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

Подсказка

В системе отсчёта, свободно падающей с ускорением \(\vec g\), оба шарика летят равномерно и прямолинейно, а их перемещения \(\vec v_1 t\) и \(\vec v_2 t\) перпендикулярны. На какой линии тогда лежит общая точка, из которой они «вылетели»?

Ответ

1) \(t \approx 0{,}71\text{ с}\);  2) \(v_1 \approx 6{,}0\text{ м/с}\), \(v_2 \approx 10{,}0\text{ м/с}\).

Решение

Обозначим через \(O\) общее начальное положение шариков, через \(A\) и \(B\) — положения шариков 1 и 2 в момент времени \(t\), соответствующий съёмке. Пусть \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\) — векторы скоростей, сообщённых шарикам 1 и 2 соответственно. Тогда векторы их перемещений к моменту времени \(t\) выражаются как: \[\vec s_1 = \vec v_1 t + \frac{\vec g t^2}{2}, \quad \vec s_2 = \vec v_2 t + \frac{\vec g t^2}{2}.\] Поскольку шарики начали движение из одной точки, вектор их относительного перемещения равен: \[\vec r_\text{отн} = \vec s_1 - \vec s_2 = (\vec v_1 - \vec v_2)t.\]

Отложим от точки \(O\) вектор \(\vec g t^2/2\) и получим точку \(P\). Векторы \(\vec v_1 t = \vec{PA}\) и \(\vec v_2 t = \vec{PB}\) перпендикулярны, поэтому точка \(P\) лежит на окружности с диаметром \(AB\) (рис. 1). Опустим из центра окружности перпендикуляр к горизонтальной поверхности и получим максимальное значение \(OP_\text{max}\) (см. рисунок 2):

Из заданного масштаба следует, что: \[OP_\text{max} \approx 2{,}5\text{ м}.\] Тогда время полёта шарика 1: \[t = \sqrt{\frac{2 OP_\text{max}}{g}} = \sqrt{\frac{2\cdot 2{,}5}{9{,}8}} \approx 0{,}71\text{ с}.\] Найдём \(AP\) и \(BP\): \[AP \approx 4{,}3\text{ м}, \quad BP \approx 7{,}1\text{ м}.\] Учитывая, что \(v_1 = AP/t\), а \(v_2 = BP/t\), находим: \[v_1 \approx 6{,}0\text{ м/с}, \quad v_2 \approx 10{,}0\text{ м/с}.\]

Подсказка

На систему «два груза и нить» действуют только три силы, и их линии действия пересекаются в одной точке; реакция полуокружности направлена к её центру. Во втором пункте полная сила реакции на колечко направлена вдоль нити и может отклоняться от нормали не больше чем на угол трения.

Ответ

1) \(R \approx 8{,}1\text{ см}\) (центр полуокружности — на горизонтали через точку излома, на расстоянии \(R\) от прямого участка);  2) \(R\sqrt{1 + \dfrac{2}{\sqrt{1+\mu^2}}} \leqslant h \leqslant R\sqrt3\).

Решение

Метод 1. Рассмотрим систему, состоящую из двух грузов и нити. На неё действуют три силы: сила тяжести \(3m\vec g\), реакция опоры \(\vec N_1\) со стороны вертикального участка и сила реакции \(\vec N_2\) со стороны полуокружности. Линии действия сил \(\vec N_1\) и \(3m\vec g\) пересекаются в точке \(O\). Следовательно, по теореме о трёх непараллельных силах, линия действия силы \(\vec N_2\) также проходит через точку \(O\) (см. рисунок 1).

Сила \(\vec N_2\) перпендикулярна касательной к окружности, поэтому направлена к её центру. Таким образом, центр полуокружности лежит на прямой, проходящей через точку приложения силы \(\vec N_2\) и точку \(O\).

Проведём через точку, соответствующую положению груза массой \(2m\), касательную к окружности (перпендикуляр к \(\vec N_2\)). Обозначим через \(B\) точку пересечения этой касательной с вертикальным участком проволоки (см. рисунок 2).

Полученная точка \(B\) равноудалена от \(2m\) и от точки излома проволоки \(A\). С помощью циркуля или линейки отложим отрезок \(AB\) вверх, восстановив точку \(A\). Затем пересечём перпендикуляр к касательной, проведённой через точку \(2m\), а также горизонтальную линию, проходящую через точку \(A\) (точку соединения участков проволоки), и получим центр полуокружности. Это позволяет восстановить положение всей полуокружности.

Метод 2. После теоремы о трёх силах можно не строить центр окружности геометрически, а записать подобие: \[\frac{R - x}{R + y} = \frac{z}{y}.\]

Численные значения длин отрезков \(x\), \(y\) и \(z\) находятся из рисунка: \(x = 3\text{ см}\), \(y = 3\sqrt5/2\text{ см}\), \(z = 1{,}5\text{ см}\). Откуда: \[R = \frac{y(x+z)}{y-z}.\]

Метод 3. Расставим силы и введём систему координат, как показано на рисунке 4. В ней координаты грузов \(m\) и \(2m\), определяемые по масштабу, соответственно равны \((0;\,-y_1) = (0;\,-3\text{ см})\) и \((x_2;\,0) = (4{,}5\text{ см};\,0)\). Обозначим через \(\alpha\) угол между нитью и вертикалью, а через \(\varphi\) — угол между силой \(\vec N_2\) и вертикалью.

Запишем условия равновесия для груза массы \(m\): \[\vec N_1 + \vec T + m\vec g = 0, \tag{1}\] и для всей системы: \[\vec N_1 + \vec N_2 + 3m\vec g = 0. \tag{2}\] Из соответствующих треугольников сил (см. рисунок 5) получаем: \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{\operatorname{tg}\alpha}{3}.\]

С другой стороны, \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{x_2}{y_1} \;\Rightarrow\; \operatorname{tg}\varphi = \frac{x_2}{3y_1} = \frac{4{,}5}{9} = 0{,}5.\] Следовательно, \[\sin\varphi = \frac{1}{\sqrt5}.\] Из геометрии окружности: \[x_2 = R(1 - \sin\varphi),\] откуда: \[R = \frac{4{,}5}{1 - \frac{1}{\sqrt5}} \approx 8{,}1\text{ см},\] а координаты центра окружности: \[(R;\, R\cos\varphi) \approx (8{,}1\text{ см};\, 7{,}3\text{ см}).\]

Пункт 2. Сила полной реакции опоры \(\vec Q\), действующая на кольцо, полностью компенсирует силу натяжения \(\vec T\). При этом \(\vec Q\) составляет угол \(\beta\) с силой нормальной реакции опоры \(\vec N\), направленной в центр окружности (см. рисунок 6). Тогда условие равновесия с учётом трения имеет вид:

\[\beta \leqslant \beta_{cr}, \quad \beta_{cr} = \operatorname{tg}\mu.\]

Обозначим положение груза \(m\) точкой \(L\), кольца — \(D\). По теореме косинусов для треугольника \(\triangle ODL\): \[OL^2 = R^2 + R^2 + 2R^2\cos\beta.\] С учётом ограничения на угол \(\beta\) получаем: \[2R^2 + 2R^2\cos\beta_{cr} \leqslant OL^2 \leqslant 4R^2.\] По теореме Пифагора: \[OL^2 = R^2 + h^2 \;\Rightarrow\; R^2 + 2R^2\cos\beta_{cr} \leqslant h^2 \leqslant 3R^2.\] Так как \[\cos\beta_{cr} = \frac{1}{\sqrt{1+\mu^2}},\] получаем: \[R\sqrt{1 + \frac{2}{\sqrt{1+\mu^2}}} \leqslant h \leqslant R\sqrt3.\]

Подсказка

Сложите силу тяжести и постоянную силу \(\vec F\) в одно «эффективное» поле тяжести: горку можно преодолеть, если ни одна её точка не оказывается в этом поле выше стартовой. В третьем пункте работу силы \(F\) выгоднее всего набирать, направляя её вдоль траектории.

Ответ

1) \(F_{\min 1} = \dfrac{4}{3}mg\);  2) \(F_{\min 2} = \dfrac{4}{5}mg\), \(\alpha_{opt} = \arcsin\dfrac45 = \operatorname{arctg}\dfrac43\) (сила направлена по касательной к горке);  3) \(s_{\min} = \dfrac{H}{2}\left(2 + \sqrt3 - \dfrac{5\pi}{6}\right) \approx 0{,}56\,H\), сила всё время направлена вдоль траектории.

Решение

Пункт 1. Метод 1. Бусинка движется под действием суммы внешних сил \(\vec F + m\vec g\). Рассмотрим движение в поле эффективного ускорения свободного падения: \[\vec g_{eff} = \vec g + \frac{\vec F}{m}.\]

Для преодоления горки необходимо, чтобы в любой точке траектории потенциальная энергия была меньше, чем в точке старта.

В критическом случае перпендикуляр к эффективному ускорению свободного падения касается второй четверть-окружности. Тогда из геометрии \(\theta = 2\operatorname{arctg}(1/2)\). \[F_{\min 1} = mg\operatorname{tg}\theta = \frac{4mg}{3}.\]

Метод 2. Если бусинка преодолела горку, это значит, что в любой момент времени работа внешних сил: \[A_F \geqslant \Pi,\] где \(\Pi\) — потенциальная энергия. Поделим обе части неравенства на \(mg\) и подставим \(A_F = F\cdot x\): \[\frac{F\cdot x}{mg} \geqslant h.\]

Рассмотрим график зависимости обеих величин от \(x\). В критическом случае графики касаются. Тогда тангенс угла наклона прямой равен: \[\operatorname{tg}\theta = \frac43 = \frac{F}{mg}.\] Получаем: \[F_{\min 1} = mg\operatorname{tg}\theta = \frac{4mg}{3}.\]

Пункт 2. Метод 1. Минимум силы достигается, когда вектор \(\vec F/m\) перпендикулярен вектору \(\vec g_{eff}\). Направление силы \(F\) — по касательной к горке под углом \(\theta\) к горизонту.

\[F_{\min 2} = mg\sin\theta = \frac45 mg; \qquad \theta = 2\operatorname{arctg}(1/2) = \arcsin(4/5).\]

Метод 2. Снова запишем неравенство \[A_F \geqslant \Pi.\] Подставим \(A_F = F_x\cdot x + F_y\cdot h\): \[F_x\cdot x + F_y\cdot h \geqslant mgh; \qquad F_x\cdot x \geqslant h(mg - F_y); \qquad \frac{F_x}{mg - F_y}\cdot x \geqslant h.\] Аналогично предыдущему пункту получаем, что: \[\frac{F_x}{mg - F_y} = \operatorname{tg}\theta = \frac43; \qquad F_x = \frac43 mg - \frac43 F_y.\] С учётом того, что \(F^2 = F_x^2 + F_y^2\), получаем: \[F^2 = \frac{16}{9}F_y^2 - \frac{32}{9}F_y mg + \frac{16}{9}m^2g^2 + F_y^2 = \frac{25}{9}F_y^2 - \frac{32}{9}F_y mg + \frac{16}{9}m^2g^2.\] Минимум этой квадратичной зависимости достигается при: \[F_y = \frac{16}{25}mg.\] Тогда \[F_{\min 2}^2 = \frac{16}{9}m^2g^2 - \frac{16^2}{25\cdot 9}m^2g^2 = \frac{16}{25}m^2g^2.\] Получаем ответ: \[F_{\min 2} = \frac45 mg.\] Угол с горизонтом: \[\theta = \operatorname{arctg}\frac{F_y}{F_x} = \operatorname{arctg}\frac43.\]

Пункт 3. Если бусинка преодолела горку, это значит, что в любой момент времени сумма работ внешних сил: \[A_F + A_{mg} \geqslant 0.\] Для максимизации работы силы \(F\) последняя должна быть всегда направлена вдоль траектории. Рассмотрим критический случай, когда бусинка достигает предельной точки, остановившись на второй четверть-окружности. Параметризуем эту точку углом \(\alpha\). В критическом случае эта точка является положением равновесия: \[F = mg\cos\alpha.\]

Работа сил равна нулю: \[F\cdot\left(s + \frac H2\cdot\left(\frac\pi2 + \alpha\right)\right) = mg\frac H2\cdot(1 + \sin\alpha);\] \[s = \frac{mg}{F}\,\frac H2\cdot(1 + \sin\alpha) - \frac H2\cdot\left(\frac\pi2 + \alpha\right); \qquad s = \frac H2\left(\frac{1 + \sin\alpha}{\cos\alpha} - \frac\pi2 - \alpha\right).\] С учётом \(F = mg\cos\alpha\): \[s = \frac H2\left(\frac{1 + \sqrt{1 - F^2/m^2g^2}}{F/mg} - \frac\pi2 - \arccos\frac{F}{mg}\right).\] Для \(F = mg/2\): \[s = \frac H2\left(2 + \sqrt3 - \frac{5\pi}{6}\right).\]

Подсказка

Пока в смеси есть лёд, её температура не меняется, и всё тепло горячей воды идёт на плавление: запишите баланс для малого участка трубы. Массовый расход смеси одинаков во всех сечениях, а плотность смеси зависит от доли льда.

Ответ

1) \(T_\text{г}(0) = 26{,}5\,^\circ\text{C}\);  2) прямая \(T_\text{г}(x) = 26{,}5\,^\circ\text{C} + 6{,}7\,\dfrac{^\circ\text{C}}{\text{м}}\cdot x\);  3) \(v(x) = \dfrac{\mu_\text{х}}{S\rho_\text{в}\rho_\text{л}}\bigl(0{,}6\rho_\text{л} + 0{,}4\rho_\text{в} - 0{,}06x(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})\bigr)\) (\(x\) в метрах).

Решение

Пока в смеси есть лёд, её температура \(0\,^\circ\text{C}\). Всё тепло от горячей воды идёт на плавление льда.

Далее будем рассматривать изменение всех величин вдоль оси \(x\). Выделим элементарный участок трубы длиной \(\Delta x\), настолько малый, что можно считать скорость движения смеси постоянной. За время \(\Delta\tau\) внутри выделенного объёма масса льда изменится на: \[\Delta m_\text{л} = \mu_\text{х}\Delta\tau\,\Delta\alpha.\] Изменение внутренней энергии горячей воды: \[\delta Q_2 = -c\mu_\text{г}\Delta\tau\,\Delta T_\text{г}.\] Так как теплопотерями в окружающую среду и теплоёмкостью стенок можно пренебречь и режим течения является установившимся, то изменение внутренней энергии выделенного элемента равно 0: \[\Delta U = 0; \quad -\lambda\mu_\text{х}\Delta\alpha - c\mu_\text{г}\Delta T_\text{г} = 0. \tag{1}\] Из выражения (1) следует, что \[\frac{\Delta T_\text{г}}{\Delta\alpha} = -\frac{\lambda\mu_\text{х}}{c\mu_\text{г}} = \text{const}. \tag{2}\] Отсюда следует, что \[T_\text{г}(L) - T_\text{г}(0) = \frac{\mu_\text{х}\lambda}{\mu_\text{г}c}\bigl(\alpha(0) - \alpha(L)\bigr),\] где \(\alpha(0) = 0{,}4\), \(\alpha(L) = 0{,}1\). Отсюда \[T_\text{г}(0) = T_\text{г}(L) - \frac{\mu_\text{х}\lambda}{\mu_\text{г}c}\bigl(\alpha(0) - \alpha(L)\bigr),\] или: \[T_\text{г}(0) = 26{,}5\,^\circ\text{C}.\] Разделим числитель и знаменатель левой части выражения (2) на \(\Delta x\) и получим: \[\frac{\Delta T_\text{г}}{\Delta x} = -\frac{\lambda\mu_\text{х}}{c\mu_\text{г}}\,\frac{\Delta\alpha}{\Delta x} = 6{,}7\,^\circ\text{C/м}.\] Тогда: \[T(x) = 26{,}5\,^\circ\text{C} + 6{,}7x.\] График зависимости температуры \(T_\text{г}(x)\) горячей воды от координаты приведён на рисунке.

Рассмотрим элементарный участок трубы длиной \(\Delta x\). Объём смеси равен \[\Delta V = \Delta V_\text{л} + \Delta V_\text{в},\] где \(\Delta V_\text{л}\) и \(\Delta V_\text{в}\) — объёмы твёрдой и жидкой фаз. Тогда \[\Delta V = \frac{\alpha(x)\,\Delta m}{\rho_\text{л}} + \frac{(1 - \alpha(x))\,\Delta m}{\rho_\text{в}}.\] Плотность смеси: \[\rho(x) = \frac{\Delta m}{\Delta V} = \left(\frac{\alpha(x)}{\rho_\text{л}} + \frac{1 - \alpha(x)}{\rho_\text{в}}\right)^{-1}.\] Массовый расход постоянен: \[\mu = S\,\rho(x)\,v(x),\] откуда \[v(x) = \frac{\mu_\text{х}}{S\,\rho(x)} = \frac{\mu_\text{х}}{S}\left(\frac{\alpha(x)}{\rho_\text{л}} + \frac{1 - \alpha(x)}{\rho_\text{в}}\right).\] С учётом того, что \[\alpha(x) = 0{,}4 - 0{,}06x,\] \[v(x) = \frac{\mu_\text{х}}{S\rho_\text{в}\rho_\text{л}}\bigl(0{,}6\rho_\text{л} + 0{,}4\rho_\text{в} - 0{,}06x(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})\bigr).\]

Подсказка

Если ток через \(R_1\) и \(R_2\) не течёт, потенциалы их концов равны — найдите потенциалы всех узлов. Схему с обратной полярностью удобно представить как наложение первой схемы и схемы с одним источником. Для омметра замените цепь между \(A\) и \(B\) эквивалентным источником.

Ответ

1) \(U_0\) (при нужной полярности \(\varphi_B - \varphi_A = U_0\));  2) \(r = \sqrt{R_1R_2}\);  3) \(R = \sqrt{R_1R_2}\) при любой полярности подключения омметра.

Решение

Пункт 1. Воспользуемся методом узловых потенциалов. Рассмотрим случай, когда на резисторах \(R_1\) и \(R_2\) мощность не выделяется. Тогда напряжения на этих резисторах равны нулю.

Пусть \(\varphi_C = 0\), тогда \(\varphi_D = U_0\) (см. рисунок 1). Так как токи через \(R_1\) и \(R_2\) равны нулю, получаем: \[\varphi_A = \varphi_C = 0 \quad\text{и}\quad \varphi_B = \varphi_D = U_0.\] Следовательно, напряжение источника, подключенного к точкам \(A\) и \(B\), равно: \[\varphi_B - \varphi_A = U_0.\]

Пункт 2. Метод 1. Воспользуемся методом наложения. Рассмотрим схему с противоположной полярностью источника (подключенного к \(A\) и \(B\)) как суперпозицию ранее рассмотренной схемы и схемы с источником таким, что \(\varphi_B - \varphi_A = -2U_0\). Ранее рассмотренная схема даёт нулевые токи через \(R_1\) и \(R_2\). Значит, осталось лишь определить силы токов \(I_1\) и \(I_2\), текущих через резисторы \(R_1\) и \(R_2\) во второй схеме. Расставим токи во второй схеме с учётом закона Ома (см. рисунок 2).

Из закона сохранения заряда: \[I_1 + \frac{I_1R_1}{r} = I_2 + \frac{I_2R_2}{r}; \qquad \frac{I_1}{I_2} = \frac{R_2 + r}{R_1 + r}.\] Мощности на этих резисторах \(P_1 = I_1^2R_1\) и \(P_2 = I_2^2R_2\) равны, следовательно: \[1 = \frac{P_1}{P_2} = \left(\frac{I_1}{I_2}\right)^2\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{R_2 + r}{R_1 + r}\right)^2\frac{R_1}{R_2}.\]

Метод 2. Введём силы токов через резисторы с учётом закона сохранения заряда (см. рисунок 3). Распишем разность потенциалов двумя способами:

\[\varphi_A - \varphi_B = Ir + I_2R_2;\] \[\varphi_A - \varphi_B = I_1R_1 + (I_1 - I_2 + I)r; \qquad I_2R_2 - I_1R_1 = (I_1 - I_2)r.\] Откуда \[r = \frac{\frac{I_2}{I_1}R_2 - R_1}{1 - \frac{I_2}{I_1}}.\] Условие равенства мощностей \(I_1^2R_1 = I_2^2R_2\), следовательно: \[\frac{I_2}{I_1} = \sqrt{\frac{R_1}{R_2}} \;\Rightarrow\; r = \frac{\sqrt{\frac{R_1}{R_2}}\,R_2 - R_1}{1 - \sqrt{\frac{R_1}{R_2}}}.\] Из полученных формул выразим \(r\): \[r = \sqrt{R_1R_2}.\]

Пункт 3. Метод 1. Воспользуемся методом эквивалентного источника. Заменим всю схему на источник напряжением \(U^*\) и сопротивлением \(r^*\). Эквивалентное напряжение найдём как разность потенциалов между узлами \(A\) и \(B\) в отсутствие внешних токов (см. рисунок 4):

\[U^* = \varphi_A - \varphi_B = -\frac{U_0}{R_1 + r}\,r + \frac{U_0}{R_2 + r}\,R_2 = 0.\] Эквивалентное сопротивление найдём, заменив ветвь с источником на перемычку: \[r^* = \frac{R_1r}{R_1 + r} + \frac{R_2r}{R_2 + r} = \sqrt{R_1R_2}.\] Таким образом, двухполюсник \(AB\) эквивалентен просто резистору сопротивлением \(\sqrt{R_1R_2}\). Следовательно, омметр при подключении к такому двухполюснику покажет \(R = \sqrt{R_1R_2}\) вне зависимости от его полярности.

Метод 2. Заметим, что условие \(r^2 = R_1R_2\) эквивалентно условию сбалансированности моста \(r/R_1 = R_2/r\). Рассмотрим схему, в которой источник \(\mathcal{E}_0\) внутри омметра заменён на перемычку. Через внутреннее сопротивление \(r_0\) омметра ток не течёт, поскольку он расположен на диагонали сбалансированного моста. Тогда: \[(\varphi_A - \varphi_B)^{(1)} = 0; \quad I_{AB}^{(1)} = 0.\] Рассмотрим схему, в которой источник \(U_0\) заменён на перемычку. Через эту перемычку ток также не течёт в силу сбалансированности моста, тогда: \[(\varphi_A - \varphi_B)^{(2)} = \pm\mathcal{E}; \quad I_{AB}^{(2)} = \frac{\varphi_A - \varphi_B}{r^*}; \quad r^* = \frac{R_1r}{R_1 + r} + \frac{R_2r}{R_2 + r}.\] Наложим две рассматриваемые схемы. Итоговая разность потенциалов на выводах омметра: \[\varphi_A - \varphi_B = (\varphi_A - \varphi_B)^{(1)} + (\varphi_A - \varphi_B)^{(2)} = \pm\mathcal{E},\] а сила тока \[I_{AB} = I_{AB}^{(1)} + I_{AB}^{(2)} = \frac{\varphi_A - \varphi_B}{r^*}.\] Тогда показание омметра: \[R = \frac{\varphi_A - \varphi_B}{I_{AB}} = r^* = \frac{R_1r}{R_1 + r} + \frac{R_2r}{R_2 + r} = \sqrt{R_1R_2}.\] Получили, что через омметр не течёт ток от источника \(U_0\). Следовательно, омметр показывает эквивалентное сопротивление \(r^*\) вне зависимости от полярности подключения. \[R = \sqrt{R_1R_2}.\]