Заключительный этап LI Всероссийской олимпиады школьников по физике

40

КВАНТ 2017/№7

Заключительный этап LI Всероссийской олимпиады школьников по физике

ствии с положением об олимпиаде) направили на олимпиаду по одному представителю «по квоте». Для исправления этой ситуации Центральная предметно-методическая комиссия (ЦПМК) по физике совместно с фондом «Талант и успех» в марте 2017 года организовали в Образовательном центре «Сириус» подготовку к заключительному этапу олимпиады учащихся из «нетоповых» регионов (200 человек). Ниже приводятся задачи теоретического тура и список победителей заключительного этапа олимпиады.

Заключительный этап Всероссийской физической олимпиады прошел с 7 по 13 апреля 2017 года в городе Казани (Татарстан) на базе Приволжского федерального университета. В нем приняли участие 273 школьника. Что касается уровня подготовки школьников к олимпиаде по физике, то он остается стабильно высоким. Об этом свидетельствует тот факт, что при все возрастающем уровне сложности задач заключительного этапа большинство ребят с ними успешно справляется. Однако стоит отметить, что в целом по стране наблюдается резкая дифференциация уровня подготовки учащихся по физике. Так, треть участников заключительного этапа – школьники Москвы. Достаточно широко представлены учащиеся из Санкт-Петербурга (15,4%), Мордовии (7,3%), Московской области (5,1%), Татарстана (4,4%), Вологодской области (3,3%), Свердловской, Новосибирской и Челябинской областей (по 2,5%). С другой стороны, учащиеся из 18 регионов не смогли набрать даже 50% от максимального числа баллов и на финале не были представлены вовсе, а учащиеся из 32 регионов Российской Федерации, хотя и набрали более 50% баллов от максимума, но не сумели преодолеть границу для прохода на финал и (в соответ-

9 класс Задача 1. Тише едешь… В безветренную погоду на озере была проведена серия испытаний радиоуправляемой модели катера с бензиновым двигателем, в ходе которых выяснилось, что при скорости $v_{1} = 5,00$ км/ч линейный расход топлива составляет $L_{1} = 20,0$ г/км, а при скорости $v_{2} = 15,0$ км/ч расход равен $L_{2} = 40,0$ г/км. Запас топлива на борту модели M = 100 г. i Выведите зависимость линейного расхода топлива L от скорости v.

Подготовка эксперимента

Идет эксперимент

Теоретический тур

41

ОЛИМПИАДЫ

i Какое максимальное время $T_{x}$ может работать двигатель у неподвижной модели? i При какой скорости модели $v_{0}$ линейный расход топлива минимален и каково его значение $L_{0}$? Полученные результаты должны быть найдены с погрешностью, не превышающей 1%. i На какое максимальное расстояние $L_{0}$ и за какое время $T_{0}$ сможет уплыть модель? i Какие значения $T_{1}$ может принимать время прохождения моделью расстояния $L_{1} = 3$ км? Примечание. Считайте, что при работе двигателя массовый расход топлива $M_{0}$ (г/с) линейно зависит от мощности силы сопротивления, а сила сопротивления пропорциональна скорости модели относительно воды. Модель движется равномерно и при любой скорости ее осадка не меняется. М.Замятнин Задача 2. С дымком При проведении аэрофотосъемки местности была получена фотография, на которой видны два шлейфа дыма от паровозов (рис. 1). Одной клетке на фотографии соответствует 50 м на местности. Известно, что один паровоз двигался равномерно по кольцевой ветке железной дороги, а другой с такой же скоростью двигался по прямой. Определите: i направление скорости ветра; i радиус R кольцевой железной дороги; i отношение скорости паровоза v к скорости ветра u; i направление прямой железнодорожной ветки (выполните построения с помощью циркуля и линейки). М.Замятнин

Рис. 1

Задумался

Задача 3. Нелинейная спираль Сопротивление R спирали зависит от температуры по закону $R R_{0} A t t_{0}$, где t – температура спирали, $R_{0} = 10$ Ом, A 40,0 – $10^{3}$ Ом o С $, t_{0} 20 o C$. На спираль подается напряжение U = 220 В, и за время $T_{1} = 100$ мкс она нагревается от $t_{0}$ до $t_{1} 80 o C. i$ До какой температуры $t_{2}$ нагреется система за время $T_{2} = 334$ мкс от момента включения нагревателя? i Определите теплоемкость С спирали. А.Бычков

Задача 4. Два нелинейных элемента Электрическая цепь состоит из двух одинаковых нелинейных элементов X, потенциометра, сопротивление между неподвижными контактами которого R = 100 Ом, и идеальной батарейки с напряжением $U_{0} = = 10,0$ В (рис.2,а). Вольт-амперная характеристика элемента Х приведена на рисунке 2,б. Определите: i суммарную мощность, выделяющуюся на двух нелинейных элементах при крайних положениях движка потенциометра; i суммарную мощность, выделяющуюся на двух нелинейных элементах при положении движка потенциометра на его середине;

Рис. 2

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

КАКОЙ БЫВАЕТ КОЛЕЯ

ЗАДАЧИ

При движении колеса по колее переменной ширины след от каждого рельса представляет собой винтовую линию на поверхности конуса.

(см. «Квант» №6)

1. Антон Борисов, Вася Васильев, Гриша Григорьев, Боря Антонов. Посмотрим, как ребята сидели за столом во второй раз. Напротив Антона – не Антонов (так как они уже сидели напротив ранее), не Борисов (так как напротив него сидит Гриша) и не Васильев (так как он сидит рядом с Антоном), значит, это Григорьев. Антон не может быть Антоновым (они сидели напротив), рядом с ним сидит Васильев, а напротив него сидит Григорьев, значит, Антон – Борисов. Напротив Борисова – Гриша, значит, Гриша – Григорьев. Васильев и Боря – разные люди, и рядом с Васильевым сидят Антон и Гриша, значит, Васильев – Вася. Тогда Антонов – Боря. 2. Подходят все имена, начинающиеся на «Ми» и оканчивающиеся на «я», например Митя. 3. Пронумеруем места, на которых написаны знаки. Вите надо сделать так, чтобы на четных местах остались знаки одного типа, а на нечетных – другого. Посмотрим на пятнадцать нечетных мест, каких-то знаков там больше, допустим плюсов, т.е. их минимум 8. Тогда на четных местах минусов больше, т.е. минимум 8. Если Витя исправит знаки так, чтобы на нечетных местах стояли плюсы, а на четных минусы, то ему придется исправить не больше 7 + 7 = 14 знаков. 4. Если мы найдем гирьки с суммарной массой 6 граммов, то добьемся цели. Если мы найдем 4 гирьки с суммарной массой 4 или 8 граммов, то поймем, какая гирька сколько весит, после чего тоже легко добьемся цели. Взвесим 4 гирьки, их масса может быть от 4 до 8 граммов. Случаи 4, 6 и 8 граммов разобраны выше. Если они весят 5 граммов, то оставшиеся 4 гирьки весят 7 граммов и наоборот. Масса в 5 граммов может быть набрана только одним способом: 1, 1, 1 и 2 грамма, назовем эти гирьки группой А, и в 7 граммов – тоже одним способом: 1, 2, 2, 2 грамма – группа Б. Вторым действием взвесим 2 гирьки из группы А и 2 гирьки из группы Б. Случаи, когда их масса 4, 6 или 8 граммов, разобраны выше. Если их масса 5 граммов, то из группы А попались гирьки 1 и 1 граммов, из группы Б – 1 и 2 грамма. Значит, можно взять эти гирьки группы А и не участвовавшие во взвешивании гирьки группы Б. Их суммарная масса – 6 граммов. Случай, когда их масса 7 граммов, разбирается аналогично.

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вопросы и задачи

1. Нет тела отсчета, относительно которого происходит движение. 2. На глубоких местах в большей степени проявляется действие выталкивающей силы, ослабляющей давление на дно. 3. При пересадке с ядра на ядро барон испытал бы огромное ускорение. Организм человека не в состоянии перенести перегрузки, вызываемые столь быстрым изменением скорости. 4. Для лучшей обтекаемости тела и уменьшения силы сопротивления. 5. С уменьшением атмосферного давления при подъеме в горы суставы менее плотно прилегают друг к другу, из-за чего действие конечностей «разлаживается» и становятся возможными различные травмы. 6. На поверхность воды действует атмосферное давление, мы же в полости рта давление воздуха уменьшаем. За счет разности давлений вода и поднимается вверх. 7. При температуре воздуха, близкой к $37 \infty C$, замедляется процесс передачи воздуху непрерывно выделяемого человеком тепла, и в теле образуется избыточная внутренняя энергия. 8. Скорость воздуха, выдуваемого тонкой струйкой, велика, и давление в струе меньше атмосферного. К поверхности чая «подается» захватываемый струей холодный воздух, не насыщенный водяными парами, что способствует испарению и охлаждению жидкости. В другом случае выдыхается теплый, насыщенный парами воздух, скорость которого мала. Он-то и греет руки. 9. При уменьшении размеров тела возрастает отношение площади его поверхности к объему. Теплоотдача, определяемая именно площадью поверхности, растет и потеря тепла происходит интенсивнее. 10. Во время дождя вода не испаряется с нашей кожи и не охлаждает нас. 11. При растягивании суставов падает давление в суставной сумке, и находящаяся там жидкость как бы закипает. В ней появляются пузырьки газа, которые при сильном растяжении с треском лопаются. 12. В поле заряженной гильзы кисть руки, вследствие электростатической индукции, электризу-

55

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

угольника, образованного полицейскими. Таким образом, степень точки X относительно описанной окружности образованного полицейскими треугольника каждый вечер уменьшается, следовательно, полицейские не могут вернуться в исходные точки.

11. 1: 2. Первое решение. Пусть $I_{a}, I_{b}, I_{c}$ – центры вневписанных окружностей треугольника ABC (рис. 5). Тогда для треугольника $I_{a} I_{b} I_{c}$ тре-

Рис. 5

угольник ABC является ортотреугольником, а его описанная окружность – окружностью девяти точек. Поэтому центр описанной окружности треугольника $I_{a} I_{b} I_{c}$ находится в точке, симметричной I относительно O, а ее радиус равен удвоенному радиусу описанной окружности ABC. В эту же окружность вписан треугольник A a B a C a, полученный из ABC гомотетией с центром I и коэффициентом 2. Прямая l, проходящая через I перпендикулярно OI, высекает в этой окружности хорду с серединой в I, также через I проходят хорды $I_{a} Aa$ и $I_{b} Ba$. По теореме о бабочке прямые $I_{a} I_{b}$ и A a B a пересекают l в точках, симметричных относительно I, следовательно, IX: IY = 1: 2. Второе решение. Рассмотрим ГМТ, для которых сумма ориентированных расстояний до сторон треугольника ABC равна 3r, где r – радиус вписанной окружности треугольника. Так как ориентированное расстояние является линейной функцией координат точки, этим ГМТ будет проходящая через I прямая. Поскольку сумма проекций вектора OI на ориентированные прямые AB, BC, CA равна нулю, то эта прямая перпендикулярна OI. Так как точка Y лежит на внешней биссектрисе угла C, сумма расстояний от нее до прямых AC и BC равна нулю. Значит, расстояние от Y до AB равно 3r, т.е. YX = 3IX.

РЕШЕНИЯ

12. Пусть в треугольнике ABC  A r  B r  C. Тогда высоты $h_{a}, h_{b}, h_{c}$ удовлетворяют неравенству $h_{a} b h_{b} b h_{c}$ и аналогичное неравенство выполнено для биссектрис $l_{a}, l_{b}, l_{c}$. Рассмотрим два случая. 1) Пусть  B r 60 o. Тогда  A  B b  B  C, и $h_{c} l_{c}$ cos  A  $B 2 r h_{a} l_{a}$ cos  B  C 2. Аналогично, $h_{c} l_{c} h_{b} l_{b}$. Значит, из неравенства $h_{c} h_{a} h_{b}$ следует, что $l_{c} l_{a} l_{b}$. 2) Пусть  B b 60 o. Тогда, так как  A 90 o,  C 30 o. Поэтому $l_{a} r h_{a} AC$ sin  C AC 2 и $l_{b} BC 2$. Но биссектриса $l_{c}$ не превосходит соответствующей медианы, которая меньше полусуммы сторон AC и BC. Следовательно, $l_{c} l_{a} l_{b}$. Примечание. Заметим, что при разборе первого случая не использовалось условие остроугольности треугольника, а при разборе второго – то, что из высот можно сложить треугольник. Тем не менее, оба условия являются необходимыми. Пример тупоугольного треугольника, для которого из высот можно сложить треугольник, а из биссектрис нельзя, приводится в решении задачи 5 для 9 класса VII Олимпиады. 13. s = 0. Первое решение. Сначала докажем следующую лемму. Лемма. Пусть T – множество из не более чем n – 3 треугольников, вершины которых выбираются из вершин выпуклого n-угольника $P A_{1} A_{2}$ … $A_{n}$. Тогда можно раскрасить вершины P в три цвета так, что вершины каждого цвета образуют непустое множество подряд идущих вершин P и множество T не содержит треугольников с разноцветными вершинами. Доказательство леммы проведем индукцией по n. При n = 3 утверждение верно, так как T пусто. Пусть n > 3. Если $A_{1} A_{n}$ не является стороной никакого треугольника из T, покрасим $A_{1}$ и $A_{n}$ в два разных цвета, а остальные вершины – в третий цвет. Пусть $A_{1} A_{n}$ является стороной хотя бы одного треугольника из T. Образуем множество U, удалив из T все такие треугольники и заменив в остальных $A_{n}$ на $A_{1}$. Используя предположение индукции для многоугольника $Q A_{1} A_{2}$ … $A_{n} 1$ и множества U, раскрасим вершины Q. Теперь, раскрасив $A_{n}$ в тот же цвет, что $A_{1}$, получим искомую раскраску P. Пусть теперь Дьявол строит раскраску, соответствующую названным Человеком тройкам, и рисует выпуклый 100-угольник P площади 100, вписанный в окружность k так, что все вершины P цвета i лежат на дуге $c_{i}$ с градусной мерой Eo,

59

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

4. n = 2018. Положим k = 2017. При n = k + 1 фокус устроить легко. Фокусник и помощник нумеруют цвета числами от 1 до k. Помощник, видя цвет последней, ( k + 1 ) -й карты (пусть его номер равен a), оставляет открытой a-ю карту. Фокусник, увидев, какая по номеру карта открыта, восстанавливает цвет последней карты. Осталось показать, что при n £ k фокус не удастся. Предположим противное и рассмотрим возможные действия фокусника. Пусть, видя на i-м месте карту цвета a, он объявляет, что на j-м месте карта цвета b (тогда $i \pi j );$ будем назы- вать это инструкцией ( a, i ) Æ ( b, j ). Можно считать, что для каждой пары ( a, i ) существует только одна инструкция вида ( a, i ) Æ ( b, j ) (и фокусник при возможности всегда применяет ее – поскольку никакой информации о том, какую из таких инструкций применять, у него нет). Тогда инструкций не больше чем kn. Будем говорить, что исходная раскладка карт удовлетворяет инструкции ( a, i ) Æ ( b, j ), если в ней на i-м и j-м местах лежат карты цветов a и b соответственно. Тогда каждой инструкции удовлетворяет ровно $k^{n} -^{2}$ раскладок. С другой стороны, если фокус гарантированно удается, то каждая возможная раскладка удовлетворяет хотя бы одной инструкции – той, которую применят помощник с фокусником. Значит, общее число раскладок не может превосходить kn ◊ $k^{n} -^{2}$, т.е. $k^{n}$ £ $k^{n} -^{1} n$, откуда k £ n. Тогда k = n, и неравенство выше обращается в равенство. Это значит, что каждая раскладка удовлетворяет ровно одной инструкции, и с каждой пары ( a, i ) начинается ровно одна инструкция. Рассмотрим произвольную инструкцию ( a, i ) Æ ( b, j ); тогда есть и инструкция вида ( b, j ) Æ ( c, k ). Поскольку не существует раскладки, удовлетворяющей обеим инструкциям, должны выполняться условия i = k и $a \pi c$. С другой стороны, для любых двух инструкций ( a, i ) Æ ( b, j ) и ( c, k ) Æ ( d, l ) среди номеров i, j, k, l должны быть совпадающие – иначе опять же существует раскладка, удовлетворяющая обеим инструкциям. Рассмотрим граф с вершинами 1, 2, …, k, в котором i и j соединены ребром [i, j], если существует инструкция вида ( a, i ) Æ ( b, j ) (по доказанному выше, существу- ет также и инструкция вида ( b, j ) Æ ( a ¢, i ) ). Тогда любые два ребра в этом графе имеют общую вершину, и из каждой вершины выходит хотя бы одно ребро. Пусть для определенности [1, 2] – ребро этого графа. Из вершины 3 выходит ребро, имеющее общую вершину с первым –

РЕШЕНИЯ

пусть для определенности это [1, 3]. Тогда любое ребро из вершины k > 3 обязано иметь вид [1, k], чтобы иметь общие вершины с каждым из ребер [1, 2] и [1, 3]. Наконец, любое ребро вообще должно иметь общую вершину с каждым из ребер [1, 2], [1, 3] и [1, 4], т.е. должно содержать вершину 1. Итак, в каждой инструкции один из номеров мест равен 1. Наконец, сопоставим каждому месту i > 1 все такие цвета a, что существует инструкция вида ( c, i ) Æ ( a, 1 ). Из сказанного выше следует, что разным местам не может быть сопоставлен один и тот же цвет. Поскольку таких мест k – 1, а цветов k < 2 ( k - 1 ), какому-то месту i сопоставлен только один цвет a, т.е. имеются все k инструкций вида ( c, i ) Æ ( a, 1 ) при всевозможных c. Однако существует также инструкция вида ( a, 1 ) Æ ( c, i ) для некоторого c. Но она не может существовать вместе с инструкцией ( c, i ) Æ ( a, 1 ); противоречие. 6. 3800 фишек. Пример, содержащий 3800 фишек, получается, скажем, так. Выделим у квадрата 200 ¥ 200 «каемку» ширины 5. Эта каемка состоит из четырех угловых квадратов 5 ¥ 5 и четырех прямоугольников 5 ¥ 190. Расставим фишки в эти четыре прямоугольника: в левый и в верхний – красные, а в правый и в нижний – синие. Нетрудно видеть, что этот пример удовлетворяет всем требованиям и в нем по 1900 красных и синих фишек. Осталось доказать, что фишек не может быть больше 3800. Рассмотрим произвольную расстановку фишек, удовлетворяющую требованиям. Назовем ряд (строку или столбец) разноцветным, если в нем есть фишки обеих цветов. Сделаем сразу два полезных замечания. Во-первых, каждая фишка видит какую-то фишку другого цвета, поэтому каждая фишка лежит хотя бы в одном разноцветном ряду. Кроме того, поскольку разноцветный ряд содержит красную фишку, в нем не может быть более пяти синих фишек (иначе красная все их увидит). Аналогично, в разноцветном ряду не более пяти красных фишек, т.е. всего не более 10 фишек. Теперь нетрудно получить требуемую оценку. Если есть 191 разноцветная строка, то в них не более 191 ◊ 10 = 1910 фишек, а в оставшихся девяти строках не более 9 ◊ 200 = 1800 фишек, итого не больше 1910 + 1800 < 3800 фишек. Аналогично разбирается случай, когда есть 191 разноцветный столбец. Если же и тех и других не более чем по 190, то они содержат не более 190 ◊ 10 + 190 ◊ 10 = 3800 фишек, причем все фишки содержатся в этих рядах. Оценка доказана.