Решения задач олимпиады

Решения заочной олимпиады ФАКИ.
Физика
1. Как следует из решения задачи о съезжании тела с клина, бак начнет двигаться с
ускорением a  g sin  , направленным вдоль клина вниз. В системе отсчета воды
(то есть то, что «чувствует» вода) будет два ускорения g , направленное вниз, и a
направленное вдоль клина вверх, а уровень воды будет перпендикулярен их
векторной сумме a  a  g .
Рисунок 1
Компонента a по оси x будит ax  g sin   cos  , по оси y ay  g  g sin   sin  , значит
угол  между новой линией раздела и осью х будет
g 1  sin 2  
2cos2 
g sin  cos 
sin 2
2. Рассмотрим полет пули внутри изогнутого ствола. Как не сложно догадаться пуля
войдет в соприкосновение со стенкой и прокатится по ней, так как к стенке ствола
её будит прижимать центробежная сила. Тогда пуля будит закручена в
противоположную сторону относительно загиба ружья рисунок 2.
tg  

Рисунок 2
И взаимодействие с воздухом приведет к отклонению пули в противоположную от загиба
ружья сторону. Такой эффект в жизни встречается при игре в бильярд, можно ударить
шар так, чтобы он двигался не по прямой, только там вращающийся шар трется об стол. В
футболе, например, мяч можно забить в ворота при ударе с углового, оправив его по дуге,
искривление траектории достигается за счет вращения мяча. В настольном и большом
теннисе и т. д.
Теперь сделаем количественные оценки. Будим считать, что пуля прокатилась по стволу
ружья без проскальзывания, тогда угловая скорость пули при вылете из ружья будит
U
, где R - радиус пули, U – её скорость. Оценим обтекание шарообразной пули
R
рисунок 3, которая летит без вращения.

Рисунок 3
Будем считать, что вдоль линии тока, нарисованных на рисунке, скорость воздуха
изменяется несильно. Тогда если есть вращение в любой точки снизу (на рисунке)
скорость воздуха относительно поверхности пули будит 0, а с верху скорость воздуха
относительно поверхности будит 2U, воспользуемся формулой Бернулли
V 2
P
 const , где V – скорость газа,  - его плотность, Р – его статическое давление.
2
Если учесть, что газ сверху и снизу от пули заходит из близких линий тока, то константы
в уравнении Бернулли и сверху и с низу будут одинаковые. А разница статических
давлений составит
Pсверху 
  2U 
2
  2U 
2
 Pснизу  P 
,
2
2
равномерное давление на полу сферу создает силу равную
F  P  R 2  2 U 2  R 2 ,
этот эффект называется эффектом Прандля-Майера. Значит на пулю будит действовать
сила перпендикулярная её скорости. По второму закону Ньютона получим ускорение:
2 U 2  R 2 2 U 2  R 2 8 U 2
a


, где  св - плотность свинца.
3 3
mпули
3
R

св
 R св
4
Оценим отклонение пули от прямолинейного l при выстреле из не изогнутого ружья, так
как в нем пуля тоже катиться вдоль ствола.
L
at 2
l
, где время полета t  , где L – расстояние до мишени.
U
2
2 2
2
8 U L
4 L
l

2
6 R свU
3R св
Оценим справедливость этой формулы.
3R  св l
L
4
Если верить историческим фильмам, то армии стреляли друг в друга с расстояния в 10
метров, а по уставу русской армии нужно было поразить цель с расстояния в 25 шагов (1213 метров), однако параметры цели не уточняются, наверно силуэт человека, в целом
возьмем разлет в 0.5 метра, на расстоянии 12 метров. По нашим оценкам при
св  11000кг / м3 ,   1кг / м3 , воздух считаем несжимаемым, получаем L  6.5 метров ,
так что по порядку величины наши оценки совпали с реальностью.
Теперь об оптимальном угле отклонения ружья для поражения цели в 1 метр. Функция
смещения пули от прямой линии в зависимости от времени запишется так:
at 2
, где  - угол отклонения ружья, U - скорость пули, ускорение a
y  U sin    t 
2
было оценено выше. А график функции представляет собой параболу. Оптимальная
траектория будет такой: сперва пуля отклоняется на пол метра в сторону загиба ружья, а
потом отклоняется в другую сторону. Значит в вершине параболы данной функции y
принимает значение y  ymax  0.5 метр .
U sin  U sin 
tmax 

2  a / 2
a
ymax
U sin  

a
2
U sin  

2
U sin  

2
2a
a
2
ymax a 1 8 U ymax
8  ymax
sin  


U
U
3R св
3R св
  0.11 радиана  6.3градуса
3. Возьмем столбик жидкости и посмотрим какие силы на него действуют, на рисунок
4, уровень 1 – нулевой уровень раздела, либо жидкостей, либо воздух жидкость,
уровень 2 – уровень максимального прогиба жидкости. На любую частицу
жидкости действует две силы связанные с давлением двух жидкостей (верхней и
нижней, обозначенных на рисунке индексами один и два).
Рисунок 4
Теперь если столбик выше нулевого уровня, получаем:
ma   P1  P2  S  ma  Shg  1  2  , где 1 - плотность верхней жидкости,  2 - нижней.
для жидкости находящейся ниже нулевого уровня ma   P2  P1  S  ma  Shg  2  1  , но
обе формулы будут эквивалентны, если вниз от нулевого уровня считать h
отрицательным, тогда:
Sg 
a  h 
h , а это уравнение гармонических колебаний, значит периодом таких
m
m
колебаний будет T  2
, тогда скорость распространения волн будет
Sg 
Sg 
.
T
m
Собственно на поверхности воды и в глубине на линии раздела двух жидкостей
изменяется параметр  , на поверхности он равен плотности воды, так как плотностью
V



2
воздуха можно пренебречь и масса m объема жидкости, которая на поверхности m, а в
глубине 2m. Тогда:
Vглубины


Sg 
Sg 


 Vглубины  Vповерхности
 0.089 м / с
2m
m
Vповерхности
2 воды
2 воды
4. Пусть A, B, C, D и E – рассматриваемые точки и ёмкость
измеряется между точками A и B. В силу симметрии
потенциалы точек C, D и E одинаковы (мы можем поменять
любые две из них местами и получим исходную схему),
поэтому ёмкость схемы не измениться при изъятии
соединяющих их конденсаторов из цепи (см. рис.). Ёмкость
полученной схемы равна C0  3  C 2  C  5C 2 .
(Аналогично для n точек C0  nC 2 .)
5. Цель данной работы проверить границы применимости
l
формулы математического маятника T  2
.
g
Экспериментальная установка представляет собой массивный стальной шарик на нити
длинной метр. Фиксация времени осуществлялась ручным секундомером с точностью
0.05с, угол измерялся стандартным транспортиром. Поскольку человеческая реакция
примерно 0.2 секунды, а для таких параметров период колебаний составляет 2с, то с
целью уменьшить случайную погрешность до 0.05% для одного измерения бралось 20
колебаний. Результаты представлены см. таблица 1.
Длинна маятника составляет 0.96 м следовательно, расчетный период колебаний
составляет 1.966 с.
Таблица 1 результаты
угол
время 20
колебаний в
эксперименте(с)
1
3
5
7
9
11
13
15
17
19
21
23
25
27
29
31
33
35
37
40
42
39.33
39.41
39.46
39.56
39.40
39.38
39.43
39.41
39.52
39.60
39.44
39.46
39.58
39.62
39.75
39.71
39.75
39.78
39.97
40.06
40.09
период одного
разница
колебания в
экспериментальных и
эксперименте(с) рассчитанных
значений
1.97
0.2%
1.97
0.2%
1.97
0.2%
1.98
0.7%
1.97
0.2%
1.97
0.2%
1.97
0.2%
1.97
0.2%
1.98
0.7%
1.98
0.7%
1.97
0.2%
1.97
0.2%
1.98
0.7%
1.98
0.7%
1.99
1.2%
1.99
1.2%
1.99
1.2%
1.99
1.2%
2.00
1.7%
2.00
1.7%
2.00
1.7%
Оценка погрешности:
Для экспериментальных значений погрешность определяется погрешностью человеческой
0.2
 0.01с ,  эксп  0.5% . А по
реакции и погрешностью секундомера, то есть: Tэксп 
20
формуле математического маятника, будем считать, что длинна подвеса измерена с
точностью 1%, ускорение свободного падения известно с точностью 1%, тогда:
 l g 
Tтеор   
 T  0.02c ,  теор  1% .
 2l 2 g 
Из экспериментальных результатов видно, что до угла колебания   27 с точностью до
погрешности значения, полученные прямым измерением, и значения, рассчитанные по
теоретической формуле из условий эксперимента, совпадают.
Для углов колебания   29 35 результаты, полученные прямым измерением и
рассчитанные теоретически из условий эксперимента, совпадают на границе погрешности.
А вот для углов колебания   37 Из данного эксперимента не возможно понять границы
справедливости формулы для меньших углов, но в экспериментах, где достигается
точность меньше чем 1%, результаты, полученные прямым измерением и рассчитанные
теоретически из условий эксперимента, с поправкой на погрешность не совпадают.
Вывод:
 для углов  27 в данном эксперименте сказать ничего нельзя.
 для углов 29 0  35 0 формула математического маятника дает ошибку
близкую к 1%.
 для углы  37 формула математического маятника дает ошибку около 2%
6. Принцип действия системы GPS-глонасс: на орбите находиться спутниковая
группировка, у каждого спутника очень точно известна орбита и на каждом
установлены очень точные часы. Каждый спутник постоянно излучает сигнал в
котором сообщается его бортовое время и его номер. На Земле в приемнике
записаны параметры всех орбит, по номеру спутника приемник узнает с какой
орбиты пришел сигнал, по получаемому времени он узнает положение спутника на
орбите в момент испускания пойманного сигнала и по разности своего и
спутникового времени помноженного на скорость света приемник узнает
расстояние до спутника. Теперь приемник знает свое расстояние фиксированной
точки в пространстве, если прибор получит сигналы от трех разных спутников, то
по пересечению трех получаемых сфер приемник восстанавливает свое положение
в пространстве.
На некоторой планете колонисты решили создать подобную систему, запустили спутники
заложили принцип изложенный выше, однако точность их приемников с течением
времени быстро портилась.
Какой эффект не учли колонисты? Если скорость спутников 10 км/с (для простоты
считаем их орбиты круговыми и одинаковыми по высоте), а время одного оборота
спутника вокруг планеты 1 час, (параметры близкие к земным), какая будет ошибка в
определении место положения приемника после того, как точно выставленные по времени
и положению спутники совершат один оборот?
Решение: основным не учтенным эффектов является релятивизская задержка времени на
каждом спутнике. В момент когда спутник совершает полный оборот на своей орбите
часы находящиеся на спутнике показывают меньшее время чем часы приемника
находящимся на поверхности планеты. Причем задержка времени определяется по
формуле:
t0 
t
2
, где t 0 - время прошедшее на премнике, t - время прошедшее на спутнике,
V 
1  
c
к моменту выдачи сигнала, который будет пойман преемником. V - скорость спутника, c
- скорость света. Если прибор получает сигнал, что на спутнике время t , то расчет место
t
положения спутника на орбите нужно делать для времени t0 
, из за этого
2
V 
1  
c
ошибка в определении положения спутника на орбите оказывается равной:




V
1
tV 3


- малой). И расстояние до
Lположения  t 
 1 V  2 (считая величину
2
c
c
 1  V 

 


c




спутника нужно высчитывать по разности времени не tприема  t , а tприема  t0 , так как
складывать и вычитать можно время определяемое в одной системе координат, тогда
ошибка определения расстояние до спутника будет




1
tV 2


. Очевидно, что ошибка определения расстояния
Lрастояния  t 
 1 с 
2
c
 1  V 

 


c


существенно больше чем ошибка определения положения спутника. Из этой формулы
получается, что за один виток набежит ошибка порядка 1.2 км.
7. Рассмотрим 2 случая.
1) n0 достаточно большое, чтобы можно было рассматривать среду как сплошную.
Тогда p  n0 kT , где k  1,38 1023 Дж  К 1 - постоянная Больцмана, T температура ионосферы, меняющаяся в зависимости от высоты и времени года от
220 К до 2000 К.
2) n0 мало, и рассматриваются отдельные частицы.
F
Тогда p  , где F – сила, действующая на площадку S. Сила появляется из-за
S
p 2VM
изменения импульса частиц fi  i 
, индекс i соответствует i-й частице. В
t
t
SVt
единицу времени с аппаратом соударяется N  n0
частиц. Тогда
1
F
F  f i N  2MV 2 Sn0 . В результате p   2 MV 2 n0 .
S
8. Прохождение луча через данную систему
равносильно прохождению луча через две линзы,
поставленных вплотную друг к другу. Можно
показать, что оптическая сила такой системы
D1  D  D  2 F . Поэтому лучи пересекутся на
оптической оси на расстоянии F 2 от зеркала.
Математика
1. Ход мыслей первого мудреца: «Предположим, что на мне черный колпак, тогда что
же думают два других? Второй мудрец должен увидеть мой черный колпак и
подумать, что если бы на нем был черный, то третий видя два черных колпака
быстро бы сказал, что у него белый. Однако этого не происходит, думает второй
мудрец, значит, на мне белый. Поскольку второй мудрец не говорит, что на нем
белый, значит он видит, что на мне не черный. Значит, на мне белый.»
2. Да. Например в линию.
6
2
3
4
5
3. Даны сферы радиусов R1, R2, R3, радиус, который надо найти – r. Введем систему
координат, центр которой будет находиться в центре первой сферы, НЕТ
4. Для 5 сфер, соприкасающихся внешним образом есть формула Содди
2
 1
1
1
1
1  1
1
1
1
1
3 2  2  2  2  2   



 
 R1 R2 R3 R4 r   R1 R2 R3 R4 r 
В формуле знак + соответствует касанию внешним образом, а знак – касанию
внутренним.
2
 4
1  4
1
а) R1  R2  R3  R4  R , тогда 3 2  2   
  , решая получаем квадратное
R
r   R
r 

6
1
уравнение 2r  4rR  R 2  0 , решение которого r 
2
 1
1
1
1 
б) R1  R2  R3  R4 Обозначим A   2  2  2  2  и
 R1 R2 R3 R4 
 1
1
1
1
B  



 R1 R2 R3 R4

2B
2
 , тогда получаем уравнение: r 2  r  2
 2
 0.
B  3A B  3A

B
54 A  4 B 2

B 2  3 A 2( B 2  3 A)
5. Сначала достаем первый шарик. Поскольку нас не волнует его цвет, то вероятность
этого события 1. Далее остается 29 шаров и надо достать любой из 2-х цветов,
которых пока не было, т.е. вероятность 20/29. И наконец теперь из 28 шаров надо
достать последний цвет, т.е. 10/28. Поскольку эти события независимы и требуется
20 10 50
их одновременное выполнение итоговая вероятность будет 1   
.
29 28 203
sin x
6. Поскольку cos x  1 первое неравенство sin x 
, верно при любом x
cos x
cos x
 cos x верно при
принадлежащем 1 и 3 четвертям. Т.к. sin x  1 последнее
sin x
любом x, принадлежащем 2 и 4 четверням. Поскольку крайние точки не входят в
область определения тангенса и котангенса, решений нет.
7. Представим P (x ) в виде P( x)  a( x  x1 )...( x  x2008 ) , где xi - корни многочлена.
Его решением будет r 
Тогда P( x 2  1)  a( x 2  1  x1 )...( x 2  1  x 2008 ) . Для того, чтобы P( x 2  1) делился на
P (x ) необходимо и достаточно, чтобы все корни P (x ) являлись также корнями
P( x 2  1) (если корни P (x ) кратные, то их кратность не должна превышать
кратность соответствующих корней P( x 2  1) ).
Корни P( x 2  1) соответственно равны  xi  1 . Рассмотрим уравнение xi   xi  1 .
1 5
. Значит условию задачи удовлетворяет любой многочлен
2
1 5
вида P( x)  a( x  x1 ) n ( x  x2 ) 2008n , где a  0,0  n  2008, x1, 2 
.
2
Его решения xi 
Обозначим  ВО1А=2α, а L - точка пересечения AQ и BP. Так как вокруг АО1ВО2
можно описать окружность, то  ВО1А=180°- 2α. Углы  АМВ,  AQB и  АРВ
опираются на дугу АВ, значит  АМВ= α,  АРВ=  AQB =90°- α. Тогда из ∆AMQ
и ∆ABP находим, что  QAM=  PBM=90°. Значит четырехугольник МАLB вписан
в окружность и L  S1 .
9. Пусть точка P расположена между точками A и C (см. рис.). По условию задачи,
BAC=ACB=CBA=60º. Тогда APC=120º. Обозначим PAC=, тогда из ΔPCA
находим ACP=60-. ABP=60-, так как опирается на ту же дугу, что и ACP.
Тогда по теореме синусов для треугольников ACP и ABP
AP/sin(60-)=PC/sin(),
BP/sin(60+)=AP/sin(60-).
Откуда,
AP=BPsin(60-)/sin(60+),
PC=BPsin()/sin(60+).
Значит, AP+PC=BP(sin(60-)+sin())/sin(60+) =
2BPsin(30)cos(30-)/sin(60+) = BP.
8.