ВсОШ, 2024/25, региональный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Нарисуйте векторную диаграмму: за каждый интервал \(\tau\) к скорости добавляется отрезок \(a\tau\), \(a\tau/2\), … попеременно вдоль \(y\) и вдоль \(x\). Скорость только растёт, а наибольший угол отклонения достигается либо после первого «шага», либо в пределе — это зависит от \(v_0\).

Ответ

Если \(v_0 \leqslant 2a\tau\): \(v_{\min} = a\tau\operatorname{ctg}\alpha\), \(v_{\max} = a\tau\sqrt{\operatorname{ctg}^2\alpha + 4\operatorname{ctg}\alpha + 8}\); если \(v_0 \geqslant 2a\tau\): \(v_{\min} = 2a\tau(\operatorname{ctg}\alpha - 1)\), \(v_{\max} = \dfrac{2a\tau}{\sin\alpha}\).

Решение

Изобразим с помощью векторной диаграммы как изменялась скорость частицы.

Можно заметить, что скорость частицы монотонно возрастала со временем, значит минимальная по модулю скорость была в начале, а максимальная в конце движения (при очень большом времени). Перегруппируем векторы приращения скоростей.

Воспользовавшись формулой для суммы геометрической прогрессии, получим, что изменение проекции скорости на ось \(x\) за длительное время (бесконечное количество циклов) будет \(2a\tau\). Аналогично изменится и \(y\) компонента скорости. Значит, максимальная скорость в процессе движения: \[v_\infty = \sqrt{(v_0 + 2a\tau)^2 + (2a\tau)^2}.\] Выразим начальную скорость через \(a\tau\). Угол отклонения вектора скорости через время \(\tau\) после начала движения: \(\operatorname{tg}\alpha_1 = (a\tau)/v_0\). Через большое время после начала движения — \(\operatorname{tg}\alpha_\infty = (2a\tau)/(v_0 + 2a\tau)\). Тогда возможны два варианта:

1) если начальная скорость мала, тогда максимальное отклонение вектора скорости будет через \(\tau\) после начала движения: \[\operatorname{tg}\alpha_1 \geqslant \operatorname{tg}\alpha_\infty \;\Rightarrow\; \alpha_1 = \alpha.\]

Рассматриваемый случай реализуется при \(v_0 \leqslant 2a\tau\). Тогда: \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{a\tau}{v_0} \;\Rightarrow\; v_{\min} = v_0 = a\tau\cdot\operatorname{ctg}\alpha;\] \[v_{\max} = v_\infty = \sqrt{(a\tau\cdot\operatorname{ctg}\alpha + 2a\tau)^2 + (2a\tau)^2} = a\tau\sqrt{\operatorname{ctg}^2\alpha + 4\operatorname{ctg}\alpha + 8}.\]

2) Если \(v_0 \geqslant 2a\tau\), то максимальное отклонение вектора скорости будет в предельной ситуации (\(\alpha_\infty = \alpha\)).

\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{2a\tau}{v_0 + 2a\tau} \;\Rightarrow\; v_{\min} = v_0 = 2a\tau\cdot(\operatorname{ctg}\alpha - 1);\] \[v_{\max} = v_\infty = \frac{2a\tau}{\sin\alpha}.\]

Подсказка

Запишите равновесие поршня: давления столбов жидкости слева и справа плюс сила пружины. Если поршень сдвинулся на \(x\), правый уровень поднялся на \(x\), а левый — на столько, на сколько долили, минус \(x\).

Ответ

1) \(k = (\rho_1 - \rho_2)gS\);  2) \(\Delta V = \dfrac{\rho_1\Delta hS}{\rho_1 - \rho_2}\).

Решение

Так как оба конца трубки открыты в атмосферу, атмосферное давление можно не учитывать. Условие равновесия поршня в начальном положении: \[\rho_1 gh_1S = \rho_2 gh_2S,\] где \(h_1\) и \(h_2\) — высота столба жидкости выше центра поршня в левой и правой частях соответственно. При добавлении жидкости плотностью \(\rho_1\) в левый сосуд поршень сместится на расстояние \(x\) вправо, и на него начнёт действовать сила упругости. Условие равновесия поршня после добавления некоторого количества жидкости: \[\rho_1 gH_1S = \rho_2 gH_2S + kx.\] После перемещения поршня на расстояние \(x\), уровень жидкости в правой части тоже увеличится на \(x\): \[\rho_1 g(h_1 + y)S = \rho_2 g(h_2 + x)S + kx,\] где \(y\) — высота, на которую увеличился уровень жидкости в левом сосуде. Для того чтобы разность высот \(\Delta h\) оставалась постоянной, \(y\) должно равняться \(x\). Тогда: \[k = (\rho_1 - \rho_2)gS.\]

Условие равновесия поршня после добавления в левую часть объёма \(\Delta V\) жидкости плотностью \(\rho_2\): \[\rho_1 g(h_1 - x)S + \rho_2 gzS = \rho_2 g(h_2 + x)S + kx.\] Чтобы верхние границы жидкостей совпадали, высота \(z\) добавленной в левое колено жидкости плотностью \(\rho_2\) должна быть равна: \(z = \Delta h + 2x\). Тогда, с учётом найденного коэффициента жёсткости пружины \(k = (\rho_1 - \rho_2)gS\): \[x = \frac{\rho_2\Delta h}{2(\rho_1 - \rho_2)}.\] Убедимся, что при перемещении поршня на расстояние \(x\) в левой вертикальной части трубки останется жидкость плотностью \(\rho_1\). Условие равновесия поршня в начальный момент: \[\rho_1 gh_1S = \rho_2 g(h_1 + \Delta h)S \;\Rightarrow\; h_1 = \frac{\rho_2\Delta h}{\rho_1 - \rho_2} \;\Rightarrow\; h_1 > x.\] Объём добавленной жидкости может быть найден по формуле: \(\Delta V = S(\Delta h + 2x)\). Подставив в это выражение значение \(x\), найдём \(\Delta V\): \[\Delta V = \frac{\rho_1\Delta hS}{\rho_1 - \rho_2}.\]

Подсказка

В момент отрыва на клин действуют только вертикальные силы, поэтому его ускорение равно нулю, а ускорение шарика направлено вдоль поверхности клина. Разложите ускорение шарика на касательную (\(g\)) и центростремительную (\(u^2/L\)) составляющие и свяжите скорости шарика и клина условием контакта.

Ответ

\(v = \sqrt{\dfrac{gL}{\operatorname{tg}^3\alpha}} = \sqrt{gL\operatorname{ctg}^3\alpha}\).

Решение

Чтобы шарик скользил по наклонной поверхности без отрыва, необходимо, чтобы проекции скорости \(v\) клина и скорости \(u\) шарика на ось нормальную к поверхности были равны. Запишем кинематическую связь для момента, когда стержень горизонтален: \[u\cos\alpha = v\sin\alpha \;\Rightarrow\; u = v\operatorname{tg}\alpha.\]

Поскольку ось, перпендикулярная наклонной поверхности клина, постоянна по направлению, а проекции скоростей клина и шарика на эту ось одинаковы, то и проекции ускорений клина и шарика на данную ось также равны. После отрыва шарика от клина все действующие на клин силы вертикальны. В результате этого клин начинает двигаться равномерно. Следовательно, в момент отрыва проекция ускорения шарика на нормаль к поверхности клина равна нулю.

Равенство нулю проекции ускорения шарика в момент отрыва можно доказать другим способом: перейдём в поступательно движущуюся систему отсчёта, связанную с клином. В этой системе отсчёта относительное ускорение шарика будет направлено вдоль наклонной поверхности клина. Поскольку в момент отрыва шарика от клина все действующие на клин силы вертикальны, его ускорение равно нулю. Это означает, что в лабораторной системе отсчёта ускорение шарика тоже будет направлено вдоль поверхности клина.

Так как стержень нерастяжимый, движение шарика представляет собой движение по окружности радиусом \(L\). Найдём тангенциальную \(a_\tau\) и нормальную \(a_n\) компоненты ускорения шарика. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную ось. Так как по условию в рассматриваемый момент шарик отрывается от поверхности клина, на него действует единственная вертикальная сила — сила тяжести. Исходя из этого, получаем: \(ma_\tau = mg \Rightarrow a_\tau = g\). Для нахождения нормальной компоненты ускорения воспользуемся формулой центростремительного ускорения: \[a_n = \frac{u^2}{L}.\]

Далее рассмотрим три возможных способа определения скорости шарика \(u\) в момент отрыва.

Первый способ. Запишем уравнение кинематической связи для проекций ускорений на нормаль к наклонной поверхности клина: \[0 = a_\tau\cos\alpha - a_n\sin\alpha \;\Rightarrow\; a_\tau = a_n\operatorname{tg}\alpha \;\Rightarrow\; g = \frac{u^2}{L}\operatorname{tg}\alpha \;\Rightarrow\; u^2 = gL\operatorname{ctg}\alpha.\]

Второй способ. Второй закон Ньютона для шарика в момент отрыва: \[m\vec a = \vec T + m\vec g.\] Как было доказано ранее, в момент отрыва ускорение шарика в лабораторной системе отсчёта направлено вдоль поверхности клина. Спроецируем второй закон Ньютона на ось перпендикулярную наклонной поверхности клина и получим: \[T\sin\alpha = mg\cos\alpha.\] В этот момент шарик движется по окружности с центром в точке \(O\) и радиусом \(L\), значит \(T = ma_n\). Следовательно: \[\frac{u^2}{L}\sin\alpha = g\cos\alpha \;\Rightarrow\; g = \frac{u^2}{L}\operatorname{tg}\alpha \;\Rightarrow\; u^2 = gL\operatorname{ctg}\alpha.\]

Третий способ. Запишем уравнение кинематической связи для скоростей шарика и клина при скольжении без отрыва в произвольный момент времени: \[u\cos\varphi = v\sin\alpha,\] где \(\varphi\) — угол между стержнем и наклонной плоскостью клина. Возьмём производную по времени от кинематической связи: \[a_\tau\cos\varphi - u\sin\varphi\cdot\omega = a_\text{к}\sin\alpha.\] В рассматриваемый момент \(a_\text{к} = 0\), так как все силы действующие на клин вертикальны, и \(\varphi = \alpha\). Тогда: \[a_\tau = u\omega\operatorname{tg}\alpha = a_n\operatorname{tg}\alpha = \frac{u^2\operatorname{tg}\alpha}{L} \;\Rightarrow\; g = \frac{u^2\operatorname{tg}\alpha}{L} \;\Rightarrow\; u^2 = gL\operatorname{ctg}\alpha.\]

С учётом того, что \(u = v\operatorname{tg}\alpha\), окончательно получим: \[v = \sqrt{\frac{gL}{\operatorname{tg}^3\alpha}} = \sqrt{gL\operatorname{ctg}^3\alpha}.\]

Подсказка

На участке \(1 - 2\) масса не меняется — он вертикален, так что масса в точке 3 равна \(M/4\). За одинаковое время плита испарила \(3M/4\), а долив принёс те же \(3M/4\); на участке \(3 - 1\) запишите тепловой баланс смешивания и найдите \(t(m)\).

Ответ

1) \(P = \eta\mu_0 q \approx 2{,}3\text{ кВт}\);  2) \(\mu = \mu_0\eta q/L = 1{,}0\text{ г/с}\);  3) \(t_1 = 40\,^\circ\text{C}\), диаграмма — прямоугольный треугольник с вершинами \((1;\,40)\), \((1;\,100)\), \((4;\,100)\);  4) \(\tau_{23}/\tau_{12} \approx 6{,}9\).

Решение

За время \(\Delta\tau\) сжигается \(\Delta m_0 = \mu_0\Delta\tau\) газа, то есть выделяется \(\Delta Q_\text{вся} = \Delta m_0 q\) энергии. Лишь \(\eta\)-ая её часть идёт на нагревание воды \(\Delta Q_\text{эфф} = \eta\Delta Q_\text{вся}\). Тогда эффективная мощность \[P = \frac{\Delta Q_\text{эфф}}{\Delta\tau} = \eta\mu_0 q \approx 2{,}3\text{ кВт}.\]

Заметим, что на участке \(1 - 2\) не происходит изменения массы воды (не происходит испарений и доливаний), т. е. этот участок вертикальный. Обозначим массу воды в точке 1 за \(M\). Уравнение, описывающее испарение на участке \(2 - 3\): \[P\tau_{23} = \left(M - \frac{M}{4}\right)L = \frac{3M}{4}L.\] Уравнение, описывающее доливание воды на участке \(3 - 1\): \[\mu\tau_{31} = M - \frac{M}{4} = \frac{3M}{4}.\] С учётом \(\tau_{23} = \tau_{31}\), получим \[\mu = \frac{P}{L} = \mu_0\frac{\eta q}{L} = 1{,}0\text{ г/с}.\]

Уравнение теплового баланса на участке \(3 - 1\) (\(t_{100} = 100\,^\circ\text{C}\) — температура кипения воды, \(c\) — удельная теплоемкость воды, \(m\) и \(t\) — текущие масса и температура воды на участке \(3 - 1\)): \[c\frac{M}{4}(t_{100} - t) = c\left(m - \frac{M}{4}\right)(t - t_\text{х}).\] Из него следует зависимость температуры воды от её массы на этом участке \[t(m) = t_\text{х} + \frac{M}{4}(t_{100} - t_\text{х})\cdot\frac{1}{m}.\]

Последняя формула показывает линейность участка \(3 - 1\). Температура воды при массе, равной начальной \(M\), равна \(t_1 = t(M) = t_\text{х} + (t_{100} - t_\text{х})/4 = (t_{100} + 3t_\text{х})/4 = 40\,^\circ\text{C}\). Восстановим целостный вид диаграммы — это прямоугольный треугольник с вершинами \((1;\,40)\), \((1;\,100)\), \((4;\,100)\). \[t_1 = 40\,^\circ\text{C}.\]

Уравнение, описывающее нагревание на участке \(1 - 2\): \[P\tau_{12} = cM(t_{100} - t_1).\] Тогда

\[\frac{\tau_{23}}{\tau_{12}} = \frac{3L}{4c(t_{100} - t_1)} \approx 6{,}9.\]

Подсказка

При повороте на \(90^\circ\) амперметр и вольтметр меняются местами в цепи. Запишите показания ваттметра для обоих включений и возьмите их отношение — напряжение источника сократится; из двух вариантов соответствия оставьте тот, где \(R_V > r_A\).

Ответ

1) \(R_V = 50\text{ кОм}\);  2) можно: например, по схеме из решения (вольтметр последовательно с источником, амперметр параллельно резистору) \(P_3 = P_2(R + r_A)/R_V \approx 10\text{ мВт}\).

Решение

Необходимо проанализировать два возможных варианта подключения и рассчитать показания ваттметра для каждого из них. Обозначим напряжение на выводах идеального источника постоянного напряжения за \(U\).

В случае левой схемы показания амперметра (\(I_1\)) и вольтметра (\(U_1\)): \[\begin{cases} I_1 = \dfrac{U}{R + r_A};\\ U_1 = U. \end{cases}\] По условию показания ваттметра равны произведению показаний амперметра и вольтметра: \[P_1' = I_1U_1 = \frac{U^2}{R + r_A}.\] В случае правой схемы показания амперметра (\(I_2\)) и вольтметра (\(U_2\)): \[\begin{cases} I_2 = \dfrac{U}{r_A};\\ I_V = \dfrac{U}{R + R_V};\\ U_2 = I_VR_V = \dfrac{UR_V}{R + R_V}. \end{cases}\] Тогда показания ваттметра в рассмотренном случае: \[P_2' = I_2U_2 = \frac{U^2}{R + R_V}\cdot\frac{R_V}{r_A}.\] Отношение показаний ваттметра позволяет исключить напряжение источника. \[k = \frac{P_1'}{P_2'} = \frac{R + R_V}{R + r_A}\cdot\frac{r_A}{R_V}.\] Отметим, что индексы 1 и 2 для мощностей в формуле выше не обязаны соответствовать индексам в условии задачи, поскольку нам неизвестно, какая схема была собрана первой. Выразим искомое внутреннее сопротивление вольтметра: \[R_V = \frac{R}{k\dfrac{R + r_A}{r_A} - 1}.\] Подставляем числовые значения, учитывая два возможных варианта соответствия между индексами в условии и нашем решении:

1. \(k = 100/1 = 100 \Rightarrow R_V \approx 5{,}0\cdot 10^{-2}\text{ Ом}\). Величина получилась меньше сопротивления амперметра, значит этот ответ неверный.

2. \(k = 1/100 = 0{,}01 \Rightarrow R_V = 50\text{ кОм}\).

Таким образом искомое внутреннее сопротивление вольтметра: \[R_V = 50\text{ кОм}.\]

Рассмотрим схему, изображённую на рисунке.

Сила полного тока в цепи: \[I = \frac{U}{R_V + \frac{Rr_A}{R + r_A}}.\] С учётом неравенства \(R_V \gg R \gg r_A\) получим: \[I = \frac{U}{R_V + \frac{Rr_A}{R + r_A}} \approx \frac{U}{R_V}.\] Силу тока, протекающего через амперметр, с учётом неравенства, можно выразить следующим образом: \[I_A = I\cdot\frac{R}{R + r_A} \approx I = \frac{U}{R_V}.\] Показания вольтметра равны \(U_V = IR_V\), а показания ваттметра: \[P_3 = I_AU_V = I^2R_V = \frac{U^2}{R_V}; \quad U^2 = P_2(R + r_A) \Rightarrow P_3 = \frac{P_2(R + r_A)}{R_V} \approx 10\text{ мВт}.\]