ВсОШ, 2022/23, региональный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Где окажется изображение источника, стоящего на двойном фокусе? Если источник и изображение на одинаковом расстоянии от линзы, ход луча симметричен относительно её плоскости — отразите одну из точек.

Ответ

Отражаем точку \(B\) относительно плоскости линзы в точку \(B'\); прямая \(AB'\) пересекает главную оптическую ось в точке \(X\) — на двойном фокусе. Середина отрезка \(OX\) — первый фокус, второй фокус симметричен ему относительно плоскости линзы.

Решение

Из рисунка видно, что линза собирающая, тогда по формуле тонкой линзы \[\frac1F = \frac1{2F} + \frac1r,\] где \(r\) — расстояние от изображения источника, которое находится тоже на главной оптической оси, до линзы.

Находим \(r = \left(\dfrac1F - \dfrac1{2F}\right)^{-1} = 2F > 0\). Т. е. изображение находится на другой стороне от линзы на расстоянии \(2F\) от неё — на том же расстоянии, что и источник.

Если \(X\) — источник, то \(Y\) — изображение источника. Если \(Y\) — источник, то \(X\) — его изображение.

\(OX = OY \Rightarrow \triangle XYZ\) равнобедренный \(\Rightarrow\) точка \(B'\), симметричная \(B\) относительно плоскости линзы, лежит на другой стороне \(\triangle XYZ\) — стороне \(XZ\).

Следовательно, следующий ряд построений отвечает на вопросы задачи:

1. Отражаем точку \(B\) относительно плоскости линзы и получаем точку \(B'\) (альтернативно можно так же поступить и с точкой \(A\)).

2. Проводим прямую \(AB'\). Она пересекает главную оптическую ось в точке \(X\). Получаем положение источника (или изображения) \(X\) на двойном фокусе.

3. Середина отрезка \(OX\) — первый фокус линзы.

4. Отражаем в плоскости линзы фокус, построенный в пункте 3, и получаем второй фокус.

Подсказка

Между встречами в \(C\) и \(D\) частица на кольце проходит не обязательно половину оборота: число оборотов — полуцелое. Время движения первой частицы от \(C\) до \(D\) найдите через \(t = \sqrt{2x/a}\).

Ответ

1) \(v = \dfrac{\pi(2N+1)\left(\sqrt{L+2R} + \sqrt{L-2R}\right)\sqrt a}{4}\), где \(N \geqslant 0\) — целое;  2) \(v_1 = \dfrac{\pi\sqrt{2L}}{4}(2N+1)\sqrt a\);  3) \(v_2 = \dfrac{\pi\sqrt L}{2}(2N+1)\sqrt a\).

Решение

При движении от точки \(C\) до точки \(D\) между двумя встречами частица в кольцевой трубе совершает \(N + \frac12\) оборотов, где \(N \geqslant 0\) — целое число. Это произошло за время \[\Delta t = \frac{2\pi R\left(N + \frac12\right)}{v} = \frac{\pi R(2N+1)}{v}.\] Пусть \(x(t)\) — расстояние от первой частицы до точки \(A\) в момент времени \(t\), где \(x(0) = 0\). Тогда \(x(t) = \dfrac{at^2}{2}\) и \(t = \sqrt{\dfrac{2x}{a}}\). Длины отрезков \(|AC| = \dfrac L2 - R\) и \(|AD| = \dfrac L2 + R\). Время движения частицы №1 от точки \(C\) до точки \(D\) равно \[\Delta t = \sqrt{\frac2a}\left(\sqrt{|AD|} - \sqrt{|AC|}\right) = \frac{\sqrt{L+2R} - \sqrt{L-2R}}{\sqrt a}.\] Получаем \[\frac{\pi R(2N+1)}{v} = \frac{\sqrt{L+2R} - \sqrt{L-2R}}{\sqrt a}.\] Откуда \[v = \frac{\pi R(2N+1)\sqrt a}{\sqrt{L+2R} - \sqrt{L-2R}} = \frac{\pi(2N+1)\left(\sqrt{L+2R} + \sqrt{L-2R}\right)\sqrt a}{4}.\] При \(R = L/2\) имеем \[v_1 = \frac{\pi\sqrt{2L}}{4}(2N+1)\sqrt a.\] При \(R \ll L\) получаем \[v_2 = \frac{\pi\sqrt L}{2}(2N+1)\sqrt a.\]

Подсказка

Ток идёт по проволокам от их нижних концов до поршней, так что сопротивление цепи определяется суммой высот поршней. При смещении большого поршня на \(\Delta h\) малый смещается на \(3\Delta h\) в другую сторону. Запишите закон Ома для трёх положений поршней.

Ответ

1) \(R_A = 1\) Ом;  2) \(I_0 = \dfrac{2I_1I_2}{I_1 + I_2} = 2{,}2\) А;  3) от \(I_\text{min} \approx 1{,}67\) А до \(I_\text{max} \approx 3{,}22\) А.

Решение

Перемещаясь, поршни задействуют разную длину проволок, соответственно, обеспечивают изменение сопротивления цепи. Это связано еще и с тем, что площади сосудов отличаются, иначе бы эффект не наблюдался. Дело в том, что при смещении большого поршня на \(\Delta h\) вниз, малый сместится на \(3\Delta h\) вверх, и наоборот, когда большой поршень смещается на \(\Delta h\) вверх, малый сместится на \(3\Delta h\) вниз.

Для удобства дальнейшей записи введем обозначение \(\alpha\) для сопротивления одного метра проволоки. Тогда можно записать законы Ома для указанных в условии задачи положений поршней. Когда на поршнях нет грузов: \[U = I_0(2\alpha h_0 + R_A),\] когда груз на малом поршне: \[U = I_1\left(2\alpha h_0 + R_A - \frac{\alpha m}{2\rho S}\right),\] когда груз на большом поршне: \[U = I_2\left(2\alpha h_0 + R_A + \frac{\alpha m}{2\rho S}\right).\] Взяв разность двух последних уравнений, получаем

\[U(I_2 - I_1) = I_1I_2\frac{\alpha m}{\rho S}.\] Откуда \[\alpha = \frac{U(I_2 - I_1)\rho S}{I_1I_2m} = 20\text{ Ом/м}.\] И, воспользовавшись первым законом Ома, получим ответ

\[R_A = \frac{U}{I_0 - 2\alpha H_0} = 1\text{ Ом}.\] Из законов Ома для положений системы с грузами можно получить \[U(I_1 + I_2) = 2I_1I_2(2\alpha h_0 + R_A).\] Учитывая закон Ома, когда нет поршней, получим

\[I_0 = \frac{2I_1I_2}{I_1 + I_2} = 2{,}2\text{ А}.\] Максимальный ток в цепи будет при минимальном сопротивлении, то есть, когда задействована минимальная длина проволок. Это произойдет в нижнем положении малого поршня: \[I_\text{max} = \frac{U}{\frac43\alpha h_0 + R_A} \approx 3{,}22\text{ А}.\] Минимальный ток напротив будет при максимальном сопротивлении, то есть, когда задействована наибольшая длина проволок. Это произойдет в верхнем положении малого поршня: \[I_\text{min} = \frac{U}{\frac83\alpha h_0 + R_A} \approx 1{,}67\text{ А}.\]

Подсказка

Плитка в обоих опытах отдала одно и то же количество теплоты, а отлитая вода уносит с собой тепло, зависящее от её температуры. Что отсюда следует про температуру воды в момент отлива?

Ответ

1) \(\Delta m = 3\) кг;  2) \(t_\text{к} = 48\,^\circ\)C;  3) в первом эксперименте \(48\,^\circ\)C (в конце), во втором \(t_{\max 2} = 70\,^\circ\)C (перед доливом).

Решение

Ситуация, описанная в задаче, может произойти только при условии, что отлив воды в экспериментах происходит при одинаковой температуре. Действительно, при отливе вода забирает с собой часть тепла, переданного плиткой, равную \(c\Delta m(t_x - t_0)\), где \(t_x\) — это температура, при которой воду выливают из кастрюли. А поскольку общее количество теплоты, переданное воде плиткой, в обоих случаях одинаково, то и \(t_x\) должно быть одинаковым. Найдем температуру, при которой происходит отлив воды во втором эксперименте: \[t_x = t_0 + \frac{P\tau_1}{cM} = 40\,^\circ\text{C}.\] Здесь и далее \(M\) — это масса воды в кастрюле в начале эксперимента (5 кг). Эту же температуру должна иметь вода в первом эксперименте через время \(\tau_1 + \tau_2\) после его начала. Отсюда: \[t_x = t_0 + \frac{P(\tau_1 + \tau_2)}{c(M + \Delta m)}.\] Откуда \[\Delta m = \frac{P(\tau_1 + \tau_2)}{c(t_x - t_0)} - M = 3\text{ кг}.\] Тогда конечная температура в каждом из экспериментов: \[t_\text{к} = t_0 + \frac{P\tau - c\Delta m(t_x - t_0)}{cM} = 48\,^\circ\text{C}.\] Причем, для первого случая эта температура одновременно является максимально возможной по ходу всего эксперимента (поскольку она больше \(t_x\)). Во втором случае максимального значения температура может достигать либо в конце эксперимента, либо непосредственно перед доливом воды (через \(\tau_1 + \tau_2\) от начала нагрева). При проверке выясняется, что реализовался второй сценарий: \[t_{\max 2} = t_x + \frac{P\tau_2}{c(M - \Delta m)} = 70\,^\circ\text{C}.\]

Подсказка

Точка \(B\) движется по окружности вокруг \(A\), поэтому её скорость направлена вдоль нити \(BC\). Для длины \(BC\) перейдите в систему отсчёта точки \(C\): там \(B\) движется по окружности вокруг \(C\), а так как \(\vec a_C = 0\), ускорения в обеих системах одинаковы.

Ответ

1) \(v_B = v\cos\varphi = \dfrac{v\sqrt3}{2}\);  2) \(l_{BC} = \dfrac{v^2\sin^2\varphi}{a_\tau} = \dfrac{v^2}{4a_\tau}\);  3) \(a_B = a_\tau\sqrt{1 + \operatorname{ctg}^6\varphi} = 2\sqrt7\,a_\tau\).

Решение

Так как точка \(A\) закреплена, а нить \(AB\) натянута, то точка \(B\) движется по окружности с центром в точке \(A\) и радиусом \(l_{AB}\). Следовательно, её скорость в рассматриваемый момент перпендикулярна радиусу окружности, то есть нити \(AB\), и поэтому направлена вдоль нити \(BC\), перпендикулярной нити \(AB\). Найти скорость точки \(B\) можно двумя способами.

Первый способ: поскольку нить \(BC\) нерастяжима и натянута, то проекции скоростей точек \(B\) и \(C\) на неё равны. Проекция скорости точки \(C\) на нить \(BC\) равна \(v\cos\varphi\), так что \(v_B = v\cos\varphi\).

Второй способ: перейдем в систему отсчета точки \(C\), то есть в поступательно движущуюся систему отсчёта, в которой точка \(C\) покоится. Скорости \(\vec v_B\) и \(\vec v\,'_B\) точки \(B\) в исходной и новой системах отсчёта соответственно связаны соотношением \(\vec v_B = \vec v\,'_B + \vec v_C\), где \(\vec v_C\) — скорость точки \(C\) в исходной системе отсчёта. В новой системе отсчёта точка \(C\) покоится, нить \(BC\) натянута, так что точка \(B\) движется по окружности с центром в точке \(C\) и радиусом \(l_{BC}\). При этом скорость точки \(B\) в новой системе отсчёта направлена перпендикулярно радиусу окружности — нити \(BC\). Значит, скорости \(\vec v_B\), \(-\vec v\) и \(\vec v_B - \vec v = \vec v\,'_B\) образуют прямоугольный треугольник с углом \(\varphi\) между \(\vec v\) и \(\vec v_B\), в котором \(\vec v\) является гипотенузой. В таком случае \(v_B = v\cos\varphi\).

\[v_B = v\cos\varphi = \frac{v\sqrt3}{2}.\] Теперь определим длину нити \(BC\). Для этого перейдём в систему отсчёта точки \(C\), в точности как в Варианте 2 в предыдущем пункте. Поскольку новая система отсчёта поступательно движется относительно исходной, то ускорения \(\vec a_B\) и \(\vec a\,'_B\) точки \(B\) в исходной и новой системах отсчёта соответственно связаны соотношением \(\vec a_B = \vec a\,'_B + \vec a_C\), где \(\vec a_C\) — ускорение точки \(C\) в исходной системе отсчёта. Так как точка \(B\) движется по окружности с центром в точке \(C\) в новой системе отсчёта, то её ускорение складывается из тангенциального ускорения \(\vec a\,'_\tau\), направленного вдоль нити \(AB\), и ортогонального ему нормального ускорения \(\vec a\,'_n\), направленного к точке \(C\) вдоль нити \(BC\). По условию в исходный момент \(\vec a_C = 0\), так что \(\vec a_B = \vec a\,'_B\). Также дано, что ускорение точки \(B\), направленное вдоль нити \(BC\), равно \(a_\tau\). Значит, нормальное ускорение точки \(B\) в новой системе отсчёта равно \(a_\tau\). С другой стороны, оно равно \[\frac{(v'_B)^2}{l_{BC}} = \frac{(v\sin\varphi)^2}{l_{BC}},\] где равенство \(v'_B = v\sin\varphi\) получается из геометрии прямоугольного треугольника, образованного скоростями \(\vec v_B\), \(-\vec v\) и \(\vec v\,'_B\). Таким образом, \[a_\tau = \frac{(v\sin\varphi)^2}{l_{BC}} \quad\Longrightarrow\quad l_{BC} = \frac{v^2\sin^2\varphi}{a_\tau}.\] \[l_{BC} = \frac{v^2\sin^2\varphi}{a_\tau} = \frac{v^2}{4a_\tau}.\] Определим полное ускорение точки \(B\) в исходной системе отсчёта. Поскольку в исходной системе отсчёта точка \(B\) движется по окружности с центром в точке \(A\), то её полное ускорение складывается из двух ортогональных составляющих: тангенциального ускорения \(a_\tau\) и нормального ускорения, направленного вдоль нити \(AB\) к точке \(A\) и равного \[a_n = \frac{v_B^2}{l_{AB}} = \frac{v^2\cos^2\varphi}{l_{BC}\cdot\operatorname{tg}\varphi} = \frac{a_\tau\cos^3\varphi}{\sin^3\varphi} = a_\tau\operatorname{ctg}^3\varphi.\] Равенство \(l_{AB} = l_{BC}\cdot\operatorname{tg}\varphi\) получается из геометрии прямоугольного треугольника \(ABC\). Полное ускорение точки \(B\) находим по теореме Пифагора \[a_B = \sqrt{a_n^2 + a_\tau^2} = a_\tau\cdot\sqrt{1 + \operatorname{ctg}^6\varphi} = 2\sqrt7\,a_\tau.\]