = \alpha\pi^2 r/(2S)\), откуда \[R_0 = \frac{\alpha\pi^2 \cdot 2r}{S}.\]

2. Подключим контакты к точкам \(M\) и \(N\). Цепь состоит из двух участков \(MAN\) и \(MBN\), соединённых параллельно: \[R_{MN} = \frac{R_{MAN}R_{MBN}}{R_{MAN}+R_{MBN}} = \frac{R_{MAN}(R_0 - R_{MAN})}{R_0}.\] Эта функция \(R_{MAN}\) имеет максимум при \(R_{MAN} = R_{MBN} = R_0/2\), и тогда \(R_{\max} = R_0/4 = \dfrac{\alpha\pi^2 r}{2S}\).

3. Чтобы расстояние между \(M\) и \(N\) было минимальным, на малую дугу между ними должна приходиться проволока с максимальным удельным сопротивлением. Поэтому точки \(M\) и \(N\) симметричны относительно точки \(B\). Пусть их положение определяется углом \(\varphi_0\). Сопротивление малой дуги \(BN\) равно \(R_0/4\): \[\frac{R_0}{4} = \frac{\alpha(\pi^2 - \varphi_0^2)r}{2S},\] откуда \(\pi^2 = 2(\pi^2 - \varphi_0^2)\) и \(\varphi_0 = \pi/\sqrt{2} \approx 127^\circ\). Расстояние \(L\) между \(M\) и \(N\) находится как основание равнобедренного треугольника \(MON\): центральный угол \(MON\) равен \(2\varphi_0\), поэтому \(L = 2r\sin\varphi_0 \approx 1{,}6\,r\).

Подсказка

Прямые, проходящие через пары источник — изображение, пересекаются в оптическом центре линзы. Какие точки параллелограмма соответствуют парам?

Ответ

Линза собирающая; оптический центр — в точке пересечения диагоналей; возможны два построения: плоскость линзы параллельна \(AB\) и \(CD\) или параллельна \(BC\) и \(AD\); источники и изображения лежат на расстоянии \(2F\) от линзы.

Решение

Обозначим точки буквами \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) и нанесём контуры параллелограмма и его диагоналей. Прямые, проходящие через пары источник — изображение, должны пересечься в оптическом центре линзы. Поэтому пары определяются однозначно: это \(A\)–\(C\) и \(B\)–\(D\). Значит, оптический центр линзы находится в точке \(O\) пересечения диагоналей, источники и изображения расположены по разные стороны от него, а изображения действительные. Следовательно, линза собирающая.

Источники и их изображения находятся в плоскостях, удалённых на двойное фокусное расстояние от плоскости линзы, поскольку диагонали параллелограмма делятся в точке пересечения пополам.

По данным условия положение линзы однозначно не определяется: плоскости двойного фокуса могут проходить через \(AB\) и \(CD\) или через \(BC\) и \(AD\). Построения аналогичны: через оптический центр проводим прямую, параллельную плоскостям двойного фокуса — это плоскость линзы; перпендикуляр к ней через оптический центр даёт ГОО; пересечения ГОО со сторонами параллелограмма дают точки \(2F\); делением пополам отрезков от \(O\) до \(2F\) находим фокусы \(F\).