Решения 11 класса (район 2001)
- Подробности
- Обновлено 03.05.2013 17:53
Решения задач районного тура 2001 года для 11 класса.
1 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5
2 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5
I вариант.
Задача 1.
Обозначим: $D$ – расстояние от девочки до витрины; $d$ – расстояние между стеклами. Соответствующие изображения приведены на рисунке.
-
Каждое из стекол витрины отражает девочку как зеркало — 1 балл
-
Изображение ak будет казаться девочке меньше, чем изображение bn, т.к. находится дальше и видно под меньшим углом. Угол, под которым девочка видит изображение ak, равен углу, под которым она видит кусок bm второго изображения, поэтому bm/ bn $= \frac{h}{H} = \frac{3}{4}$ — 1 балл
-
Из подобия треугольников ack и bcm следует ak/bm = ac/bc, то есть $\frac{H}{h} = \frac{2D+2d}{2D}$ — 1 балл
Ответ
$d = \frac{D}{3}$ = 33,3 сантиметра — 1 балл
Задача 2.
-
Электромагнитное равновесие в Ио наступит, если сумма сил, действующих на любой свободный электрон, присутствующий в проводящем веществе Ио, равна нулю, т.е. если электрическая (кулоновская) и магнитная (лоренцовская) силы равны по модулю: $$qE = qBV,$$ где $q$ – заряд электрона, $E$ – величина электрического поля, $V$ – скорость свободного электрона Ио в магнитном поле Юпитера $B$. — 1 балл
-
Диаметр Ио равен $d = 2R$ = 3640 км = 3,64·10$^6$ м.
-
скорость Ио относительно магнитного поля Юпитера $$V = V_R – V_k = 5{,}77\cdot10^4\mbox{ м/с}. \quad\mathbf{1~балл}$$
Ответ
Искомая разность потенциалов $U = Ed = B(V_R – V_k)d \approx$ 420 кВ — 1 балл
Задача 3.
-
Перейти в систему отсчета тележки. Тогда куча песка должна быть симметрична относительно направления вектора "суммарного ускорения свободного падения" в этой системе отсчета. — 1 балл
- Графическое построение:
ABC – форма песка в исходной системе отсчета;
ACD – форма песка в новой системе отсчета;
треугольник ACD симметричен относительно вектора $\vec{g}_1$;
$$\vec{g}_1 = \vec{g} + \vec{a} \quad\mathbf{2~балла}$$ - Пусть $\theta$ – угол между AB и вектором $\vec{g}_1$; $\gamma$ – угол между векторами $\vec{g}_1$ и $\vec{a}$;
рассмотрение треугольников
ADC (симметричный) $\Rightarrow \theta = \frac{180^\circ - \alpha - \beta}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha+\beta}{2}$
и ABP (угол APB = $\gamma$) $\Rightarrow \gamma = 180^\circ-\alpha-\theta = 90^\circ+\frac{\beta-\alpha}{2}$
приводит к ответу:$$a = g\operatorname{tg}\frac{\alpha-\beta}{2} \quad\mathbf{2~балла}$$
Задача 4.
-
Траектория частицы представляет собой куски окружности. Если радиус этой окружности равен $r$, а скорость частицы $V$, то \begin{equation} \frac{mV^2}{r} = qVB \label{u1} \quad\mathbf{1~балл} \end{equation}
-
Поскольку шарик возвращается в исходную точку, точки последовательного соударения частицы c цилиндром A и B должны быть видны из центра цилиндра O под углом $2\alpha = \frac{2\pi k}{s}$, где $k$ и $s$ – целые произвольные числа. Очевидно $\alpha = 90^\circ - \beta$ (частица влетает перпендикулярно к поверхности), \begin{equation} R\sin\alpha = r\sin\beta \Rightarrow r = R\operatorname{tg}\frac{\pi k}{s} \quad\mathbf{2~балла} \label{u2} \end{equation}
- Из \ref{u1} и \ref{u2} получаем искомые значения $V = \frac{qBR}{m}\operatorname{tg}\frac{\pi k}{s}$, где $k$, $s$ – любые целые числа — 1 балл
Примечание
Т.к., перебирая целые $k$ и $s$, можно добиться, чтобы со сколь угодной точностью $\operatorname{tg}\frac{\pi k}{s}$ был равен любому наперед заданному числу, ответ "шарик мог иметь любую скорость" является правильным. (1 балл дополнительно)
Задача 5.
Обозначим $y$ – расстояние от капли до закрытого конца трубки после установления равновесия.
- Центростремительное ускорение обеспечивается разностью давлений на каплю изнутри и снаружи: $$m\omega^2 y = (p_A-p)\pi R^2$$ Давление внутри трубки легко найти с помощью закона Бойля-Мариотта: $$p_A x = py \quad\mathbf{1~балл}$$
- Из этих уравнений найдем $y$: $$y_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4\alpha x}}{2\alpha},\mbox{ где }\alpha = \frac{m\omega^2}{p_A \pi R^2} \quad\mathbf{1~балл}$$
-
Оба ответа >0, однако справедлив только один — только одно положение капли будет устойчивым. Рассмотрим функцию $F(y) = m\omega^2 y - (p_А - p(y))\pi R^2$. Если она больше нуля, каплю "тянет" наружу, иначе — внутрь. Т.к. $y>0$, функция $F(y)$ имеет тот же знак, что и функция $yF(y)$. Последняя же — парабола с осями, направленными вверх. Итак, если мы чуть увеличим $y_2 = \frac{1+\sqrt{1-4\alpha x}}{2\alpha}$, функция $F(y)$ станет положительна, и каплю "потянет" наружу.
Следовательно, это положение неустойчиво, а устойчивым (проверьте!) является корень $y_1=\frac{1-\sqrt{1-4\alpha x}}{2\alpha}$. — 1 балл -
Кроме того, полученный ответ имеет смысл, только если $y_1 < L$, иначе капля выскочит из трубки. — 1 балл
II вариант.
Задача 1.
Обозначим: $D$ – расстояние от девочки до витрины; $d$ – расстояние между стеклами. Соответствующие изображения приведены на рисунке.
-
Каждое из стекол витрины отражает девочку как зеркало - 1 балл
-
Изображение ak будет казаться девочке меньше, чем изображение bn, т.к. находится дальше и видно под меньшим углом. Угол, под которым девочка видит изображение ak, равен углу, под которым она видит кусок bm второго изображения, поэтому bm/bn $= \frac{h}{H} = \frac{5}{6}$ — 1 балл
-
Из подобия треугольников ack и bcm следует ak/bm = ac/bc, то есть $\frac{H}{h} = \frac{2D+2d}{2D}$ — 1 балл
Ответ
$d = \frac{D}{5}$ = 20 сантиметров — 1 балл
Задача 2.
-
Электромагнитное равновесие в Ио наступит, если сумма сил, действующих на любой свободный электрон, присутствующий в проводящем веществе Ио, равна нулю, т.е. если электрическая (кулоновская) и магнитная (лоренцовская) силы равны по модулю: $$qE = qBV,$$ где $q$ – заряд электрона, $E$ – величина электрического поля, $V$ – скорость свободного электрона Ио в магнитном поле Юпитера $B$. — 1 балл
-
Диаметр Ио равен $d = 2R$ = 3640 км = 3,64·10$^6$ м;
скорость Ио относительно магнитного поля Юпитера $$V = V_R - V_k = 5{,}77·10^4\mbox{ м/с}. \quad\mathbf{1~балл}$$
Ответ
Искомая напряженность магнитного поля $B = \frac{E}{V} = \frac{U}{dV} \approx$ 2·10$^{-6}$ Тл — 1 балл
Задача 3.
-
Перейти в систему отсчета тележки. Тогда куча песка должна быть симметрична относительно направления вектора "суммарного ускорения свободного падения" в этой системе отсчета. — 1 балла
- Графическое построение:
ABC – форма песка в исходной системе отсчета;
ACD – форма песка в новой системе отсчета;
треугольник ACD симметричен относительно вектора $\vec{g}_1$; $$\vec{g}_1 = \vec{g} + \vec{a} \quad\mathbf{2~балла}$$ - Пусть $\theta$ – угол между AB и вектором $\vec{g}_1$; $\gamma$ – угол между векторами $\vec{g}_1$ и $\vec{a}$;
рассмотрение треугольников
ADC (симметричный) $\Rightarrow \theta = \frac{\beta}{2}$
и ABP (угол APB = $\gamma$) $\Rightarrow \gamma = 180^\circ - \alpha - \theta = 180^\circ - \alpha - \frac{\beta}{2}$
приводит к ответу: $$a = -g\operatorname{ctg}\left(\alpha + \frac{\beta}{2}\right) \quad\mathbf{2~балла}$$
Задача 4.
-
Траектория частицы представляет собой куски окружности. Если радиус этой окружности равен $r$, а заряд частицы $q$, то \begin{equation} \frac{mV^2}{R} = qVB \quad\mathbf{1~балл} \label{u1a} \end{equation}
-
Поскольку шарик возвращается в исходную точку, точки последовательного соударения частицы c цилиндром A и B должны быть видны из центра цилиндра O под углом $2\alpha = \frac{2\pi k}{s}$, где $k$ и $s$ – целые произвольные числа. Очевидно $\alpha = 90^\circ - \beta$ (частица влетает перпендикулярно к поверхности), \begin{equation} R\sin\alpha = r\sin\beta \Rightarrow r = R\operatorname{tg}\frac{\pi k}{s} \quad\mathbf{2~балла} \label{u2a} \end{equation}
- Из \ref{u1a} и \ref{u2a} получаем искомые значения $q = \frac{mV}{BR\operatorname{tg}\frac{\pi k}{s}}$, где $k$, $s$ – любые целые числа — 1 балл
Примечание
Т.к., перебирая целые $k$ и $s$, можно добиться, чтобы со сколь угодной точностью $\operatorname{tg}\frac{\pi k}{s}$ был равен любому наперед заданному числу, ответ "шарик мог иметь любую скорость" является правильным. (1 балл дополнительно)
Задача 5.
Обозначим $y$ – расстояние от капли до закрытого конца трубки после установления равновесия.
- Центростремительное ускорение обеспечивается разностью давлений на каплю изнутри и снаружи: $$m\omega^2 y = (p_A - p)\pi R^2$$ Давление внутри трубки легко найти с помощью закона Бойля-Мариотта: $$p_A x = py \quad\mathbf{1~балл}$$
- Из этих уравнений найдем $p$: $$p_{1,2} = p_A \frac{1 \pm \sqrt{1-4\alpha x}}{2},\mbox{ где }\alpha = \frac{m\omega^2}{p_A \pi R^2} \quad\mathbf{1~балл}$$
-
Оба ответа >0, однако справедлив только один — только одно положение капли будет устойчивым. Рассмотрим функцию $F(p) = m\omega^2 y(p) - (p_А - p)\pi R^2$. Если она больше нуля, каплю "тянет" наружу, иначе — внутрь. Т.к. $p > 0$, функция $F(p)$ имеет тот же знак, что и функция $pF(p)$. Последняя же — парабола с осями, направленными вверх. Итак, если мы чуть увеличим $p_2 = p_A \frac{1+\sqrt{1-4\alpha x}}{2}$, функция $F(p)$ станет положительна, и каплю "потянет" наружу.
Следовательно, это положение неустойчиво, а устойчивым (проверьте!) является корень $p_1 = p_A \frac{1-\sqrt{1-4\alpha x}}{2}$. — 1 балл -
Кроме того, полученный ответ имеет смысл, только если $y = \frac{p_A x}{p_1} < L$, иначе капля выскочит из трубки. — 1 балл