Решения 10 класса (город 2008)

Подробности
Обновлено 01.05.2013 11:40

Решения задач городского тура 2008 года для 10 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

Во время движения в каждый момент времени вагон движется по дуге окружности, радиус окружности может зависеть от времени. При этом, как нетрудно видеть, угловые скорости движения по окружности и изменения азимутального угла совпадают (см. рис.). Вместе с тем, нормальное ускорение вагона записывается по формуле для центростремительного ускорения:

$$a_n=\omega^2 R_{\text{дуги}}=\omega v,$$

где $v$ — скорость движения вдоль дуги окружности, а угловая скорость движения по окружности равна скорости изменения азимутального угла $\omega_{\text{a}} = \frac{\Delta\phi_{\text{а}}}{\Delta t}$. Разбивая время движения на малые интервалы, находим пройденный путь $\Delta S=\sum\limits_i v(t)\Delta t_i= \sum\limits_i \frac{a_n(t)}{\omega_{\text{a}}(t)}\Delta t_i$. Если скорость изменения азимутального угла $\omega_{\text{a}}$ постоянна в течение некоторого промежутка времени, то путь, пройденный за это время определяется площадью под графиком $a_n(t)$:

$$S= \frac{1}{\omega_{\text{а}}(t)}\sum\limits_i a_n(t) \Delta t_i.$$

По графику $\phi_{\text{а}}(t)$ выделяем три участка с постоянной $\omega_{\text{а}}$:
(0,3) мин: $\omega_{\text{а}}=0{,}0029$ рад/с;
(3,6) мин: $\omega_{\text{а}}=0{,}0087$ рад/с;
(6,10) мин: $\omega_{\text{а}}=0{,}0044$ рад/с.
Вычисляя площади под графиком $a_n(t)$, находим пройденный путь на каждом из участков: $S_1 \approx 5200$ м, $S_2 \approx 2900$ м, $S_3 \approx 3800$ м и получаем ответ.

Ответ: $S \approx 11900$ м.

Задача 2.

Центр тяжести рамки, висящей на гвозде, находится под точкой подвеса. Положение равновесия картины будет устойчивым, если ее потенциальная энергия возрастет при отклонении на малый угол (с учетом того, что веревка проскользит по гвоздю и центр тяжести рамки окажется под точкой подвеса). Мысленно сместим точку подвеса вдоль веревки в положение A'. Соответственно, условием равновесия окажется

$$\text{OA} > \text{OA'}. \qquad(1)$$

Вычислим как изменяется длина OA' по сравнению с OA при малом смещении. Для этого рассмотрим как связаны между собой смещения точки A' относительно A по горизонтали ($dx$) и по вертикали ($dy$).

Проще всего это сделать заметив, что эти точки находятся на дуге эллипса с полуосями $x_0=l/2$ и $y_0=\sqrt{(l/2)^2-(a/2)^2}$ и фокусами в точках прикрепления веревки. Тогда смещения $dy$ и $dx$ связаны между собой соотношением

$$ \frac{(dx)^2}{x_0^2}+\frac{(y_0-dy)^2}{y_0^2}=1, $$

откуда, учитывая малость dy и dx, получаем

$$ dy = (dx)^2 \frac{\sqrt{l^2-a^2}}{l^2}. \qquad(2) $$

Эту связь можно получить и другим способом — записав условие постоянства длины веревки:

$$ \sqrt{(a/2-dx)^2+(y_0-dy)^2}+\sqrt{(a/2+dx)^2+(y_0-dy)^2}=l $$

или

$$ \sqrt{l^2/4 - adx + (dx)^2 -\frac{\sqrt{l^2-a^2}}{2}dy} +\sqrt{l^2/4 + adx + (dx)^2 -\frac{\sqrt{l^2-a^2}}{2}dy}=l. $$

Используя $\sqrt{1+\alpha} \approx 1+ \alpha/2 - \alpha^2/8+\ldots$ и малость $dx$ и $dy$, упростим выражение, удерживая квадратичные по $dx$ и линейные по $dy$ члены. После алгебраических преобразований получается связь (2).

Вернемся к условию равновесия (1), которое в терминах $dx$ и $dy$ запишется так:

$$ \frac 1 2 \sqrt{l^2-a^2}+\frac b 2 > \sqrt{\left(\frac{1}{2}\sqrt{l^2-a^2}+\frac{b}{2}-dy\right)^2+(dx)^2}. $$

Вкладами порядка $dy^2$ можно пренебречь, и условие равновесия сводится к

$$ 2 dy \left(\frac{1}{2}\sqrt{l^2-a^2}+\frac{b}{2}\right)>(dx)^2. $$

Учитывая связь (2), получаем соотношение между параметрами, при котором положение рамки будет устойчивым:

$$ \sqrt{l^2-a^2}\left(\sqrt{l^2-a^2}+b\right)>l^2. $$ Из этого ответа, в частности, видно, что горизонтально подвесить стержень невозможно (предельный случай при $b=0$).

Ответ: Равновесие устойчиво при $\sqrt{l^2-a^2}\left(\sqrt{l^2-a^2}+b\right)>l^2$

Задача 3.

Для решения воспользуемся методом суперпозиции. Рассмотрим две ситуации:

  1. В точке A в решетку втекает ток $I_0$, а решетка на бесконечном удалении от точки A заземлена;
  2. Тот же ток вытекает из схемы в точке C.

Токи, протекающие по ребрам схемы при подключении некоторой разности потенциалов $U_{AC}$ между точками A и C и протекающем в схеме токе $I_0$, равны алгебраической сумме токов в этих двух случаях.

+ =

Напряжение $U_{AC}$ может быть найдено как сумма напряжений на двух ребрах, соединяющих эти точки:

$$ U_{AC}=2r\left(\frac{I_0}{2}-2I_1\right). $$

С другой стороны, это напряжение равно $U_{AC}=R_0 I_0$, где $R_0$ — сопротивление между точками A и C.

Следовательно, $R_0 = 2r\left(\frac{I_0}{2}-2I_1\right)/I_0$. Для того, чтобы определить сопротивление цепи, необходимо знать соотношение между токами $I_0$ и $I_1$.

Для этого рассмотрим суперпозицию следующих двух случаев:

  1. В точке A в решетку втекает ток $I_0$, а решетка на бесконечном удалении от точки A заземлена;
  2. Ток $I_0$ вытекает из схемы в точке B.

+ =

Поскольку известно сопротивление между A и B, то $U_{AB}=I_0 R$. С другой стороны, складывая напряжения на резисторах, соединяющих A и C:

$$ U_{AB}=2r\left(\frac{I_0}{4}+I_1\right). $$

Приравнивая выражения для $U_{AB}$, получаем соотношение между токами: $I_1=(\frac{R}{2r}-\frac{1}{4})I_0$. Используя его, получаем ответ:

$$R_0=2r\left(1-\frac{R}{r}\right).$$

Примечание. На самом деле $R=\frac{2r}{\pi}$, однако доказательство этого факта требует знаний, выходящих за рамки школьной программы.

Ответ: $R_0=2r\left(1-\frac{R}{r}\right)$.

Задача 4.

Работа газа в приведенном циклическом процессе равна сумме работы, совершаемой тепловой машиной, и изменению потенциальной энергии пружины. Поскольку последняя зависит только от величины растяжения пружины, в циклическом процессе ее изменение нулевое. А это, в свою очередь, означает, что работа тепловой машины равна работе газа в таком циклическом процессе.

Эта работа может быть равна нулю только в том случае, если изотермы расширения и сжатия совпадают (см. рисунок, где заштрихованная площадь соответствует работе газа в цикле, где изотермы разные). Такое достигается только тогда, когда при завершении изотермического расширения давление газа целиком компенсируется пружиной.

Обозначим $V$ — объем газа по завершении изотермического расширения. Интересующая нас жесткость пружины определяется равенством:

$$ k \frac{V-V_0}{S}=P(V)S=\frac{P_0 V_0}{V}S. $$

При изотермическом расширении внутренняя энергия газа неизменна и полученное им тепло равно совершенной работе.

$$ Q=RT \ln \frac{V}{V_0}=P_0 V_0 \ln \frac{V}{V_0}, $$

откуда

$$ V=V_0 e^{\frac{Q}{P_0V_0}} $$

и

$$ k= \frac{P_0 S^2 e^{-Q/(P_0V_0)}}{V_0(e^{Q/(P_0 V_0)}-1)}. $$

Ответ: $ \displaystyle k= \frac{P_0 S^2 e^{-Q/(P_0V_0)}}{V_0(e^{Q/(P_0 V_0)}-1)}$

Задача 5.

Рассмотрим прохождение луча из пучка через каплю. Очевидно, преломление будет происходить только на границе раздела воды и воздуха. Поэтому максимальное отклонение луча будет достигаться при прохождении его возле края капли, где угол между направлением пучка и нормалью к поверхности капли максимален. Угол максимального отклонения и определит диаметр пятна.

Угол падения $\varphi$ и угол преломления $\beta$ в этом случае связаны соотношением $ \sin \beta = n \sin \varphi $. Отклонение луча от первоначального направления составит $\alpha = \beta - \varphi = \arcsin ( n \sin \varphi) - \varphi$. При этом диаметр пятна на экране $D= 2 L {\rm tg\,} \alpha + d = 2 L {\rm tg\,} (\arcsin(n\sin \varphi)-\varphi) + d$.

Используя формулы для синуса и косинуса разности и очевидное равенство $\cos \arcsin x = \sqrt{1-x^2}$, получаем

$$ D = 2 L \frac{\sin \varphi (n \cos \varphi - \sqrt{1-n^2 \sin^2 \varphi})}{\sqrt{1-n^2 \sin^2 \varphi}\sqrt{1-\sin^2 \varphi}+n\sin^2\varphi} + d . $$

Согласно условию задачи, $\sin \varphi = \frac{r}{R} = k$, где $r$ — радиус капли, а $R$ — радиус шарового сегмента, частью которого она является. Поскольку $k < 1/n$, полного внутреннего отражения луча при его прохождении возле края капли не происходит. Используя значение $\sin \varphi$, получаем ответ.

Ответ: $\displaystyle D = 2 L \frac{k (n \sqrt{1- k^2} - \sqrt{1-n^2 k^2} )}{\sqrt{1-n^2 k^2}\sqrt{1-k^2}+nk^2} + d $