ВсОШ, 2024/25, региональный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Угловое расстояние до центра планеты максимально, когда луч зрения касается орбиты Болтика. Для зонда спутник обходит свою орбиту равномерно с относительной угловой скоростью \(\omega_\text{с} - \omega_\text{з}\); угол, пройденный за \(t_1\), найдите из геометрии треугольника «зонд — центр — спутник».

Ответ

1) \(R/r = 1/\sin\theta_{max} \approx 3{,}864\);  2) \(T \approx 5900\) мин;  3) \(\rho = \dfrac{3\pi}{GT^2\sin^3\theta_0} \approx 7900\text{ кг/м}^3\).

Решение

Угловое расстояние между Болтиком и центром Шелезяки будет максимальным, когда прямая «зонд-Болтик» станет касательной к орбите спутника. В этом случае \(\sin\theta_{max} = r/R\), откуда \[\frac{R}{r} = \frac{1}{\sin\theta_{max}} \approx 3{,}864.\]

Пусть \(M\) — масса Шелезяки. Угловые скорости движения спутника и зонда, соответственно, равны \[\omega_\text{с} = \sqrt{\frac{GM}{r^3}}, \quad \omega_\text{з} = \sqrt{\frac{GM}{R^3}} \qquad\Rightarrow\qquad \omega_\text{с} = \omega_\text{з}\left(\frac{R}{r}\right)^{3/2} \approx 7{,}595\,\omega_\text{з}.\] Следовательно, с точки зрения зонда спутник делает один оборот вокруг планеты за время \[T_\text{отн} = \frac{360^\circ}{\omega_\text{с} - \omega_\text{з}} = \frac{360^\circ}{6{,}595\,\omega_\text{з}} = \frac{T}{6{,}595}.\]

Чтобы найти \(T_\text{отн}\), сделаем чертёж (см. рис.), где точка \(O\) — центр планеты, точка \(S\) — исследовательский зонд, а нарисованная окружность — орбита Болтика. В точках \(A\) или \(C\) спутник находится на краю видимого диска планеты, а точка \(B\) соответствует максимальному угловому расстоянию между центром Шелезяки и Болтиком (при наблюдении с зонда). Из геометрии рисунка \(\angle ASB = \theta_{max} - \theta_0 = 12^\circ\), \(\angle ODA = 90^\circ + \angle ASB = 102^\circ\). По теореме синусов для треугольника \(\triangle SOA\) \[\frac{R}{\sin(\angle OAS)} = \frac{r}{\sin\theta_0},\]

откуда, учитывая, что \(\angle OAS > 90^\circ\), получим, что \[\sin(\angle OAS) = \frac{R}{r}\cdot\sin\theta_0 = 3{,}864\cdot\sin3^\circ \approx 0{,}202 \qquad\Rightarrow\qquad \angle OAS \approx 168{,}334^\circ.\] Найдём угол \(\angle AOB\): \[\angle AOB = \angle OAS - \angle ODA = 66{,}334^\circ.\] Так как движение по окружности равномерное, \(\angle AOB = 360^\circ t_1/T_\text{отн}\), откуда \[T_\text{отн} = \frac{360^\circ}{66{,}334^\circ}\cdot t_1 \approx 5{,}43\cdot165\text{ мин} \approx 895\text{ мин}.\] С учётом того, что \(T = 6{,}595\,T_\text{отн}\), получим \[T \approx 5900\text{ мин}.\]

Пусть \(R_\text{Ш}\) — радиус Шелезяки, тогда \[\sin\theta_0 = \frac{R_\text{Ш}}{R} \qquad\Rightarrow\qquad R_\text{Ш} = R\sin3^\circ \approx 0{,}0523R.\] Записывая массу планеты как \(M = 4\pi R_\text{Ш}^3\rho/3\) и подставляя её в выражение для угловой скорости движения зонда по орбите, получим \[\omega_\text{з}^2 = \frac{G\cdot 4\pi R_\text{Ш}^3\rho/3}{R^3} \qquad\Rightarrow\qquad \frac{4\pi^2}{T^2} = \frac{4\pi G}{3}\cdot\rho\cdot0{,}0523^3,\] откуда \[\rho = \frac{3\pi}{GT^2\cdot0{,}0523^3} \approx 7900\text{ кг/м}^3.\]

Подсказка

Свободная (не натянутая силой) часть цепочки просто падает. Центр масс всей цепочки движется с постоянным ускорением \(g - F/m\); ещё проще — перейти в систему отсчёта, свободно падающую с ускорением \(g\): там на цепочку действует одна сила \(F\).

Ответ

1) \(a_0 = g\);  2) \(\tau = \sqrt{2Lm/F}\);  3) \(v = \left|g - \dfrac{F}{m}\right|\sqrt{\dfrac{2Lm}{F}}\);  4) \(Q = FL\);  5) \(T = F/2\).

Решение

1. После пережигания нити длина вертикального участка цепочки, на край которой действует сила \(F\), будет увеличиваться. Другой участок цепочки сокращающейся длины будет двигаться только под действием силы тяжести, значит модуль ускорения верхнего края цепочки сразу после пережигания и до момента полного разворота цепочки равен \[a_0 = g.\]

2. Способ 1. Согласно теореме о движении центра масс ускорение центра масс цепочки в проекции на ось \(y\) (см. рисунок) равно \(a_y = \dfrac{mg - F}{m} = g - \dfrac{F}{m}\). За время \(\tau\) центр масс цепочки сместится вдоль оси \(y\) на \(\dfrac{a_y\tau^2}{2}\). Верхний край цепочки за время \(\tau\) переместится на расстояние \(\dfrac{g\tau^2}{2}\), значит \(L + \dfrac{a_y\tau^2}{2} = \dfrac{g\tau^2}{2}\). С учётом полученных соотношений \[\tau = \sqrt{\frac{2Lm}{F}}.\]

Способ 2. Ответ на вопрос можно получить и другим способом. Пересядем из лабораторной системы отсчёта (далее — ЛСО) в неинерциальную систему отсчёта (далее — НеИСО), падающую вниз без начальной скорости с ускорением свободного падения \(g\). В этой системе отсчёта изначально неподвижная цепочка приходит в движение под действием лишь одной силы \(F\). И сумма действующих на любой элементарный (малый) участок силы тяжести и силы инерции равна нулю. В этом случае центр масс цепочки движется согласно теореме о движении центра масс с ускорением \(a' = F/m\) и проходит за искомое время \(\tau\) расстояние \(L\). А значит \(\tau = \sqrt{2L/a'}\), что дает тот же ответ.

3. Способ 1. Через время \(\tau\) все части цепочки движутся с одинаковой скоростью, равной скорости её центра масс. А значит \(v = |v_y| = |a_y|\tau\), то есть \[v = \left|g - \frac{F}{m}\right|\sqrt{\frac{2Lm}{F}}.\]

Способ 2. Ответ на этот пункт можно получить, также используя пересадку в НеИСО. Скорость в данной системе отсчёта сразу после разворота цепочки равна \(v' = a'\tau = \dfrac{F}{m}\sqrt{\dfrac{2Lm}{F}} = \sqrt{\dfrac{2FL}{m}}\) и направлена вверх. В данный момент выбранная система отсчёта будет двигаться вниз со скоростью \(v_c = g\tau = g\sqrt{\dfrac{2Lm}{F}}\). При пересадке обратно в ЛСО с учётом закона сложения скоростей получаем \(v_y = v_c - v' = \left(g - \dfrac{F}{m}\right)\sqrt{\dfrac{2Lm}{F}}\). А значит \(v = |v_y|\).

4. Способ 1. Работа \(A_F\) силы \(F\) равна сумме изменения механической энергии \(\Delta E_\text{мех}\) цепочки и выделившегося количества теплоты \(Q\): \(A_F = \Delta E_\text{мех} + Q\), где \(A_F = F\left(L - \dfrac{a_y\tau^2}{2}\right)\), \(\Delta E_\text{мех} = \Delta K + \Delta\varPi = \dfrac{mv^2}{2} - mg\dfrac{a_y\tau^2}{2}\). Откуда находим \(Q = FL\).

Способ 2. В НеИСО к моменту полного разворота цепочки точка приложения силы \(F\) переместится на \(2L\), а значит её работа равна \(2FL\). Изменение кинетической энергии цепочки равно \(\dfrac{mv'^2}{2} = FL\). С учётом этого находим выделившееся количество теплоты \(Q = 2FL - FL = FL\) (как разность работы силы \(F\) и изменения кинетической энергии).

5. Способ 1. После распрямления цепочки выделим нижнюю половину нити (ниже точки \(B\)) массой \(m/2\) и запишем для этого участка теорему о движении центра масс в проекции на ось \(Oy\): \(\dfrac{m}{2}a_y = \dfrac{m}{2}g - T\). В итоге получаем \[T = \frac{F}{2}.\]

Способ 2. Рассматривая движение в НеИСО, на нижнюю половину цепочки после её разворота будет действовать сила \(T = \dfrac{m}{2}a' = \dfrac{F}{2}\).

Подсказка

Пузырёк в равновесии, когда плотность газа в нём равна плотности воды. Выразите отсюда температуру, нужную для равновесия, как функцию глубины — это прямая, которую можно наложить на данный график. Об устойчивости судите по тому, тяжелее или легче воды становится пузырёк при малом смещении вглубь.

Ответ

1) три положения равновесия: \(h_A = (1030\pm10)\) м, \(h_B = (1110\pm10)\) м, \(h_C = (1135\pm10)\) м;  2) в точках \(A\) и \(C\) равновесие неустойчиво, в точке \(B\) — устойчиво.

Решение

Пузырёк будет находится в равновесии, если плотность газа \(\rho\) внутри него будет равна плотности воды \(\rho_\text{в}\).

Плотность газа согласно уравнению Менделеева-Клапейрона определяется выражением: \(\rho = \dfrac{\mu p}{RT}\), где \(T\) — температура газа в кельвинах, \(p\) — давление газа на глубине \(h\), равное \(p = p_0 + \rho_\text{в}gh\). Откуда получаем, что плотность газа равна \[\rho = \frac{\mu(p_0 + \rho_\text{в}gh)}{RT}.\]

Температура воды изменяется с глубиной, при этом данная зависимость не задана аналитически, а представлена в виде графика. Поэтому представим условие равновесия графически. Для этого из последнего уравнения получим зависимость температуры \(T\) газа внутри пузырька от глубины \(h\), на которой данный пузырёк находится. Учитывая, что \(\rho = \rho_\text{в}\), из последнего уравнения находим: \(T = \dfrac{\mu p_0}{R\rho_\text{в}} + \dfrac{\mu g}{R}\cdot h\). Подставим числа в уравнение: \(T = 2{,}62\text{ К} + 0{,}267\,\dfrac{\text{К}}{\text{м}}\cdot h\). Учитывая связь температуры \(t\) по шкале Цельсия с температурой \(T\) по шкале Кельвина, получаем: \(t = -270{,}53\ {}^\circ\text{C} + 0{,}267\,\dfrac{{}^\circ\text{C}}{\text{м}}\cdot h\). Полученную из условия равновесия зависимость \(t(h)\) и зависимость из условия задачи представим на одном графике. Видно, что графики зависимостей пересекаются в трёх точках \(A\), \(B\) и \(C\), значит существует три соответствующих положения равновесия.

Из графика находим глубину для трёх положений равновесия пузырька, соответствующие точкам \(A\), \(B\) и \(C\) графика: \(h_A = (1030\pm10)\) м; \(h_B = (1110\pm10)\) м; \(h_C = (1135\pm10)\) м.

Проанализируем положение равновесия в точке \(A\) на устойчивость. Пусть пузырёк смещается на чуть бОльшую глубину. В этом случае температура газа внутри пузырька будет меньше той, которая необходима для обеспечения его равновесия, а значит плотность газа в пузырьке будет больше плотности воды. Это означает, что сила Архимеда будет меньше силы тяжести, и, следовательно, пузырёк будет тонуть и дальше. То есть получаем, что положение равновесия в точке \(A\) неустойчиво. Аналогично рассуждая, получим, что положение равновесия в точке \(B\) устойчиво, а в точке \(C\) — неустойчиво.

Подсказка

Рассеивающая линза не может дать изображение в плоскости двойного фокуса, значит линза собирающая; разберите два случая — действительное и мнимое изображение \(B'\) (для мнимого найдите из формулы линзы, где тогда стоит \(B\)). Луч, идущий вдоль \(AB\), после линзы идёт по прямой \(\alpha\) — их пересечение лежит на линзе.

Ответ

Линза собирающая, возможны два случая. 1) Если \(B'\) действительное, оптический центр \(O\) — середина \(BB'\); если мнимое, \(O\) лежит на продолжении \(B'B\) за точку \(B\) на расстоянии \(BB'/2\) от \(B\). 2) Линза проходит через \(O\) и точку \(L\) пересечения прямой \(AB\) с прямой \(\alpha\); главная оптическая ось — перпендикуляр к линзе в точке \(O\). 3) Фокус — середина отрезка между \(O\) и точкой пересечения оси с плоскостью двойного фокуса (через \(B'\) перпендикулярно оси), второй фокус симметричен ему относительно \(O\). 4) \(A'\) — пересечение прямой \(AO\) с прямой \(\alpha\). Построения — на рисунках решения.

Решение

В условии задачи не указан тип линзы, поэтому необходимо понять, какая линза может быть. Изображение действительного объекта в рассеивающей линзе всегда лежит между фокальной плоскостью и плоскостью линзы. Так как \(B'\) лежит в плоскости двойного фокуса, то линза не может быть рассеивающей, поэтому делаем вывод, что линза собирающая. Изображение \(B'\) может быть действительным или мнимым.

Рассмотрим сначала случай, когда изображение \(B'\) действительное. Если изображение действительное, то точки \(B\) и \(B'\) лежат в плоскостях двойного фокуса и оптический центр лежит на середине отрезка \(BB'\).

Рассмотрим теперь случай, когда изображение \(B'\) мнимое. В этом случае \(B\) лежит между фокальной плоскостью и плоскостью линзы. Запишем формулу тонкой линзы для этого случая: \[\frac{1}{a} + \frac{1}{-2F} = \frac{1}{F},\] откуда находим, что \(a = 2F/3\), а расстояние между предметом и его изображением \(\Delta = 2F - a = 4F/3\) в два раза больше расстояния между предметом и линзой \(a\).

Для построения оптического центра линзы в первом случае делим отрезок \(BB'\) пополам, на середине этого отрезка и будет оптический центр \(O\). Во втором случае делим отрезок \(BB'\) пополам, продолжаем прямую проходящую через это отрезок за точку \(B\) и откладываем еще половину отрезка \(BB'\) — найденная точка будет оптическим центром \(O\).

Для восстановления положения линзы найдем вторую точку линзы, для этого заметим, что луч \(AB\) после преломления в линзе пойдёт вдоль прямой \(\alpha\), так как изображение точки \(A'\) также лежит на этой прямой. Продолжим прямую, проходящую через отрезок \(AB\), до пересечения с прямой \(\alpha\), найденная точка пересечения \(L\) будет принадлежать плоскости линзы. Рисуем линзу в виде отрезка, содержащего точки \(L\) и \(O\). Для восстановления главной оптической оси (далее — ГОО) построим перпендикуляр к линзе в точке \(O\).

Чтобы найти фокус, можно пойти двумя путями.

а) Пустим из т. \(B\) луч, идущий параллельно ГОО, который после преломления в линзе пройдет через т. \(B'\) и пересечёт ГОО в точке фокуса;

б) Вспомним, что т. \(B'\) лежит в двойной фокальной плоскости. Проведём эту плоскость, определим по её пересечению с ГОО точку двойного фокуса, разделим получившийся отрезок пополам и получим точку фокуса \(F\). На рисунке представлены построения, соответствующие второму способу решения.

Чтобы построить точку \(A'\) можно пойти двумя путями:

а) Пустим из т. \(A\) луч, параллельный ГОО. После преломления в линзе этот луч пройдет через фокус и пересечется с прямой \(\alpha\) в т. \(A'\).

б) Пустим из т. \(A\) луч, проходящий через оптический центр \(O\). Луч (в первом случае) или его продолжение (во втором случае) пересечется с прямой \(\alpha\) как раз в т. \(A'\).

Подсказка

Постройте нагрузочную прямую \(I = (\mathcal{E} - U)/R\) поверх вольт-амперной характеристики. Пока транзистор не заперт (\(U_\text{зи} > -U_0\)) и напряжение на нём не упало до нуля, через него течёт \(I_\text{нас}\), и выходное напряжение линейно зависит от \(U_\text{зи}\).

Ответ

1) а) \(U_a \le 1\) В; б) \(U_a \le 0{,}25\) В;  2) \(K = I_0R/U_0 = 2{,}5\);  3) \(U = 6\text{ В} - 8\text{ В}\cdot\sin(\pi t/\tau)\), обрезанная сверху линией \(U = 10\) В и снизу линией \(U = 0\): \(U(N\tau) = 6\) В, около \(t = 0\) убывает, верхние горизонтальные участки длиннее нижних.

Решение

Если \(I\) — сила тока, текущего между стоком и истоком в цепи усилителя, то \[\mathcal{E} = IR + U \qquad\Rightarrow\qquad I = \frac{\mathcal{E} - U}{R}.\] Данная зависимость называется нагрузочной характеристикой, а её график, в данном случае, — нагрузочной прямой. Учитывая, что эта прямая проходит через точки с координатами \((0; \mathcal{E}/R)\) и \((\mathcal{E}; 0)\), построим её поверх вольт-амперной характеристики, приведённой в условии, и определим точку их пересечения.

В результате получим, что

1. при \(I_\text{нас} < \mathcal{E}/R\) (синяя линия на рис. 1), сила тока, текущего от стока к истоку, равна \(I = I_\text{нас}\), а \(U = \mathcal{E} - I_\text{нас}R > 0\);

2. при \(I_\text{нас} \ge \mathcal{E}/R\) (красная линия на рис. 1), напряжение между стоком и истоком \(U = 0\), а сила тока \(I = \mathcal{E}/R\).

Таким образом, напряжение на выходе усилителя не может быть отрицательным, то есть \(U \ge 0\).

Согласно графику зависимости \(I_\text{нас}(U_\text{зи})\), приведённому в условии, на участке \(U_\text{зи} > -U_0\) эта зависимость линейна: \[I_\text{нас} = \frac{I_0}{U_0}\left(U_\text{зи} + U_0\right),\] следовательно, линейной будет и зависимость \(U(U_\text{зи})\): \[U = \mathcal{E} - I_\text{нас}R = \mathcal{E} - I_0R - \frac{I_0R}{U_0}\cdot U_\text{зи}. \tag{1}\] В этом случае выходной сигнал будет отличаться от входного лишь сдвигом и масштабированием, то есть синусоида, например, останется синусоидой: \[U_\text{зи} = U_a\sin\left(\frac{\pi t}{\tau}\right) \qquad\Rightarrow\qquad U(t) = \mathcal{E} - I_0R - \frac{I_0R}{U_0}\cdot U_a\sin\left(\frac{\pi t}{\tau}\right).\] Данное правило нарушается в двух случаях:

1. \(U_\text{зи} \le -U_0\). Тогда \[I_\text{нас} = 0 \qquad\Rightarrow\qquad I = 0 \text{ при любом } U \qquad\Rightarrow\qquad U = \mathcal{E}.\]

2. \(U = 0\). В этом случае \[I_\text{нас} = \frac{I_0}{U_0}\left(U_\text{зи} + U_0\right) \ge \frac{\mathcal{E}}{R} \qquad\Rightarrow\qquad U_\text{зи} \ge U_0\cdot\frac{\mathcal{E} - I_0R}{I_0R}.\]

Подытожим: синусоидальный сигнал на входе преобразуется усилителем в синусоидальный сигнал на выходе, если для всех \(U_\text{зи}\), удовлетворяющих условию \(|U_\text{зи}| \le U_a\), выполняется неравенство \[-U_0 \le U_\text{зи} \le U_0\cdot\frac{\mathcal{E} - I_0R}{I_0R}.\]

а) Пусть \(R = 5\) Ом. Тогда, подставляя остальные данные, получим \[-1\text{ В} \le U_\text{зи} \le 3\text{ В}.\] Отсюда делаем вывод, что зависимость \(U(t)\) будет сохранять форму синусоиды, если \(U_a \le 1\) В.

б) Пусть теперь \(R = 16\) Ом. В этом случае неравенство для \(U_\text{зи}\) примет вид \[-1\text{ В} \le U_\text{зи} \le 0{,}25\text{ В},\] следовательно, синусоидальность сигнала сохраняется при \(U_a \le 0{,}25\) В.

Если синусоидальность выходного сигнала не нарушается, воспользуемся формулой (1), где величина \(\mathcal{E} - I_0R\) задаёт смещение средней линии синусоиды, а \(I_0R/U_0\) является масштабным множителем, имеющим смысл искомого коэффициента усиления \(K\). Вычислим его при \(R = 5\) Ом: \[K = \frac{I_0R}{U_0} = 2{,}5.\]

При \(R = 8\) Ом зависимость, заданная формулой (1), будет иметь вид \[U = 6\text{ В} - 4U_\text{зи} = 6\text{ В} - 8\text{ В}\cdot\sin\left(\frac{\pi t}{\tau}\right).\] График этой функции (красный пунктир на рис. 2) — сдвинутая вдоль вертикальной оси синусоида, минимальное и максимальное значения напряжения для которой равны \[U_{min} = 6\text{ В} - 4U_a = 6\text{ В} - 4\cdot2\text{ В} = -2\text{ В}, \qquad U_{max} = 6\text{ В} + 4U_a = 6\text{ В} + 4\cdot2\text{ В} = 14\text{ В}.\] Вблизи \(t = 0\) она является убывающей, в отличие от функции \(U_\text{зи}(t)\). В реальности же, полученную кривую необходимо «обрезать» сверху и снизу: сверху — по линии \(U = \mathcal{E} = 10\) В, снизу — по линии \(U = 0\). Получившаяся кривая (сплошная линия на рис. 2) и есть требуемый график.

Характерные точки и особенности графика:

1. График является «обрезанной», смещённой вверх по оси ординат синусоидой;

2. \(U(N\tau) = 6\) В, где \(N = 0, \pm1, \pm2, \ldots\);

3. Вблизи оси ординат (оси \(U\)) наклон кривой отрицательный;

4. Значения больше 10 В и меньше 0 В «обрезаны» горизонтальными линиями \(U = 10\) В и \(U = 0\) В;

5. Горизонтальные участки симметричны относительно положения пиков исходной синусоиды (то есть точек с абсциссами \(\pm\tau/2, \pm3\tau/2, \ldots\));

6. Верхние горизонтальные участки длиннее нижних.