Белорусская, 1989/90, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Верёвка, натянутая под углом к горизонту, уменьшает давление саней на лёд и увеличивает давление человека. Нужный угол соответствует случаю, когда и сани, и человек одновременно оказываются на пределе скольжения.

Ответ

\(\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{\mu_1M-\mu_2m}{\mu_1\mu_2(M+m)}\approx 0{,}21\), то есть угол к горизонту не менее \(\alpha\approx 12^\circ\).

Решение

9-1. Если попытаться тянуть сани горизонтально, то у нас ничего не получится: сила трения, удерживающая сани на льду (\(F_{1} = \mu_{1}Mg = 196\) Н) слишком велика для того, чтобы человек мог их сдвинуть (\(F_{2} = \mu_{2}Mg = 176\) Н) – он начнет проскальзывать раньше. Однако если тянуть нить не горизонтально, а под некоторым углом \(\alpha\) к горизонту, то выполнение условий задачи возможно, т.к. при этом уменьшается вес саней и увеличивается вес человека. Таким образом:

\[\left. \begin{aligned} \mu_{1}N_{1} &= \mu_{1}(Mg - T\sin\alpha) = T\cos\alpha \\ \mu_{2}N_{2} &= \mu_{2}(Mg - T\sin\alpha) = T\cos\alpha \end{aligned} \right\},\tag{1}\]

где \(\vert \vec{T}_{1}\vert = \vert \vec{T}_{2}\vert = T\) - сила натяжения веревки, \(\mu_{1}\) и \(\mu_{2}\), \(N_{1}\) и \(N_{2}\) – соответственно коэффициенты трения и силы реакции, относящиеся к саням и человеку.

Из (1) следует:

\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{\frac{\mu_{1}M}{\mu_{2}m} - 1}{\mu_{1} + \mu_{1}\frac{M}{m}} = \frac{\mu_{1}M - \mu_{2}m}{\mu_{1}\mu_{2}(M + m)} = 0{,}21.\tag{2}\]

Таким образом, человек должен тянуть сани под углом большим чем \(\alpha = \operatorname{arctg}(0{,}21) = 12^{\circ}\) к горизонту.

Из (2) видно, что при \(\mu_{2}m > \mu_{1}M\) угол становится отрицательным (\(\operatorname{tg}\alpha < 0\)), в этом случае тянуть сани можно горизонтально. Заметим, что сдвинуть сани возможно при любом малом \(\mu_{2} \neq 0\), но для этого важно, чтобы руки были сильными настолько, чтобы обеспечить необходимое значение \(T\), которое мы, за отсутствием надобности не вычисляли. (Верхняя оценка для \(T = mg\), когда сани станут «невесомыми» для льда; в этом случае нить практически вертикальна.)

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

При параллельном соединении токи делятся обратно пропорционально сопротивлениям, то есть прямо пропорционально площадям сечения. Выясни, какая проволочка достигнет предельного тока первой, и что будет после её перегорания.

Ответ

\(6{,}25\) А (две проволочки); \(36\) А (двадцать тонких и одна толстая).

Решение

9-2. Для правильного решения задачи необходимо учитывать распределение токов между проволочками – в какой именно из них раньше будет достигнуто предельное значение тока.

\[\frac{I_1}{I_2} = \frac{R_2}{R_1} = \frac{S_1}{S_2} = \frac{d^2}{D^2}.\tag{1}\]

Из (1) следует, что при токе через \(R_2\) равном \(5A\) (предельном), ток через \(R_1\) равен \(1{,}25\) \(A\). Поэтому в первом варианте сборки предохранителя первой расплавится толстая проволочка (\(D = 0{,}6\) мм). В этот момент ток в цепи будет \(I = 5A + 1{,}25A = 6{,}25A\) – иными словами, после разрыва контакта в цепи \(R_2\) весь этот ток немедленно «сожжет» и тонкую проволочку, т.е. предохранитель выполнит свою функцию и полностью разомкнет цепь.

Во втором случае (соотношение (1) остается в силе) опять же первой расплавится толстая проволочка (\(R_2\)) при токе 5А. При этом полный ток в цепи:

\[I = I_2 + 1{,}25 \cdot 20 = 30A.\]

После равнораспределения по тонким проволочкам:

\[I'_1 = \frac{30}{20} A = 1{,}5 A.\tag{2}\]

Как видим из (2) при таком токе тонкие проволочки еще уцелеют. Перегорят они при большом токе, а именно:

\[I''_1 = 1{,}8 A \cdot 20 = 36 A.\]

Таким образом, данные составные предохранители рассчитаны на токи 6,25 А и 36 А и работают по принципу: где «толсто», там и перегорает.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Наклон касательной к графику нагрева равен разности мощности нагревателя и мощности потерь. Сравнив наклоны при разных температурах, найди мощность потерь, а при остывании остаются только потери.

Ответ

До \(50\,^\circ\mathrm{C}\) вода остынет примерно за \(1/3\) мин (около \(20\) с), до \(40\,^\circ\mathrm{C}\) — чуть более чем за минуту.

Решение

9-3. Прежде всего отметим, что начальный участок графика – почти прямолинейный, а это означает, что потери тепла тут малы. Это дает нам возможность оценить из графика мощность потерь тепла (т.е. количество отводимой по всей поверхности системы теплоты в единицу времени). Для этого сравним наклоны касательных в разных точках графика.

Например, при \(60\,^{\circ}\mathrm{C}\) тангенс угла наклона касательной уменьшается почти в 8 раз (т.е. 7/8 от поступающей энергии уходит наружу):

\[\operatorname{tg}\alpha_{2} \approx \frac{\operatorname{tg}\alpha_{1}}{8}.\]

Проводя аналогичные измерения при \(t=50\,^{\circ}\mathrm{C}\), найдем, что потери составляют примерно половину поступающей энергии.

Примерный график, построенный малыми участками прямых по вышеприведенным оценкам, представлен на рисунке. Из него находим, что время остывания до \(50\,^{\circ}\mathrm{C}\) – около 1/3 минуты, до \(40\,^{\circ}\mathrm{C}\) – чуть больше минуты. При дальнейшем нагревании воды график, приведенный в условии задачи мог выйти на горизонтальный участок либо без кипения (мощность потерь сравнялась с малой мощностью нагревателя), либо с кипением (мощность потерь при температуре кипения меньше мощности нагревателя).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Напиши условие равновесия лестницы: сумму моментов относительно нижней точки и сумму сил по вертикали. Сила трения у пола должна быть наибольшей, когда человек находится на самом верху.

Ответ

\(\mu\ge\dfrac{M+m/2}{M+m}\operatorname{tg}\alpha\).

Решение

9-4. Пусть человек находится на расстоянии \(x\) от верхнего края лестницы. Тогда условия равновесия лестницы имеет вид

\[mg\frac{l}{2}\sin\alpha + Mgx\sin\alpha - Nl\sin\alpha + F_{\text{тр}}l\cos\alpha = 0.\tag{1}\]

\[Mg + mg - N = 0,\tag{2}\]

где (1) – суммарный момент сил, действующих на лестницу относительно точки \(A\), (2) – сумма проекций сил на вертикальную ось. Сила трения покоя не превышает силы трения скольжения, поэтому

\[F_{\text{тр}} < \mu N\tag{3}\]

Выражая из (1), (2) величины \(N\) и \(F_{\text{тр}}\), подставляя их в (3), получим необходимое условие равновесия:

\[\mu \ge \frac{M + \dfrac{m}{2} - M\dfrac{x}{2}}{M + m} \operatorname{tg}\alpha.\]

Как следует из этого неравенства сила трения достигает максимального значения, когда человек поднимается на вершину лестницы, т.е. при \(x = 0\). Поэтому окончательный ответ задачи

\[\mu \ge \frac{M + \frac{m}{2}}{M + m} \operatorname{tg} \alpha.\]

Отметим, что при \(M \gg m\) ответ упрощается и приобретает знакомый вид

\[\mu \ge \operatorname{tg} \alpha.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Продли лучи до пересечения и используй обратимость хода лучей: линза находится на прямой, соединяющей точки излома лучей, а побочный фокус даёт луч, параллельный одному из заданных.

Ответ

Линза рассеивающая; её оптический центр лежит на пересечении отрезков \(CD\) и \(AB\), главный фокус \(F\) находится построением (см. рисунок решения).

Решение

9-5 Опираясь на принцип обратимости световых лучей, можем изменить направление хода луча на противоположное – при этом его положение не изменится. В нашем случае это удобно сделать с нижним лучом – тогда можем продлить сходящиеся лучи до пересечения в точках \(A\) и \(B\). После этого будем считать, что точка \(A\) – мнимый источник, а точка \(B\) – его мнимое изображение. Местоположение линзы найдем, соединяя точки излома лучей \(C\) и \(D\). Пересечение отрезков \(CD\) и \(\text{АВ}\) даст нам положение оптического центра \(O\) рассеивающей линзы. С помощью луча \(l'\) (параллельного лучу \(l\)) найдем точку побочного фокуса \(E\) и положение главного фокуса линзы \(F\). Таким образом, данная линза является рассеивающей (отрицательной), расположена на отрезке \(CD\) с главной оптической осью \(OF\) (\(F\) – главный фокус линзы).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.