«Квант» №5, 2019

ОЛИМПИАДЫ 49 координатной чет- вию a1  a2  …  an z 0 , уравнение верти (x > 0, y > 0) a1 x  a2 x  a3 …x  an   под ней лежат ровно 82 точки с целочис- + a2 x  a1x  a3 …x  an   … ленными координа- ... + an x  a1x  a2 …x  an1 0 тами? имеет хотя бы один действительный корень. А.Бегунц О.Косухин 3. У многогранни- 5. На доске написаны несколько чисел. ка, изображенного на рисунке, грани – четы- Разрешается стереть любые два числа a и b, ре правильных пятиугольника, четыре треу- а затем вместо одного из них написать число гольника и два квадрата. Во сколько раз a  b . Какое наименьшее число может ос- сторона верхнего квадрата больше стороны нижнего? 4 таться на доске после 2018 таких операций, А.Попов если изначально на ней написано 2019 еди- ниц? 4. Докажите, что для любого натурального числа n t 2 и для любых действительных И.Шейпак чисел a1,a2,…,an , удовлетворяющих усло- Публикацию подготовили С.Дориченко, Е.Епифанов Всероссийская олимпиада по физике имени Дж.К.Максвелла Заключительный этап быть длина второго участка, пройденного Крошем, если он догнал Бараша через время Теоретический тур W после старта, и на какое максимальное время t0 Бараш мог опередить Кроша на 7 класс финише? Задача 1. Крош и Бараш А.Заяц Выйдя из дома, Крош и Бараш пустились Задача 2. Пена наперегонки по тропинке к озеру. Бараш все В горизонтальный цилиндр с подвижным время бежал с постоянной скоростью v, а поршнем (рис.1,а) через штуцер Ш поступа- Крош вначале решил дать фору Барашу и ет пена с постоянным массовым расходом первую четверть пути двигался со скоростью P 0,1 кг с. График зависимости средней 0,8v, затем увеличил ее до 1,5v, но в конце плотности Ucp содержимого цилиндра от пути устал и побежал со скоростью 0,9v, времени t приведен на рисунке 1,б. С какой проиграв в результате Барашу. Какой могла максимальной и с какой минимальной скоро- Рис. 1

50 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 стью двигался поршень в процессе заполне- Рис. 3 ния, если его площадь S 1 дм2? За какое время W объем пены в цилиндре увеличился оказалась положительной и равной A = до V 7 дм2? = 0,5 Дж. Определите минимальное абсо- М.Замятнин лютное удлинение 'lmin пружины за цикл. Задача 3. Поршни Найдите жесткость k пружины и постройте Цилиндрические части закрепленного меж- ду двумя стенками сосуда, изображенного на качественный график зависимости коорди- рисунке 2, имеют длину l и площади сечения наты xц центра пружины от координаты x Рис. 2 конца, к которому приложена сила F. Длина S и 2S. В сосуде находятся два поршня пружины в недеформированном состоянии толщиной l 4 каждый, соединенные со стен- ками одинаковыми пружинами жесткостью l0 20 см . М.Замятнин k. Длина каждой пружины в недеформиро- ванном состоянии l. В зазор между поршня- 8 класс ми через маленькую трубочку может закачи- ваться легкая жидкость, давление которой Задача 1. UnCl измеряется с помощью манометра. Трения Экспериментатор Глюк решил исследо- между поршнями и стенками сосуда нет. вать растворимость нового вещества – хло- Силы давления газа в системе можно не рида унобтания (UnCl). Для этого он стал учитывать. Соприкасающиеся поверхности добавлять с постоянным массовым расхо- поршней шероховатые, поэтому жидкость дом P порошок UnCl в мерный сосуд с свободно проникает между ними. Какое дав- V0 = 100 мл воды, постоянно помешивая ление будет показывать манометр в момент, раствор. На рисунке 4 изображен график когда поршни отделятся друг от друга? зависимости плотности раствора UnCl от Какой объем жидкости необходимо закачать концентрации (массы растворенного веще- через трубочку в сосуд, чтобы манометр ства в литре воды), полученный британски- показал давление: а) p p0 10 ; б) p p0 3 ? ми коллегами Глюка. При концентрации Здесь p0 kl S . n0 750 г л хлорид унобтания перестает растворяться в воде. Плотность кристалли- А.Аполонский Задача 4. Упругий цикл ческого нового вещества U 2,5 г см3 , плот- К пружине прикладывается направленная вдоль ее оси растягивающая сила F. На ность воды U0 1,0 г см3 . графике (рис.3) изображен циклический процесс 1–2–3–4–1, показывающий, как Рис. 4 последовательно изменялась величина этой силы в зависимости от координаты x конца пружины, к которому она приложена. Изве- стно, что абсолютное удлинение 'l пружи- ны за цикл достигало максимального значе- ния 'lmax 12 см , а работа силы F за цикл

ОЛИМПИАДЫ 51 1) Определите массу насыпанного порош- туре t1 99 qC с массовым расходом ка UnCl, когда объем содержимого мерного P 2,0 г с . Считая процессы теплообмена сосуда стал равен: а) 110 мл; б) 150 мл. быстрыми, постройте качественный график зависимости скорости подъема верхней гра- 2) Определите массовый расход P (вы- ницы столбика термометра относительно сто- разив его в г/с), если в начале эксперимента ла от времени, указав на нем характерные объем содержимого мерного сосуда увеличи- точки. Вода из сосуда не выливается. Поте- вался со скоростью 0,10 мл/с. рями тепла, теплоемкостью термометра и плотика можно пренебречь. Площадь дна со- А.Заяц суда S 20 см2. Вначале в сосуде было m = Задача 2. Вторая ступень = 400 г воды, а сила натяжения нити равня- На рисунке 5 приведена схема очень длин- лась T = 0,07 Н. Во время таяния лед не ной подвесной лестницы. Массы каждой из всплывал. На рисунке 6,б приведен укруп- ненный фрагмент шкалы термометра, к кото- Рис. 5 рой приложена линейка. Удельная теплоем- двух первых ступеней равны m, а в последу- ющих парах массы ступеней уменьшаются в кость воды c0 4200 Дж к㠘 qС , удельная два раза по отношению к предыдущим ( m 2,m 4,m 8,… ). Определите силы натя- теплота плавления льда O 330 кДж кг , жения тросов T1 , T2 и T3 , действующих на плотность льда U 0,9 г см3, плотность воды вторую ступень, считая все ступени однород- U0 1,0 г см3 , ускорение свободного паде- ными, а тросы легкими. На рисунке 5 каж- ния g 10 Н кг . дая ступень разделена на четыре одинаковые части. М.Замятнин М.Замятнин Задача 4. Мост Задача 3. Лед В электрической цепи, содержащей источ- На столе стоит высокий цилиндрический ник постоянного тока I0 (рис.7) на двух сосуд с водой, в котором с помощью закреп- одинаковых резисторах выделяется мощ- ленной на дне нити удерживается полностью погруженная в воду льдинка, а на поверхно- Рис. 7 сти воды плавает небольшой плотик с встро- енным термометром (рис.6,а). Система нахо- ность P = 0,5 Вт, а на двух других – дится в тепловом равновесии. В сосуд начи- мощности 2P и Px . При этом через идеаль- нают добавлять горячую воду при темпера- ный амперметр протекает ток силой IA = = 25 мА. Определите значение мощности Рис. 6 Px , сопротивления всех резисторов и напря- жения на них. Найдите значение I0 источ- ника. Примечание. Источником постоянного тока называют активный элемент электрической цепи, через который протекает ток силой I0 при подключении к нему резисторов с раз- личными в широком диапазоне сопротивле- ниями. В.Слободянин Публикацию подготовил В.Слободянин

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ «КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ Комментарии. 1. Сложность тут в том, что пред- лагается сложить фигуру довольно маленького ЗАДАЧИ периметра: даже если складывать многоуголь- ник только из квадратов, то получится периметр (см. «Квант» №4) не меньше 12 см, а надо еще добавить целых 19 треугольников. 1. В первый чемодан надо посадить тварей весом Из всех фигур, имеющих данную площадь, наи- 10, 4, 3 фунта; во второй – 9, 7, 2 фунта; в меньший периметр имеет круг. Поэтому если третий – 8, 6, 5 фунтов. такой многоугольник существует, то, видимо, он Комментарий. Найти ответ (и доказать, что он должен быть близок к кругу. единственен) можно следующим образом. Тва- Кстати, можно подсчитать, что периметр круга, рей с весами 10, 9 и 8 фунтов необходимо поме- равновеликого нашему многоугольнику, состав- стить в разные чемоданы (иначе один чемодан ляет примерно 14,7 см. Так что получить много- будет слишком тяжелым). Далее, чтобы никто угольник еще меньшего периметра невозможно. не подрался, тварь весом 2 фунта необходимо 2. Угол при вершине квадрата – половина раз- поместить во второй из этих чемоданов, а тогда вернутого, а при вершине правильного треуголь- тварь весом 4 фунта – в первый. После этого ника – треть развернутого. Поэтому во внутрен- нетрудно распределить и оставшихся тварей. ней вершине могут сходиться либо 6 треугольни- 2. 120∞, 45∞, 15∞. ков, либо 3 треугольника и 2 квадрата, либо 4 Заметим, что треугольник MAD тоже равен тре- квадрата (это помогает проверить, возможна ли угольнику MAB – по трем сторонам: сторона в действительности нарисованная от руки кар- MA у них общая, AD = AB как стороны квадра- тинка). та, MD = MB по условию (лежат напротив соответственных углов в равных треугольниках). КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА Значит, –BAM = –MAD = 90∞ 2 = 45∞. В точке M сходятся три соответственных угла равных (см. «Квант» №3) треугольников, поэтому –AMB = 360∞ 3 = 120∞. 25. Можно. Сумма углов треугольника равна 180∞, поэтому, Расставим числа так: 2, 4, 6, ..., 100, 99, 97, ... –ABM = 180∞ - 120∞ - 45∞ = 15∞ . ..., 1 (сначала все четные числа в порядке возра- 3. Слоны едят только круглые арбузы. стания, а потом нечетные в порядке убывания). Выясним сначала, сколько арбузов ест на завт- На самом деле такая расстановка единственна (с рак каждое из животных. По условию 5 слонов и точностью до поворота и направления обхода). 7 бегемотов съедают 31 арбуз, а 8 слонов и 4 26. Верно. бегемота – 28 арбузов. Мы видим, что если Отметим точки K и M на сторонах AC и BC так, заменить трех бегемотов на трех слонов, то тре- что KM AB (рис.2). Пусть серединный пер- буется на три арбуза меньше. Значит, 12 слонов пендикуляр к KM пересекает сторону AB в точ- съели бы 31 – 7 = 24 арбуза (т.е. каждый по 2), ке P. Теперь выберем на стороне AB точки L и а 12 бегемотов съели бы 31 + 5 = 36 арбузов (т.е. N, симметричные относительно P. Тогда отрезки каждый по 3). KM и LN будут основаниями искомой трапеции. В первой группе бегемоты съели 7 ◊ 3 = 21 арбуз. Пара моментов в решении требуют дополнитель- Столько арбузов одной формы не было, значит, ного внимания. Во-первых, чтобы эта равнобо- бегемоты едят арбузы любой формы, а приве- кая трапеция не оказалась прямоугольником, редливы слоны. Во второй группе слоны съели 8 ◊ 2 = 16 арбузов. Столько кубических арбузов не было, значит, слоны предпочитают именно круглые арбузы. 4. Примеры приведены на рисунке 1. Рис. 1 Рис. 2

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 53 надо выбрать LN π KM . Этого можно добиться 3). В каждой из них по 2k клеток – четное благодаря свободе выбора точек L и N. количество, а значит, их можно разбить на пары Во-вторых, если один из углов A и B тупой, то соседних по диагонали клеток. Таким образом, не любой отрезок KM подходит: серединный переход индукции от k – 1 к k доказан. перпендикуляр к KM может не пересекать сто- рону AB. Покажем, что существует подходящий ДИАГОНАЛЬ КЛЕТЧАТОГО отрезок KM. Если в качестве KM выбрать отре- ПРЯМОУГОЛЬНИКА зок AB, то P будет серединой AB. Значит, если выбрать отрезок KM достаточно близко к AB, то 1. Видимо, потому что в сетке (не математичес- и точка P будет находиться достаточно близко к середине отрезка AB, т.е. будет лежать на нем. кой, а рыболовной, например) нити связаны 27. Будем обходить таблетки по часовой стрел- ке, тогда обязательно найдутся две хорошие таб- узлами. летки рядом, сразу за которыми лежит плохая. Первый мудрец берет первую таблетку, второй – 2. 100. вторую, а третья (плохая) запоминается и мыс- На 5 делится 300 60 чисел, на 6 делится ленно выбрасывается. После чего задача сводит- 5 ся к такой же с меньшим числом таблеток, при- 300 50 чисел. При сложении этих количеств чем отношение хороших таблеток к плохим неиз- менно 2 к 1, и алгоритм повторяется. 6 28. n (n + 1) . дважды учитываются числа, которое делятся и Пример. Пронумеруем все столбцы доски по на 5, и на 6 одновременно; таких чисел 300 = 10 . порядку. Каждый нечетный столбец целиком 5◊6 займем одним кораблем. Таким образом будет занята половина клеток. Это количество нетруд- Итого получается 60 + 50 – 10 = 100 чисел. но посчитать. Оценка. Две соседние по диагонали клетки не 3. НОД a,b . могут быть ни в разных кораблях, ни в одном. Покажем, что все клетки доски можно поделить Если поделить все на b, получится задача 2. на пары соседних по диагонали клеток. Из этого будет следовать, что занято не больше половины 4. ª b  1º , если r представляется в виде несокра- клеток. ¬« 2 ¼» Данную в условии доску назовем бриллиантом a порядка n. (Ацтекский бриллиант – принятое в тимой дроби как b . комбинаторике название такой фигуры.) Докажем по индукции, что бриллиант порядка n Это количество равно количеству пересечений делится на диагональные пары клеток. При n = 1 утверждение очевидно. Пусть бриллиант поряд- «выпрямленной» траектории с каждой второй ка k – 1 делится на такие пары клеток. Вырежем его из бриллианта порядка k (на рисунке 3 вертикальной линией сетки. показан пример для k = 4). Останется область, которую можно представить в виде двух цепочек 5. Нет. 1 , а это иррацио- клеток, где соседние клетки соседствуют по диа- В этом случае r tg30q 3 гонали (красная и желтая цепочки на рисунке нальное число. Рис. 3 6. Нет. «Распрямим» траекторию аналогично тому, как это было сделано в задаче 4. Тогда шар будет двигаться по прямой y = x, а узлы получившейся  решетки будут иметь вид 2m,n , где m и n – целые. Одна координата таких узлов иррацио- нальна, а другая рациональна, поэтому на пря- мой y = x узлов не будет. 7. Снова «распрямим» траекторию, как в задаче 4. Лузы бильярда, многократно отраженные от- носительно сторон, будут образовывать прямоу- гольную решетку с шагом q по горизонтали и p по вертикали. Шар будет двигаться по прямой y = x, т.е. через точки вида (m,m). Точка (m,m) является узлом, если m делится и на p, и на q, значит, первым таким узлом будет m НОК p,q , а это нечетное число, поэтому эта точка соответствует средней лузе. 8. НОД a,b,c  1 узлов, не считая концов диа- гонали. Можно действовать так же, как в третьем реше- нии задачи 1. Узлы делят диагональ на равные части. Плоскости первого направления делят диа- гональ на a равных частей, второго – на b, третьего – на c. Тогда узлы делят диагональ на НОД a,b,c частей.

54 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 9. Диагональ прямоугольника p u q делится ли- темы: ниями сетки на p  q  НОД p,q частей. Поде- k § l  x ·  p 2S  S k § l  x · , ©¨ 4 ¹¸ ©¨ 4 ¸¹ лим пирог на части так, чтобы массы кусков были пропорциональны длинам отрезков на диа- откуда p 2kx 2p0V , где V0 lS . гонали. S V0 10. p  1 p2  q2  p  q . Контакт между поршнями исчезает, если сила  q давления жидкости на поршни равна силе упру- Перенесите все отрезки диагонали в один квад- гости соответствующих пружин. Происходит это ратик, как в решении задачи 6. при смещении поршней вправо на некоторое рас- ВСЕРОССИЙСКАЯ ОЛИМПИАДА ПО ФИЗИКЕ ИМЕНИ ДЖ.К.МАКСВЕЛЛА стояние x1 при давлении p1 . При этом p1S k § l  x1 · , и p1 ˜ 2S k § l  x1 · , ©¨ 4 ¹¸ ©¨ 4 ¸¹ 7 класс откуда 1. Длина второго участка будет максимальной, p1 kl p0 , x1 l, и V1 Sx1 Sl V0 . 6S 6 12 12 12 когда Бараш обгонит Кроша практически на На следующем этапе поршни начинают разъез- 3vW . Длина второго уча- самом финише; s2max 4 жаться в разные стороны. Пусть y1 и y2 – смещения левого и правого поршня соответствен- стка минимальна, когда Крош закончит движе- но. Запишем условия равновесия поршней: ние со скоростью 1,5v в момент обгона Бараша pS k § l  y1 · , p ˜ 2S k § l  y2 · , 3vW . Отставание ¨© 4 ¹¸ ©¨ 4 ¹¸ (в момент времени W ); s2min 7 kl Кроша от Бараша будет максимальным; когда откуда 2y1  y2 й4 . Объем залит воды s2 будет минимальным; t0 W. о при этом равен 7 V Sy1  2Sy2 , поэтому 2. На первом участке графика плотность пены § V 1 · § 2V 1 · постоянна и равна U1 0,1 г см2 . Объем пены в y1 l ¨ 5V0  10 ¸ , y2 l ¨ 5V0  20 ¸ . © ¹ © ¹ этом случае изменяется по закону V1 t Pt . U1 Теперь находим давление жидкости в сосуде: Так как объем изменяется равномерно, скорость p k § l  y1 · p0 § V  3· . S ¨© 4 ¹¸ ¨ 5V0 ¸ движения поршня равна v1 P 10 см с . © 20 ¹ U1S На втором участке плотность пены изменяется Давление p0  p1 соответствует случаю а), по- 10 Pt этому линейно. Для этого случая V2 t 5000 см3 . Так как на U2 t p0 2p0Va V0 lS . этом участке объем по- 10 V0 , и Va 20 20 стоянен, скорость движения поршня равна нулю: Давление p0 ! p1 соответствует случаю б), тогда 3 v2 = 0 . p0 § Vб 3 · 3 p0 ¨ 5V0  20 ¸ , и Vб 11V0 11lS . На третьем участке плотность пены постоянна и © ¹ 12 12 равна U3 0,3 г см3 , скорость движения порш- 4. Максимальная и минимальная силы упругос- ня составляет v3 P 3,3 см с . ти пружины отличаются в 3 раза, следовательно, Таким образом, миUн3иSмальная скорость поршня минимальная деформация в 3 раза меньше мак- равна нулю, а максимальная составляет 10 см/с. симальной и составляет 'lmin = 4 см. При этом на участке 1–2 конец пружины, к которому при- Объем пены V 7 дм3 превышает объем V2 на втором участке, поэтому в момент времени W ложена сила F, смещается на 2 см, а противопо- плотность пены равна U3 0,3 г см3 . Отсюда ложный конец пружины смещается на 6 см. W m U3V 21 c . Работа A силы F за цикл пропорциональна пло- PP щади внутри цикла и в условных единицах со- 3. В исходном положении без жидкости обе ставляет F0 ˜ 5 см . Это позволяет найти силу F0 : F0 = 10 Н и жесткость пружины: k пружины сжаты на l 4 и поршни упираются F0 'lmin 250 Н м . друг в друга. При закачивании первых порций жидкости оба поршня движутся вправо, по-пре- Координаты центра пружины можно найти по жнему сохраняя контакт. Пусть x – смеще- формуле xц x  0,5 l  'l , где 'l F k . Гра- ние поршней. Запишем условие равновесия сис- фик зависимости xц от х приведен на рисунке 4.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 55 откуда находим P 6U0v 0,6 г с . 2. Рассмотрим силы, действующие на первую (верх- нюю) и вторую сту- Рис. 5 пени лестницы (рис.5), и запишем в каждом случае правило моментов относительно левого края ступени: Рис. 4 T2l  mg ˜ 2l T0 ˜ 3l , T3l  mg ˜ 2l T2 ˜ 3l , 8 класс где l – длина одного деления ступени. Так как 1. 1) Найдем объем насыщенного раствора (75 г оставшаяся часть лестницы эквивалентна исход- UnCl в 100 мл воды): ной конструкции, но имеет в 2 раза меньшую 175 г массу, то T0 2T3 . В результате имеем 1,4 г см3 Vнас = 125 см3 . T2  2mg 6T3 , T3  2mg 3T2 , В первом случае V  Vнас . Пусть m – масса откуда получаем засыпанного в воду порошка UnCl. Запишем T2 14 mg , T3 8 mg . выражение для плотности раствора: 17 17 U mводы  m 100 г  m 100 г  0,1 л ˜n , Величину силы T1 найдем из условия равнове- V 110 см3 110 см3 сия второй ступени: построим прямую, задаваемую этим уравнением, T1 T3  mg  T2 11 mg . 17 и найдем точку ее пересечения с графиком U n . Эта точка соответствует n 460 r 10 г л , соот- 3. Определим начальную массу льда m0 . Для ветственно, m 46 r 1 г . этого запишем условие равновесия: Во втором случае V ! Vнас , причем 125 см3 со- T  m0g U0Vg , где V m0 U , и получим ставляет насыщенный раствор, а остальные Vосад 25 см3 – нерастворившиеся кристаллы m0 TU 63 г . UnCl массой mосад UкристVосад 62,5 г . Итого- вая масса UnCl, насыпанного в сосуд, равна U0  U g m = 75 г + 62,5 г = 137,5 г. Вначале все тепло, отводимое от горячей воды, идет на плавление льда, температура содержи- 2) Пусть v – скорость увеличения объема раство- мого сосуда остается постоянной и столбик тер- ра. Масса порошка UnCl в момент времени t от мометра неподвижен относительно поверхности начала эксперимента равна m Pt. Объем раство- воды. Пусть W – время, прошедшее с начала ра V V0  vt, где V0 100 см3 . Найдем разность плотностей раствора в момент времени t и чистой эксперимента. Запишем уравнение теплового ба- воды: ланса: cPW t1  0 qC O'mл , где 'mл – масса расплавившегося льда. Поскольку плотность воды U0V0  m m  U0 V  V0  Pt  U0vt. больше плотности льда, объем превратившегося V V U  U0  U0 V в воду льда станет меньше на величину При малом t объем в знаменателе неотличим от 'V 'mл § 1  1 · cPWt1 U0  U . ¨ U U0 ¸ V0 , поэтому © ¹ OU0U U  U0 P  U0vt . С другой стороны, объем воды, добавленной в V0 сосуд за время W , равен PW U0 . Таким образом, общее изменение объема содержимого сосуда рав- В то же время при малой массе засыпанного но порошка плотность раствора изменяется почти линейно, и U  U0 kn kPt V0 . Коэффициент 'Vобщ PW  'V PW ¨§1  ct1 U0  U · . наклона k определим по данному графику. Для U0 U0 © ¸ OU ¹ этого построим касательную к кривой U n при n = 0 и найдем тангенс угла ее наклона. Получа- Скорость, с которой движется верхняя граница столбика термометра, равна в этом случае скоро- ется k 5 6 (в безразмерных единицах). В ре- сти подъема уровня воды: зультате, приходим к следующему соотношению: 5 Pt P  U0vt , v1 P ¨§1  ct1 U0  U · 0,8 мм с . 6 V0 U0S © V0 OU ¸ ¹

56 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 Этот процесс завершится, когда весь лед раста- 4. Так как амперметр идеальный и мощности, Om0 25 c . Общая выделяющиеся на двух одинаковых резисторах, ет, т.е. через время Wmax мcоPмt1енту будет равна равны, то через них текут одинаковые токи I1 и масса воды в сосуде к этому падение напряжения на них равно половине раз- ности потенциалов на источнике. Но тогда рав- mобщ m  m0  vWmax 513 г . ны мощности и на двух оставшихся резисторах, так как через них текут тоже одинаковые После того, как весь лед растает, уровень воды в токи I0  I1 . Так как по условию мощности отли- сосуде будет расти только за счет добавления в чаются в 2 раза, то токи и сопротивления резис- него горячей воды. Скорость подъема уровня в торов отличаются тоже в 2 раза. Отсюда этом случае равна I1 IA I0 3 , и I0 0,75 мА . Напряжения на резисторах одинаковы и равны U P1 I1 20 B , v2 P 1 мм с . а сопротивления резисторов равны U0 S R1 P1 U 800 Ом и R2 400 Ом . Кроме того, из-за повышения температуры со- МОСКОВСКАЯ ФИЗИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ 2019 ГОДА держимого сосуда столбик термометра станет (см. «Квант» №4) подниматься относительно поверхности воды. Скорость его движения зависит от разности тем- ператур горячей воды и воды в сосуде. Она будет максимальной в начале этого процесса и равной нулю при нагреве содержимого до темпе- ратуры t1 99 qC . 7 класс Найдем скорость движения столбика термометра 1. Поскольку масса Нильса уменьшилась в 1000 относительно воды в самом начале ее нагрева. раз, т.е. до 30 г, а площадь поперечного сечения мышц уменьшилась всего в 100 раз, то сил двух Пусть tуст – температура воды, установившаяся рук уменьшенного Нильса хватит, чтобы подтя- через малое время 'W . Запишем уравнение теп- нуться с дополнительным грузом такой массы, что суммарная масса составит 10 ˜ 30 г 300 г . лового баланса: Значит, масса дополнительного груза равна 270 г. 2. Объем, занимаемый камнями гальки, меньше    cP'W t1  tуст cmобщ tуст  0 qC . полного объема, занимаемого галькой в сосуде, во столько же раз, во сколько насыпная плот- Так как tуст мало, то t1  tуст | t1 и ность меньше плотности камней. Отсюда полу- чаем пропорцию Vк U1 | 0,58 . Следователь- tуст P'Wt1 . mобщ Vп U0 но, пустоты занимают 0,42 от объема гальки. Из рисунка в условии следует, что увеличение температуры на 1 qC приводит к повышению столбика на 3 мм. Поэтому скорость подъема столбика относительно поверхности воды состав- ляет Поскольку высота слоя гальки была равна 1 м, то в эту гальку может войти слой песка, который vст 3 мм qCPt1 1,16 мм с . имел толщину 42 см. Значит, сверху останется слой песка высотой 18 см, тогда общий уровень mобщ насыпки будет равен 118 см. 3. 1) Рассчитаем цену бетона марки М200. Пусть Скорость подъема верхней границы столбика объем цемента в бетоне составляет V. Тогда относительно стола в начале нагрева равна v3 v2  vст 2,16 мм с , а в конце нагрева рав- 1 м3 V  3,2V  4,9V , и V 109,9 м3 . на v2 1,00 мм с . График зависимости скорости подъема столбика термометра от времени приведен на рисунке 6. Следовательно, цена бетона этой марки c200 180 руб. UцV  102 руб. Uп ˜ 3,2V  50 кг 50 кг + 130 руб. Uщ ˜ 4,9V | 5298 руб м3 . 40 кг Аналогично найдем Рис. 6 c250 5311 руб. м3 и c300 5327 руб. м3 . Для расчета отношения объемов цемента, песка и щебня в бетоне марки М400 запишем уравне- ние для цены за кубометр этой марки бетона, а также уравнение для объема этой порции бетона. Отсюда найдем Vц : Vп : Vщ = 1,0 : 1,4 : 2,8.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 57 2) Зная цены бетона за кубометр, заметим, что 9,4 м3 бетона марки М250 будут стоить Васи- лию 49924 руб., а марки М300 будут стоить 50070 руб., поэтому наилучшая возможная мар- ка бетона М250. 4. 1) Пропускная способность N автодороги рав- на количеству автомобилей, которые пересекают линию, перпендикулярную направлению движе- ния, за единицу времени. Если l – средняя длина одного автомобиля, а x – среднее расстояние между автомобилями на магистрали, то пропуск- ная способность магистрали N1 4 v1 , а про- lx пускная способность дороги вблизи места ДТП Рис. 7 N2 2 v2 , где у – среднее расстояние между зонтальная линия – нахождению обоих дома. ly Нетрудно сообразить, что точки (0; 0) и (5; 1200) лежат на крутом участке, точки машинами при движении рядом с ДТП. Для того (10; 2025) и (15; 2475) – на пологом и точка (20; 2655) – на горизонтальном, т.е. ломаная чтобы пробка не росла со временем, необходимо, восстанавливается единственным образом. Зна- чит, расстояние между домами Гены и Чебураш- чтобы выполнялось неравенство N2 ! N1 . В пре- ки равно 2655 м. Найдем скорость одного из друзей по точкам дельном случае у = 0 это неравенство эквивален- (10; 2025) и (15; 2475): тно неравенству x ! 2l v1  l , откуда получаем v2 x > 76 м. 2) К ответу на второй вопрос можно придти 2475 м  2025 м разными способами, причем все они имеют ха- v1 15  10 ˜ 60 c 1,5 м с . рактер оценок. Можно, например, уподобить участок магистрали от перекрестка до места ДТП Скорость сближения Гены и Чебурашки нахо- дится по точкам (0; 0) и (5; 1200): сосуду, в который поступает жидкость с одним массовым расходом, а вытекает с другим (мень- v1  v2 1200 м 4м с. 5 ˜ 60 c шим), и найти время заполнения этого сосуда. За единицу времени участок от перекрестка до Поэтому скорость второго друга v2 2,5 м с . места ДТП покидает количество машин n2 2 v2 5 . За то же время на этот участок 8 класс l 6 4 v1 10 машин. На момент 1. 1) Наименьшее значение средней скорости на въезжает n1 lx 3 одном из отрезков времени достигается в том случае, когда на всех остальных отрезках значе- образования пробки количество машин на участ- ние средней скорости максимально. Если шири- на временнуго интервала 't = 10 мин, то спра- ке от пробки до перекрестка равно 4 1500 ведливо равенство s 17vmax  vmin  't . Отсюда N0 16  4 300 . Когда весь участок от ДТП находим vmin 9 км ч . С другой стороны, наи- до перекрестка будет заполнен машинами, коли- меньшее из значений средней скорости не может быть больше 180 км 60 км ч. Таким образом, чество машин на нем станет N 4 1500 1500 . 4 3ч 9 км ч  vmin  60 км ч . Время, за которое это произойдет, равно 2) Из равенства для s получим vmin 8 км ч . t N  N0 1200 ˜ 2 c 480 c 8 мин . Это означает, что наименьшее из значений сред- n1  n2 5 ней скорости на одном из интервалов могло быть равно 0. И так же, как в первом случае, наи- 5. Расстояние между Геной и Чебурашкой умень- меньшее из значений средних скоростей не мо- жет превышать 60 км ч . Поэтому шается неравномерно, следовательно, они стар- 0  vmin  60 км ч . товали из своих домов не одновременно. Изобра- 2. Сначала введем буквенные обозначения: Е – зим график зависимости расстояния s между солнечная постоянная, L – расстояние от Солн- ца до Земли, R – радиус Солнца, r – радиус Геной и Чебурашкой от времени t, оставшегося до встречи (рис.7). График представляет собой ломаную линию, проходящую через начало ко- ординат. Самый крутой участок графика соот- ветствует движению и Гены и Чебурашки, более пологий – движению одного из друзей и гори-

58 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 области, в которой вблизи центра Солнца идут 9 класс термоядерные реакции и где плотность вещества равна 160 г см3 160 т м3 . Следовательно, в 1. 1) Центр масс человека смещается относи- каждом кубометре объема производится тепло- тельно доски и относительно земли на L1  L2 . вая мощность W O 160 Вт м3 . Распределе- 2) Точка A смещается на 2 L1  L2  . V ние температур в Солнце давным-давно устано- 2. Уровень воды в сосуде будет таким же, как в начальный момент времени. вилось, поэтому сколько производится энергии 3. Расстояние L между Землей и Юпитером за какой-то промежуток времени, ровно столько изменяется в течение каждого цикла Ио, причем же энергии за такое же время излучается Солн- быстрее всего, когда скорость Земли направлена цем по всем направлениям равномерно. Уравне- вдоль линии, соединяющей Землю и Юпитер. ние баланса энергии таково: Иначе говоря, когда эта линия касается орбиты Земли. За один цикл Ио в этом случае расстоя- 4Sr3 ˜ O 4SL2 ˜ E , ние L изменится на 3 'L 2S ˜ 1,5 ˜ 108 ˜ 42,5 км 4,57 ˜ 106 км . 365 ˜ 24 откуда Это расстояние свет проходит за 16 с. Отсюда § 3L2E ·1 3 r r ©¨¨ O ¸¹¸ | 83,3 ˜ 103 км и R 0,127 . для скорости света получаем 3. 1) 'U | 4m'h 5 кг м3 ; 2) U0 4m c 4,57 ˜ 106 км 2,86 ˜ 108 м с . Sd2h02 Sd2h0 16 c 4. Представим себе, что никакого кипения (пле- 1000 кг м3 ; 3) N U2  U0  1 | 10 . ночного или пузырькового) в процессе теплооб- 'U мена не происходит. Тогда температура Т в ко- 4. 1) Вода начинает появляться на дне мензурки нечном состоянии определяется уравнением теп- после того, как она заполнит все пустоты в снеге лового баланса mc T1  T m0c0 T  T0  , отку- за счет капиллярных эффектов. Таким образом, да находим T 35,2 qC . В нашем случае необхо- для объема, занимаемого снегом и водой в мо- димо учесть, что некоторая часть этой теплоты, мент появления воды на дне сосуда, можно запи- отдаваемой шариком, идет на образование плен- сать ки ( Q1 ) и на образование пара в процессе пу- V1 Vнераст.сн.  Vводы , зырькового кипения ( Q2 ). Поэтому уравнение теплового баланса теперь принимает вид откуда получим mc T1  T  m0c0 T  T0   Q1  Q2 . При этом  D1 Uл d02h0  d12h1 | 0,78 . масса пара, образующегося в обоих процессах, Uв  Uл  d12h1  Uлd02h0 существенно меньше массы воды (это можно Аналогично находим подтвердить оценками), так что последнюю мож-  D2 но считать неизменной в течение всего процесса. Uл d02h0  d22h2 | 0,52 . Напомним, что не весь образовавшийся пар по- Uв  Uл  d22h2  Uлd02h0 кидает жидкость в процессе пузырькового кипе- 2) Предположим, что весь свежий снег растаял, ния, а только две трети. Часть пара конденсиру- и рассчитаем отношение получившегося объема воды и объема пустот в слое слежавшегося сне- ется, отдавая тепло воде. Учтем это при подсчете га: количества теплоты Q2 : Q2 2 mc T2  Tк  5500 Дж . 3 Vводы Uл Uв 1  D1 H1S 0,76 . Оценим значение величины Q1 : Vпустот D2H2S Q1 m1L 2,2 Дж . Получается значение меньше 1, следовательно, к Поскольку Q2 на три порядка больше Q1 , пос- моменту появления воды растает не только весь ледней величиной можно пренебречь. В резуль- слой свежевыпавшего снега, но и часть слоя слежавшегося снега высотой х. Значение x мож- тате из уравнения теплового баланса легко нахо- но найти из уравнения дится конечная температура: T | 32,1 qC . Uл 1  D1  H1S  Uл 1  D2  xS D2 H2  x S , Можно сравнить со значением T, полученным Uв Uв без учета потери энергии на испарение. Отличие составляет 3 градуса. Много это или мало? Если откуда x | 1,3 см . Тогда бы мы считали, что все время в течение процесса охлаждения шарика до температуры Tк проис- Hнераст.сн. H2  x | 8,7 см .

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 59 ходит пузырьковое кипение и при этом треть 3. На лягушку действуют три силы: сила тяжес- пара конденсируется при всплытии пузырьков, то в сосуде установилась бы температура (кто не ти mg, направленная вертикально вниз, сила верит, пусть проверит) 26,8 qC . Вообще говоря, «прилипания» F, направленная по нормали к 3 градуса это не так мало по сравнению с разно- стенке, и векторная сумма сил трения и нормаль- стью 35,2 qC  26,8 qC = 8,4 qC . ной реакции R, которая может отклоняться от 10 класс нормали к поверхности стены на угол D , не больший чем угол трения D0 arctg P . Так как 1. В верхней точке дуги на центр масс человека лягушка находится в равновесии, векторы этих действуют две силы: сила тяжести и сила реак- ции опоры. Векторная сумма этих сил сообщает трех сил образуют треугольник. Для заданного центру масс центростремительное ускорение. Максимально возможная скорость центра масс в угла наклона стены наименьшая сила F будет верхней точке дуги достигается в случае, когда соответствовать наибольшему значению угла D , сила реакции обращается в ноль, и равна равного D0 . Треугольники сил, полученные для разных углов наклона стены, в случае D D0 дол- v gH . Поскольку траектории центра масс жны быть вписаны в одну окружность, посколь- одинаковы на Земле и на Марсе, отношение максимальных скоростей ходьбы равно ку у всех этих треу- vЗ gЗ MЗ § RМ ·2 | 1,6 . гольников сторона vМ gМ MМ ¨ RЗ ¸ © ¹ (mg) и противоле- жащий угол ( D0 ) На каждом шаге человек совершает работу по одинаковые. На ри- подъему центра масс на высоту 'h , равную сунке 8 изображены расстоянию по вертикали между верхней и ниж- два треугольника ней точками траектории. Соответственно, мощ- сил для двух разных ность, затрачиваемая при ходьбе c максимально углов наклона сте- возможной скоростью, равна ны. Легко видеть, P A mg'h , 't L v что предельному Рис. 8 значению силы «прилипания» F0 соответствует прямоугольный треугольник, в котором эта сила совпадает с диаметром окружности и равна где L – длина шага. Поскольку на Марсе прихо- F0 mg mg P2  1 | 0,11 H . sin D0 P дится ходить в скафандре, который добавляет к 4. 1) При работе схемы в качестве стабилизатора массе человека еще треть, искомое отношение ток через нелинейный элемент лежит на участке мощностей будет ВАХ с отрицательным дифференциальным со- ·3 2 PЗ 3 § gЗ ¸ противлением (от 20 до 110 мА). Сопротивле- PМ 4 ¨ gМ ¹ | 3,1 . © ние r равно модулю этого сопротивления: r = 2. Для начала выясним, сублимирует ли лед = 25 Ом. При этом напряжение на последова- полностью. Количество воздуха в термосе в тельном соединении r и Z составляет 3 В. Это и начальном состоянии равно Q0 p0V0 | есть постоянное напряжение на нагрузке. | 4 ˜ 102 моль . Если весь этот воздух RT0 остынет 2) Максимальное значение 'U достигается, ког- да на нижней и верхней границах диапазона до температуры сублимации Tc , то он отдаст входных напряжений ток через Z составляет 20 количество теплоты Q0 Q0CV T0  Tc  | 88Дж . и 110 мА соответственно. Поскольку ток через нагрузку равен 3 B 10 мА , минимальный Количество теплоты, необходимое для сублима- 300 Ом ции всего кубика из сухого льда, равно ток через R1 должен быть не менее 30 мА, а Q1 qUV1 | 920 Дж . Значит, лед не может суб- лимировать полностью, поэтому установившаяся максимальный – не более 120 мА. Напряжение температура в термосе равна Tc 194 К . Из урав- на нагрузке равно 3 В, а середина диапазона нения теплового баланса Q0CV T0  Tc  Q01q входных напряжений составляет U1 = 6 В, сле- найдем количество сублимировавшего сухого довательно, напряжение на резисторе R1 долж- но удовлетворять неравенству 3 B  'U d U1 d льда: Q Q0CV T0  Tc  | 3,4 ˜ 103 моль . Следо- d 3 B  'U , из которого следует 3 B  'U 01q R1 ˜ 30 мА и 3 B  'U R1 ˜ 120 мА . Отсюда вательно, в термосе установится давление получаем R1 40 Ом . p2 Q  Q0  RTc | 7 ˜ 104 Па . 5. 1) Давление в цилиндрах одинаковое, по- V0 скольку они соединены трубкой. Когда относи-

60 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 тельный объем газа в вытеснительном цилиндре иначе говоря, должно быть справедливо равен- равен нулю, можно считать, что весь газ нахо- дится в рабочем цилиндре. Объем газа в этом ство U2  U1 U0 . Таким образом, пока диод цилиндре можно узнать по графику (см. рис.11 закрыт, напряжения на конденсаторах удовлет- в условии). Для этого следует провести изобару и найти точки, в которых она пересекается с воряют соотношениям графиком цикла для рабочего цилиндра. Таких t  t точек будет две. Точка, соответствующая боль- U1 U0 U , U2 U0 U . шему значению объема, – искомая. Аналогичные 2 2 действия следует проделать и для вытеснитель- ного цилиндра. В итоге можно получить такие Процесс зарядки нижнего конденсатора будет числовые значения: для рабочего цилиндра p1 2,5p0 , V1 0,53V01 ; для вытеснительного продолжаться до тех пор, пока потенциал точки цилиндра p2 p0 , V2 0,53V02 1,25 ˜ 0,53V01 . A будет положительным. Отсюда следует, что Отношение температур равно MA U t  U1 U0 U t . 2 T p1V2 2 . К моменту времени t 3T , когда потенциал на T0 p2V2 4 входе равен U0 , напряжения на конденсаторах станут U1 0 и U2 U0 . Потенциал точки A на второй и третьей четвертях периода будет поло- жительным. На последней четверти периода ни- 2) Отношение количеств вещества при давлении чего происходить не будет, поскольку потенциал 3p0 равно Q1 | V1 T0 0,36 1 24 , поэто- точки A будет положительным, но меньшим U0 , Q2 V2 T 0,03 ˜ 1,25 2 5 так что оба диода будут закрыты. В первой му в рабочем цилиндре находится четверти второго периода левый диод откроется, 24 | 0,83 верхний конденсатор зарядится до напряжения 29 83% общей массы воздуха. U0 . На второй четверти ничего происходить не будет, поскольку диоды будут закрыты. На тре- 3) Поршень в рабочем цилиндре за цикл совер- тьей четверти откроется правый диод, к концу шает положительную работу, пропорциональную третьей четверти нижний конденсатор зарядится площади S1 . Поршень вытеснительного цилинд- до 3U0 , а верхний разрядится до U0 . Так что, ра совершает отрицательную работу, пропорцио- 22 нальную площади S2 , при этом коэффициент с учетом полярности, суммарное напряжение на пропорциональности в 1,25 раз больше, чем в конденсаторах к концу третьей четверти будет первом случае. Суммарная работа газа за цикл равно U0 . В последней четверти второго перио- равна A k S1  1,25S2  , где k – размерный да ничего происходить не будет. В первой чет- коэффициент пропорциональности. Искомое от- верти третьего периода верхний конденсатор ношение работ равно опять зарядится до напряжения U0 , а в третьей четверти начнет заряжаться нижний конденса- K A 1  1,25 S2 0,5 . A1 S1 тор. К концу третьей четверти напряжение на 3U0 11 класс верхнем конденсаторе равно 4 , а на нижнем периоде, к 1. Для того чтобы понять, как работает схема, 7U0 . Так же, как в предыдущем 4 рассмотрим поэтапно, что происходит после под- концу третьей четверти суммарное напряжение ключения к сети. Верхний конденсатор помеча- на конденсаторах будет равно U0 . В последней четверти ничего происходить не будет. В каждом ем индексом 1, нижний – индексом 2. На первой четверти периода левый диод открыт, верхний следующем периоде на нижний конденсатор пе- конденсатор заряжается, при этом U1 U t . реходит с верхнего вдвое меньший заряд, чем в В момент времени t T напряжение на 4 верхнем предыдущем. Легко видеть, что через время nT конденсаторе U1 U0 . Сразу после этого потен- напряжение на нижнем конденсаторе будет 2U0  U0 ˜ 21n . Уже через секунду (50 перио- циал точки A, который равен MA U t  U0 , дов) после подключения к сети на нижнем кон- становится положительным, открывается правый денсаторе установится практически неизменное диод, а левый закрывается, начинает заряжаться напряжение 2U0 . Итак, ответы на первый воп- нижний конденсатор, а верхний разряжается. рос: Uот0в,ет7аU4н0а, 2U0 . Для второй При этом в процессе зарядки будет справедливо соотношение U2  U1 U t . Кроме того, сум- вопрос найдем характер- марный заряд правых обкладок конденсаторов ное время разрядки одного конденсатора через должен оставаться постоянным и равным CU0 , нагрузку: t0 RC 1 с . Время t0 значительно пока диод, включенный между A и B, закрыт, больше периода переменного напряжения T =

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 61 = 0,02 с. Это означает, что при подключении 3) При движении с постоянной скоростью вы- нагрузки напряжения на конденсаторах за пери- од изменяются на малую величину по сравнению полняется равенство ctg M k , при этом k мо- с U0 . Среднее напряжение Uн на нагрузке будет жет принимать значения от 0 до kmax | 3,1 , соот- примерно равно 2U0 . По порядку величины ветствующего точке А на графике. Угол M мо- отклонение напряжения на нагрузке от среднего жет принимать значения от Mmin | 18q значения равно GU IT 1 2U0 T 1 . Таким об- ( ctg Mmin kmax | 3,1 ) до 90q . Для заданного значения угла T при условии 0  T  90q и за- C RC данной скорости ветра u всегда можно подобрать разом, относительное отклонение от среднего такое значение скорости буера v, что угол M значения равно GU T 2% . будет удовлетворять неравенству 18q  M  90q . Uн t0 Физически это означает, что при движении под 2. 1) Если буер движется с постоянной скорос- тью, то сила F направлена перпендикулярно острым углом T к скорости ветра всегда можно скорости, а сила D – вдоль скорости ветра ориентировать парус так, что будет возможным относительно буера w. Из треугольника скорос- тей находим движение с постоянной скоростью. Рассмотрим v u cos T  k sin T . значения угла T ! 90q . Оказывается аэродина- мическая форма паруса делает такое движение Отсюда, используя «метод вспомогательного угла» из тригонометрии, можно получить выражение возможным, однако существует предельный угол для максимально возможной скорости буера: Tmax , который может составлять скорость буера vmax u k2  1 . v со скоростью ветра u. Поскольку M  T  180q , для предельного значения справедливо равен- Обратите внимание на удивительный результат: vmax ! u . На первый взгляд кажется, что буер не ство Tmax 180q  Mmin | 162q . Предельный слу- может двигаться быстрее скорости ветра. Однако чай соответствует движению с близкой к нулю в рамках данной модели такое движение возмож- но. Если каким-нибудь образом удалось разог- скоростью v. Таким образом, угол T может нать буер с парусом в виде крыла до скорости vmax , то в случае пренебрежимо малой силы принимать значения от 0q до 162q. трения он продолжит двигаться с этой скоростью. 3. Из равенства потенциалов точек E и F в 2) Максимальное ускорение достигается, когда максимально возможная сила действует в на- любой момент времени при подключенном ис- правлении скорости буера. Максимальной силе D соответствует точка B на рисунке 9, для кото- точнике следуют соотношения iC R L diL , q iLR , а также iC R diL . dt C C dt Отсюда получаем CR2 L . Пусть потенциал точки B равен нулю, а источник подключен так, что потенциал точки А равен E . Тогда потенци- ал точки E равен ME E  iCR , а потенциал точки F равен MF iLR . Из равенства потенциа- E . Иначе гово- лов этих точек следует iC  iL R ря, ток через источник (когда он подключен к цепи) остается постоянным, поэтому заряд, про- текающий через источник за время t0 , равен q Et0 . R Легко показать, что энергии конденсатора и ка- тушки в любой момент времени одинаковы: WC t q2 iLRC 2 LiL2 WL t . 2C 2 2C Рис. 9 Из закона сохранения энергии следует что энер- рой CD 1,1 . Плотность воздуха, необходимая гии катушки и конденсатора на момент отключе- для расчета силы, находится из уравнения состо- яния идеального газа и получается U | 1,3 кг м3 . ния источника равны Скорость ветра w относительно буера в момент WL t0  WC t0  AE  Q E 2t0  Q . 2 2R 2 старта равна скорости ветра относительно земли После отключения от источника на каждом рези- u. Тогда сторе выделится количество теплоты amax 1,1Uu2S |5 м с2 . Q1 WL t0  WC t0  E 2t0  Q . 2m 2R 2

62 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 4. Обозначим радиус шарика R0 . Удобно ввести 5. 1) Полукруглая пластина вблизи вертикаль- в рассмотрение параметр, равный установившей- ной плоскости симметрии, перпендикулярной пластине, представляет собой комбинацию плос- ся скорости движения шарика при падении с копараллельной пластинки толщиной R и тон- кой плосковыпуклой линзы с радиусом выпук- большой высоты: лой поверхности R (рис.11). Пластинка форми- v0 4mg 16U gR0 | 22,3 м с, U0S 3U0 где U0 p0 | 1,28 кг м3 – плотность воздуха RT при нормальных условиях. Пусть шарик движется по круговой траектории радиусом R, а точка, в которой человек держит нитку, движется по концен- трической круговой траек- Рис. 11 тории радиусом r. На ри- сунке 10 показаны силы, действующие на шарик: TW рует изображение S1 источника S0 на расстоя- – тангенциальная составля- нии x R n  1 от него (в параксиальном при- n ющая силы натяжения нит- ближении). Изображение является предметом ки, TR – радиальная состав- для линзы и располагается на расстоянии a = ляющая силы натяжения, Fc = R – x от линзы. Оптическая сила линзы равна – сила сопротивления воз- D n  1 , поэтому расстояние ac от линзы до духа. Действием силы тя- R итогового изображения S2 можно легко найти, жести пренебрегаем, по- записав формулу линзы: Рис. 10 скольку v ≫ gL . Запишем второй закон Ньютона в про- екциях на радиальную и тангенциальную оси: n 1 1  1 , n 1 n  1 , ac R . R  ac R R ac TW mgv2 U0SR02v2 , TR mv2 4 US R03 v2 . R x v02 4 R 3 R Знак «–» указывает на то, что изображение При этом клеток «миллимитровки» оказывается мнимым. Собственно, так и должно быть. Полуцилиндр в TW gR TR v02 tg M . данном случае работает как лупа. Поскольку изображение предмета в плоскопа- Легко показать, что угол M можно считать ма- раллельной пластинке находится на расстоянии лым, поэтому tg M | sinM | M . Для радиуса боль- Rx R от линзы, линейное увеличение рав- n шой окружности справедливо приближенное ра- венство R L cos M  r cos E | L  r cos E , тогда но * ac n . Отсюда и из фотографии в Rx M | gL  gr cos E . Запишем для треугольника, v02 v02 образованного отрезками r, R и L, теорему сину- условии следует ответ. Достаточно хорошо вид- сов: но, что 29 r0,5  мм на миллиметровой сетке r L, или r § sin E  gLcos E · L gL . соответствует 20 мм на сетке-изображении внут- M sin E ¨¨© v02 ¸¸¹ v02 ри пластины вблизи ее середины. Поэтому Минимальное значение радиуса r достигается, n | 1,47 r 0,03 . когда выражение в скобках максимально. Легко 2) Наблюдатель, располагающийся в точке B видеть, что это происходит при наибольшем из (рис.12), может видеть только те линии сетки, возможных значений угла E , равным которые лежат левее точки L. Луч LA падает на Emax S  M , т.е. когда нитка идет вдоль каса- сферическую границу раздела под углом полного 2 внутреннего отражения M arcsin 1 . По фотогра- тельной к окружности. В этом случае угол меж- n ду L и r – прямой. В итоге получаем фии можно определить значение 2R | 150 мм . gL gL Заданное в условии расстояние от наблюдателя до sin Emax cos r L v02 L v02 M | середины пластины OB = 2R, откуда следует, что gL L 3L p0 D | 30q . Запишем для треугольника OAL теоре- v02 16UR0 RT | L | | 20 мм . му синусов: R l M , откуда найдем sin sin D  M

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 63 Теперь можно определить КПД цикла: K1 1  Q41  Q12 c p TH  TL EH  EL   . Q23  Q34  TL   pTH EH TH  EL Отметим, что при p EH  EL  o f КПД цикла c стремится к КПД цикла идеальной тепловой машины K0 1  TL . TH 2) При адиабатическом увеличении температуры Рис. 12 на малую величину 'T из соотношения для 'Q следует, что c'T pT'E . Выразим отсю- V да 'T и подставим в данное в условии выраже- l R sin M M R 2 | 0,69R | 51,9 мм. ние для 'D : p2T  1  3 ctg M 'D c sin D H0H'E  'E . Разделив значение 2l на 1 мм, получим макси- Это уравнение определяет график адиабаты в мальное количество линий сетки, которые смо- малой окрестности точки на диаграмме D–E. жет видеть наблюдатель: N | 103 . При этом график изотермы определяется соотно- 3) Используя фотографию, можно сделать оцен- шением 'D H0H'E. Отсюда следует, что каса- ку снизу расстояния до главной плоскости объек- тельная к графику адиабаты в любой точке со- тива при съемке. По фотографии мы попытаем- ставляет меньший угол с горизонтальной осью, ся максимально точно определить l и, используя чем изотерма. При этом с увеличением темпера- туры угол наклона касательной к адиабате умень- формулу для l, найдем сначала sin D  M , а шается. Искомый цикл схематично изображен на рисунке 13 красным цветом. затем sin D . Положим 2l = 120 мм. Тогда sin D  M R sin M 1,25 1 | 0,85 , l n D  M | 58q , D | 15,5q . Искомое расстояние равно H R | 28 см . sin D 6. 1) Проанализируем, на основании заданных в условии зависимостей, цикл с термодинамичес- кой точки зрения. Поскольку значение коэффи- циента p отрицательное, из формулы 'Q c'T  pT'E , данной в условии, следует, V что увеличение E (эквивалентное зарядке кон- денсатора с сегнетоэлектриком) при постоянной Рис. 13 температуре соответствует отрицательным значе- ниям 'Q , а увеличение температуры при посто- 3) Определим сначала температуры в точках 2c янном поле E соответствует 'Q ! 0 . Таким об- разом, на участках 2–3 и 3–4 тепло подводится, и 4c : а на участках 4–1 и 1–2 отводится. На участке 2–3 напряженность поля E постоянна, поэтому T2c TL §©¨1  p'E · , T4c TH §©¨1  p'E · . количество теплоты определяется только увели- c ¹¸ c ¸¹ Поскольку в цикле 12c34c подвод и отвод тепла осуществляются в процессах 2c–3 и 4c–1, КПД чением температуры и равно Q23 cV TH  TL  . этого цикла равен Аналогично рассчитывается количество теплоты K2 1  Q4c1 1  T1  T4c . Q2c3 T3  T2c на участке 4–1: Q41 cV TL  TH  . На участке Подставив сюда значения T1 TL и T3 TH , а 3–4 подвод тепла обусловлен только изменением также значения температур T2c и T4c и введя электрического поля, поэтому Q34 pTH EL  обозначения 'T T  TL и r  p'E (r > 0),  EH V . Аналогично, Q12 pTL EH  EL V . c

64 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 приходим к равенству 6. Указание. Предположим противное. K2 r'T В каждой отмеченной точке поставим метку 0, 1, 'T  rTL . 2 в соответствии с остатком при делении на 3 В тех же обозначениях для КПД цикла с изотер- сопоставленного числа. Тогда из условия на си- мическими зарядкой и разрядкой получим ние числа следует, что у любого отрезка два r'T конца имеют разные метки, т.е. имеются отрезки 'T  rTH K1 трех типов: с концами 12, 01 и 02. Из условия на желтые числа следует, что коли- Видно, что K2 ! K1 , иначе говоря, адиабатичес- чество отрезков типа 12 равно È N + 3 ˘ , типа кая зарядка выгоднее изотермической. ÍÎ 3 ˙˚ ЕВРОПЕЙСКАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ 01 – È N+ 2˘ , типа 02 – È N+ 1˘ . ОЛИМПИАДА ДЛЯ ДЕВУШЕК ÎÍ 3 ˙˚ ÍÎ 3 ˙˚ Далее, из условия следует, что суммарное коли- 1. (0,1,1) , (1,0,1) , (1,1,0) , (0,-1,-1) , (-1,0,-1) , чество отрезков, у которых один из концов име- ет метку 0 (т.е. суммарное количество отрезков (-1,-1,0) , Ê 1, 1, 1 ˆ , Ê - 1 ,- 1 ,- 1 ˆ . типа 01 и 02), нечетно. То же справедливо для ÁË 3 3 3 ˜¯ ÁË 3 3 3 ˜¯ суммарного количества отрезков типа 12 и 01. Указание. Задача становится проще после сведе- Отсюда можно получить противоречие с извест- ния данных равенств к однородным равенствам ными нам количествами отрезков каждого типа. путем замены c на c (ab + bc + ca) и т.д. КВАНТ 12+ (n + 1) 2. n . 2 Указание. Каждая доминошка «закрывает» свою окрестность из 8 клеток. Эти окрестности не должны перекрываться, должны покрывать дос- НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ ку 2n ¥ 2n и не должны выходить за пределы Е.В.Бакаев, Е.М.Епифанов, А.Ю.Котова, С.Л.Кузнецов, доски (2n + 2) ¥ (2n + 2) , получающейся из дан- В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан ной доски добавлением «внешней рамки». НОМЕР ОФОРМИЛИ В.Н.Власов, Д.Н.Гришукова, 3. Указание. Пусть биссектрисы углов DAB и А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина CXB пересекают BC в точках S и T соответ- ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОР ственно. Из подсчета углов можно вывести, что Е.В.Морозова окружность (ABI) проходит через S. КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА М.Н.Грицук, Е.А.Митченко Далее, прямая XT, как и AI, проходит через Журнал «Квант» зарегистрирован середину N дуги BC. Подсчет углов (из условия в Комитете РФ по печати. касания окружности (AXI) с прямой AC) дает Рег. св-во ПИ №ФС77–54256 –IXN = –ABC . Несложно доказать подобие Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ № 'NTI ~ 'NIX, из которого –TIN = –IXN = Адрес редакции: = –ABC , значит, окружность (ABI) проходит 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, через T, откуда T = S. «Квант» Тел.: +7 916 168-64-74 4. Указание. Из касаний можем вывести Е-mail: [email protected], [email protected] –PIQ = 90∞ - –A . Из последнего условия не- Отпечатано 2 в соответствии с предоставленными трудно доказать касание отрезка PQ и вписан- материалами ной окружности (например, проводя касатель- в типографии ООО «ТДДС-СТОЛИЦА-8» ную PQ¢ так, что вписанная окружность явля- Телефон: +7 495 363-48-86, ется вневписанной для треугольника APQ¢ , мож- htpp: //capitalpress.ru но доказать, что Q = Q¢ ). 5. Указание. Из рассмотрения по модулю n получается, что с учетом второго условия третье условие можно заменить на следующее: n (n - 1) (b1 +⋯ + bn ) - (a1 +⋯ + an ) £ . 2 Этого можно добиться, выбирая b1,b2,… после- довательно так, чтобы b1 - a1 = 0, 0 £ b2 - a2 £ 1, 0 £ b3 - a3 £ 2 , …, 0 £ bn - an £ n - 1 .