ВсОШ, 2025/26, региональный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Разложите ускорение свободного падения на составляющие вдоль \(AB\) и перпендикулярно ему. При упругом ударе о стенку, параллельную \(AB\), продольная составляющая скорости не меняется, а поперечное движение после удара симметрично движению до удара.

Ответ

Три ориентации: удар о сторону, параллельную \(AB\) и ближайшую к точкам (сторона 4 на рисунке решения), — \(\alpha_4 = \operatorname{arctg} 2 \approx 63^\circ\); удар о противоположную ей сторону 2 — \(\alpha_2 = \operatorname{arctg} 4 \approx 76^\circ\); удар о сторону 3 за точкой \(B\) — ускорение направлено вдоль \(AB\), \(\alpha_3 = 0^\circ\). Отскоком от стороны 1 попасть в \(B\) нельзя.

Решение

Пронумеруем стороны рамки и введём координаты \(x\), \(y\) с началом в точке \(A\), направив их вдоль и перпендикулярно отрезку \(AB\).

Пусть координаты точки \(A\) равны \((0;0)\), координаты точки \(B\) равны \((L;0)\), а расстояние от точек до стороны — \(H\). Будем искать проекции ускорения свободного падения \(g_x\) и \(g_y\).

Рассмотрим движение шайбы из \(A\) в \(B\) с отскоком от стороны 4. Из уравнения движения по оси \(y\) получим, что время падения из точки \(A\) до стенки равно \(\sqrt{2H/g_y}\). После удара шайба будет лететь столько же по времени до точки \(B\). Полное время составит: \[t = 2\sqrt{\frac{2H}{g_y}}.\] По оси \(x\) шайба движется равноускоренно, так как при упругом ударе проекция скорости на ось \(x\) не меняется: \[L = g_x\frac{t^2}{2} = g_x\cdot\frac{4H}{g_y}.\] Откуда получим: \[\frac{g_x}{g_y} = \frac{L}{4H}.\]

В случае отскока от стенки 4 \(L = 2l\) и \(H = l\), где \(l\) — сторона заданной масштабной сетки. Из полученного отношения проекций ускорений легко найти направление \(\vec g\). Например, можно отметить точку \(C_1\) с координатами \((2l;\,4l)\). Тогда \(\vec g\) будет направлено вдоль прямой \(AC_1\) и, в частности, первая часть траектории шайбы будет лежать вдоль этой прямой.

Аналогично можно поступить со стороной 2. В этом случае \(L = 2l\) и \(H = 2l\), тогда ускорение свободного падения будет направлено вдоль отрезка \(AC_2\), где координаты точки \(C_2\) это \((2l;\,-8l)\).

После отскока от стороны 1 шайба не сможет попасть в точку \(B\), так как та расположена дальше точки \(A\) по оси \(x\). По тем же соображениям отражение от стороны 3 подходит. Соответствующее этому случаю направление ускорения свободного падения будет вдоль оси \(x\).

С помощью найденных в предыдущем пункте координат точек \(C_1\) и \(C_2\) вычислим углы между направлением \(AB\) и ускорением свободного падения: \[\alpha_4 = \operatorname{arctg} 2 \approx 63^\circ, \quad \alpha_2 = \operatorname{arctg} 4 \approx 76^\circ, \quad \alpha_3 = 0^\circ.\]

Подсказка

Первая пружина и лента соединены последовательно и вместе — параллельно второй пружине. Выразите силу упругости ленты через её удлинение из условий равновесия: получится прямая, которую можно провести прямо на графике ленты и найти точку пересечения. При малой силе лента ведёт себя как пружина с жёсткостью по касательной в начале графика.

Ответ

1) при \(F = 1{,}0\text{ Н}\): \(\Delta x \approx 2{,}9\text{ мм}\), \(\Delta x_1 \approx 3{,}5\text{ мм}\), \(\Delta x_2 \approx 6{,}4\text{ мм}\); при \(F = 20\text{ Н}\): \(\Delta x \approx 6{,}5\text{ см}\), \(\Delta x_1 \approx 6{,}7\text{ см}\), \(\Delta x_2 \approx 13{,}2\text{ см}\);  2) \(F_{\max} = 53\text{ Н}\).

Решение

Пусть \(F_1\) — сила упругости ленты и первой пружины, а \(F_2\) — сила упругости второй пружины.

Сила \(F\), с которой растягивают данную систему, уравновешивается данными силами \(F_1\) и \(F_2\): \[F = F_1 + F_2.\] Закон Гука для пружин: \(F_1 = k\Delta x_1\) и \(F_2 = k\Delta x_2\).

Суммарное удлинение первой пружины и ленты равно удлинению второй пружины: \[\Delta x_1 + \Delta x = \Delta x_2.\] Из этих уравнений получим: \[\Delta x = \Delta x(F_1) = \frac{F}{k} - \frac{2}{k}F_1, \tag{1}\] или \[F_1(\Delta x) = \frac{F}{2} - \frac{k}{2}\Delta x. \tag{1'}\]

При \(F_1 < 1\text{ Н}\) лента ведёт себя как пружина с коэффициентом жёсткости \(k_0 \approx 120\text{ Н/м}\), который можно определить с помощью коэффициента наклона касательной к начальному участку графика.

Следовательно, зависимость удлинения ленты от растягивающей её силы можно выразить как: \[F_1 = k_0\Delta x. \tag{2}\] Подставляя (2) в (1), получим \[\Delta x = \frac{F}{k} - \frac{2k_0}{k}\Delta x\] или \[\Delta x = \frac{F}{2k_0 + k} \approx 2{,}9\text{ мм}.\] Тогда \[\Delta x_1 = \frac{F_1}{k} = \frac{k_0}{k}\Delta x = \frac{k_0 F}{(2k_0 + k)k} \approx 3{,}5\text{ мм}\] и

\[\Delta x_2 = \Delta x_1 + \Delta x \approx 6{,}4\text{ мм}.\]

Для нахождения растяжений при \(F = 20\text{ Н}\) построим зависимость (1\('\)) (аналог нагрузочной прямой из электричества) на графике из условия.

Пересечение этих прямой и кривой позволяет найти силу упругости ленты \(F_1 \approx 6{,}7\text{ Н}\) и её удлинение \[\Delta x \approx 6{,}5\text{ см}.\] Следовательно, удлинение первой пружины \[\Delta x_1 = \frac{F_1}{k} \approx 6{,}7\text{ см}\] и удлинение второй пружины \[\Delta x_2 = \Delta x_1 + \Delta x \approx 13{,}2\text{ см}.\]

Угловой коэффициент прямой (1\('\)) не зависит от прикладываемой силы. Проведём прямую с таким угловым коэффициентом через крайнюю точку графика (25 см; 14 Н) либо решим уравнение аналитически, подставив в соответствующие значения \[F_1 = \frac{F_{\max}}{2} - \frac{k}{2}\Delta x_{\max}.\] Тогда максимальная сила: \(F_{\max} = 53\text{ Н}\).

Подсказка

Обозначьте расстояния от вершины до колечка и до втулки через \(x\) и \(y\) и запишите длину нити: \(x + \sqrt{x^2 + y^2} = l\). Ускорение втулки получится дифференцированием её скорости; натяжение нити тянет втулку с проекцией \(T\sin\alpha\), а колечко — с двух сторон.

Ответ

1) \(u(0) = v\);  2) \(u = v\dfrac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}\);  3) \(F = m\dfrac{v^2(1 + \cos\alpha)^4}{l\sin^4\alpha}\).

Решение

За небольшое время \(\Delta t\) колечко пройдёт расстояние \(v\Delta t\), оставив позади себя кусочек нити длиной \(v\Delta t\). Такой же по длине кусочек нити должен освободиться из-за приближения втулки к колечку. Значит, \(u(0)\Delta t = v\Delta t\), и: \[u(0) = v.\]

Ответ на второй вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Перейдём в систему отсчёта, связанную с колечком. В этой СО колечко неподвижно, а у втулки появляется составляющая скорости, перпендикулярная стержню (см. рисунок). При этом относительно точки \(C\), выбранной вблизи колечка, втулка движется по окружности. Проекции скоростей втулки и точки \(C\) на направление участка нити между втулкой и кольцом должны компенсировать друг друга так, чтобы длина этого участка оставалась постоянной. Точка \(C\) движется со скоростью \(v\), поэтому: \[v = u\sin\alpha - v\cos\alpha.\]

Способ 2. Пусть расстояния от вершины прямого угла до колечка и до втулки равны соответственно \(x\) и \(y\). Тогда запишем полную длину нити следующим образом: \[x + \sqrt{x^2 + y^2} = l.\] Возьмём производную по времени: \[\dot x + \frac{x\dot x + y\dot y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \dot l = 0;\] \[\dot y = -\frac{\dot x}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right);\] \[u = \frac{v}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right).\] \[u = v\left(\frac{1}{\sin\alpha} + \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha}\right) = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\]

Способ 3. Рассмотрим маленький промежуток времени \(\Delta t\). Колечко прошло расстояние \(v\Delta t\), а втулка \(u\Delta t\). Проецируя эти перемещения на отрезок, соединяющий колечко с ниткой, получим маленькое изменение длины куска нити между ними: \[\Delta R = v\Delta t\cos\alpha - u\Delta t\sin\alpha.\] Кусок нити между вершиной прямого угла и колечком увеличился на \(v\Delta t\). Так как полная длина нити не меняется: \[(v\cos\alpha - u\sin\alpha + v)\Delta t = 0.\] Откуда: \[u = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\]

Ответ на третий вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Скорость втулки при её движении по окружности относительно точки \(C\) равна: \[v\sin\alpha + u\cos\alpha = v\,\frac{\sin^2\alpha + \cos\alpha(1 + \cos\alpha)}{\sin\alpha} = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\] Нормальная компонента ускорения: \[a_n = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^2}{\sin^2\alpha\cdot R},\] где \(R = \dfrac{l}{1 + \cos\alpha}\) — длина участка нити между втулкой и точкой \(C\). Полное ускорение втулки \(a\) направлено вдоль стержня, а \(a_n\) является его проекцией на нить. Поэтому \[a = \frac{a_n}{\sin\alpha} = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^3\alpha\cdot l}.\]

Способ 2. Воспользуемся полученной в предыдущем пункте связью \(u\) и \(v\): \[u = \frac{v}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right) = v\,\frac{l}{y}.\] Возьмём производную по времени от этого выражения: \[a = -vl\,\frac{\dot y}{y^2} = \frac{v^2 l^2}{y^3}.\] Так как нить нерастяжима: \[l = \frac{y}{\sin\alpha} + \frac{y}{\operatorname{tg}\alpha} \;\Rightarrow\; y = \frac{l\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}.\] Тогда: \[a = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^3\alpha\cdot l}.\]

Далее \(ma = T\sin\alpha\), откуда \[T = m\,\frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^4\alpha\cdot l}.\] Сила \(F\), прикладываемая к колечку, равна сумме проекций двух сил натяжения на стержень: \[F = T + T\cos\alpha = m\,\frac{v^2(1 + \cos\alpha)^4}{l\sin^4\alpha}.\]

Подсказка

Пока жидкость в широком сосуде не дошла до крышки, она просто расширяется; потом её объём фиксирован, и при каждом малом нагреве в узкий сосуд уходит порция \(4SH\,\Delta\rho\) при текущей температуре. Давление на дно найдите по массе жидкости в узком сосуде, а тепло, принесённое порциями, — как площадь под графиком \(\rho(t)\).

Ответ

1) \(p_\text{дно} = 2{,}75\rho_0 gH\);  2) \(p_\text{к} = 2{,}25\rho_0 gH\);  3) \(t_R \approx 1{,}36\,t_0\).

Решение

Зависимость плотности от температуры: \[\rho(t) = \rho_0 - \frac{\rho_0}{2}\cdot\frac{t - t_0}{t_0} = \rho_0\,\frac{3t_0 - t}{2t_0}. \tag{1}\] Начальная масса \(m_{L0}\) жидкости в левом сосуде: \[m_{L0} = 4Sh\rho_0 = 4SH\rho.\] Следовательно, сосуд большего сечения заполнится доверху, когда плотность в нём уменьшится до \(\rho = 0{,}95\rho_0\). Из (1) получаем: \[\rho = 0{,}95\rho_0 \;\Rightarrow\; 3t_0 - t_1 = 1{,}9t_0 \;\Rightarrow\; t_1 = 1{,}1t_0.\] После этого жидкость начинает перетекать из левого (широкого) сосуда в правый. При достижении температуры \(t = 2t_0\) масса \(m_L\) жидкости в левом сосуде равна: \[m_L = 4SH\cdot\frac{\rho_0}{2} = 2\rho_0 SH.\] Полная масса \(m\) жидкости изначально: \[m = (4S + S)h\rho_0 = 5S\cdot 0{,}95H\rho_0 = 4{,}75\rho_0 SH.\] Следовательно, масса \(m_R\) жидкости в правом сосуде после нагрева: \[m_R = m - m_L = 2{,}75\rho_0 SH.\] Тогда давление на дне: \[p_\text{дно} = \frac{m_R g}{S} = 2{,}75\rho_0 gH.\] Давление \(p_\text{к}\) жидкости на крышку в сосуде большего сечения найдём из равенства давлений: \[p_\text{к} = p_\text{дно} - 0{,}5\rho_0 gH = 2{,}25\rho_0 gH.\]

Поскольку объём левого сосуда фиксирован (при достижении высоты \(H\)), уменьшение массы в нём прямо пропорционально уменьшению плотности при нагреве. При нагреве левого сосуда на малую величину \(\Delta t\) плотность уменьшается на \(\Delta\rho\), и в правый сосуд перетекает масса: \[\Delta m = 4SH\,\Delta\rho, \tag{2}\] температура которой равна текущей температуре \(t\) в левом сосуде.

Способ 1. Можно считать, что нагреватель сообщил количество теплоты массе \(\Delta m\) уже после того, как она переместилась в правый сосуд. Тогда количество теплоты, поступающее в правый сосуд: \[\Delta Q = c\Delta m\,(t - t_0) = 4cSH(t - t_0)\Delta\rho,\] где \(c\) — теплоёмкость жидкости.

Если воспользоваться графиком зависимости \(\rho(t)\), то можно заметить, что величине \(\Delta Q\) пропорциональна площадь полоски шириной \(\Delta\rho\) и длиной \(t - t_0\) (см. рисунок 1), домноженной на \(4cSH\).

Полное количество «перенесённой» в правый сосуд теплоты \(Q\) пропорционально площади трапеции, показанной на рисунке 2, с домножением на \(4cSH\). Тогда: \[Q = 0{,}99\rho_0 t_0 cSH.\]

Эта теплота, распределённая по массе \(m_R = 2{,}75\rho_0 SH\), повысит температуру правого сосуда: \[t_R = t_0 + \frac{Q}{cm_R} = t_0 + \frac{0{,}99\rho_0 t_0 cSH}{c\cdot 2{,}75\rho_0 SH}.\]

Способ 2. Из (1) и (2) получим, что при повышении температуры левого сосуда от \(t_1 = 1{,}1t_0\) до \(t_2 = 2t_0\) масса, перетекающая в правый сосуд, увеличивается равномерно с температурой:

\[\Delta m = \frac{2SH}{t_0}\cdot\Delta t.\] Следовательно, распределение масс по температуре равномерное, и средняя температура приходящих порций жидкости равна среднему арифметическому концов интервала: \[t_\text{ср} = \frac{t_1 + t_2}{2} = \frac{1{,}1t_0 + 2t_0}{2} = 1{,}55t_0.\] Уравнение теплового баланса для правого сосуда: \[m_{R0}c(t_R - t_0) + \Delta mc(t_R - t_\text{ср}) = 0,\] где \(m_{R0}\) — начальная масса жидкости в правом сосуде. Отсюда: \[t_R = \frac{m_{R0}t_0 + \Delta m\,t_\text{ср}}{m_{R0} + \Delta m}.\]

Способ 3. Малая масса, перетекающая при возрастании температуры на \(\mathrm{d}t\): \[\mathrm{d}m = -4SH\,\mathrm{d}\rho.\] Из (1): \[\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}t} = -\frac{\rho_0}{2t_0} \quad\Rightarrow\quad \mathrm{d}m = \frac{2\rho_0 SH}{t_0}\,\mathrm{d}t.\] Количество теплоты, переносимое этой массой: \[\mathrm{d}Q = c(t - t_0)\,\mathrm{d}m = c(t - t_0)\frac{2\rho_0 SH}{t_0}\,\mathrm{d}t.\] Интегрируем от \(t_1 = 1{,}1t_0\) до \(2t_0\): \[Q = \frac{2\rho_0 SHc}{t_0}\int_{1{,}1t_0}^{2t_0}(t - t_0)\,\mathrm{d}t = \frac{2\rho_0 SHc}{t_0}\left[\frac{(t - t_0)^2}{2}\right]\Bigg|_{1{,}1t_0}^{2t_0}.\] Подставляем пределы: \[Q = \frac{2\rho_0 SHc}{t_0}\cdot\frac{t_0^2 - 0{,}01t_0^2}{2} = 0{,}99\rho_0 ct_0 SH.\] Далее, как и в первом способе: \[t_R = t_0 + \frac{Q}{cm_R}.\] Окончательно: \[t_R = 1{,}36t_0.\]

Подсказка

Представьте токи \(I_0\) и \(I\) как два независимых источника тока и наложите их действие. Для каждого из них цепь оказывается сбалансированным мостом: через один из резисторов ток не идёт.

Ответ

1) \(\Delta I_\text{верх} = 0\);  2) \(\Delta I_\text{нижн} = \Delta I/2\);  3) \(I' = I_0/2\), ток обнуляется в резисторе \(2R\) между узлами \(A\) и \(B\);  4) \(I^* = -I_0/3\), \(P_{\min} = \dfrac59 RI_0^2\).

Решение

Способ 1. Воспользуемся методом наложения токов. Представим два независимых источника тока: один создаёт ток силой \(I_0\), другой — регулируемый ток \(I\) (см. рисунок 1). При расстановке токов учтём, что часть цепи для каждого источника представляет собой сбалансированный мост.

Способ 2. Введём токи \(I_1\) и \(I_2\), далее, с учётом первого и второго правил Кирхгофа выразим через них токи во всех остальных участках разветвлённой цепи (см. рисунок 2).

Запишем первое правило Кирхгофа для узлов \(A\) и \(B\) и получим систему уравнений: \[\begin{cases} 2I_2 + 2I_1 + I_1 = I_0 + 2I_2 - 3I_1,\\ 3I_2 - 2I_1 + I_2 - I_1 + 2I_2 - 3I_1 = I. \end{cases}\] \[\begin{cases} I_1 = I_0/6,\\ I_2 = (I + I_0)/6. \end{cases}\]

Заметим, что ток \(I\) никак не влияет на силу тока через верхний резистор, следовательно: \[\Delta I_\text{верх} = 0.\] Изменение силы тока через нижний резистор \[\Delta I_\text{нижн} = \Delta\left(\frac{I}{2} + \frac{I_0}{6}\right) = \frac{\Delta I}{2}.\]

Единственный резистор, через который токи от двух источников направлены противоположно, — это резистор \(2R\) между узлами \(A\) и \(B\). Условие обнуления тока: \[I'/3 = I_0/6.\] Таким образом \(I' = I_0/2\).

Ответ на четвёртый вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Мощность можно рассчитать как сумму мощностей воображаемых источников токов \(I_0\) и \(I\). Напряжение между узлами \(B\) и \(C\): \[U_{BC} = \left(\frac{I}{2} + \frac{I_0}{6}\right)\cdot 2R,\] а между узлами \(A\) и \(C\): \[U_{AC} = \left(\frac{I}{3} + \frac{2I_0}{3}\right)\cdot R.\] Тогда суммарная тепловая мощность, выделяющаяся в цепи, равна: \[P(I) = U_{BC}I + U_{AC}I_0 = RI^2 + \frac23 II_0R + \frac23 RI_0^2.\]

Способ 2. Тот же результат можно получить как сумму тепловых мощностей на каждом резисторе: \[P(I) = R\left(\frac{I}{3} + \frac{2I_0}{3}\right)^2 + 2R\left(\frac{I_0}{6}\right)^2 + 2R\left(\frac{I}{6} + \frac{I_0}{6}\right)^2 + 4R\left(\frac{I}{6}\right)^2 + 2R\left(\frac{I}{3} - \frac{I_0}{6}\right)^2 + 2R\left(\frac{I}{2} + \frac{I_0}{6}\right)^2.\] Минимум выражения \(P(I)\) (вершина параболы) достигается при: \[I^* = -\frac{I_0}{3}.\] Соответствующая минимальная мощность: \[P_{\min} = P(I^*) = \frac59 RI_0^2.\]