Белорусская, 1991/92, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Постройте подобные треугольники: луч от фонаря через голову человека до земли. Выясните, как меняется положение тени головы.

Ответ

Тень головы движется по прямой, параллельной тротуару, со скоростью \(v_{\text{Т}}=v\,\dfrac{H}{H-h}\), не зависящей от \(x\); график \(v_{\text{Т}}(x)\) — горизонтальная прямая.

Решение

9-1. Выберем систему отсчета с центром у основания фонаря. Пусть в некоторый момент проекция луча на землю образует угол \(\alpha\) с линией тротуара (вид сверху). Учитывая прямолинейность распространения света, можем записать

\[\frac{H}{l_{0}+\frac{l}{\sin \alpha}}=\frac{h}{l_{0}} \Rightarrow l_{0}=\frac{l}{\sin \alpha} \frac{h}{H-h}.\]

Тогда

\[y_{\text{Т}}=l+l_{0} \sin \alpha=l \frac{H}{H-h},\]

(\(y_{\text{Т}}\) - координата конца тени) есть величина постоянная! Следовательно, тень от головы движется по прямой параллельной оси X со скоростью

\[v_{\text{Т}}=v \frac{H}{H-h},\]

что легко получить, составив пропорцию

\[\frac{v t}{l}=\frac{v_{\text{Т}} t}{l \frac{H}{H-h}}.\]

График зависимости скорости тени от \(x\) есть прямая линия, параллельная оси абсцисс.

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

Подсказка

Рассмотрите равновесие висящей части верёвки и условие медленного втаскивания лежащей части: сила натяжения равна силе трения о плоскость.

Ответ

\(\mu=\dfrac12\,\operatorname{ctg}\alpha\).

Решение

9-2. Из условия равновесия «висящей» части веревки имеем

\[\begin{aligned}T_{1} \cos \alpha & =T_{2}, \qquad (1) \\ T_{1} \sin \alpha & =m_{1} g. \qquad (2)\end{aligned}\]

Кроме того, при медленном втягивании

\[T_{2}=\mu m_{2} g,\tag{3}\]

где \(m_{1}\) и \(m_{2}\) — массы соответствующих частей веревки \(\text{ВС}\) и \(CD\).

Из (1)-(3), с учетом того, что \(m_{1}=\frac{m_{2}}{2}\), имеем

\[\mu = \frac { 1 } { 2 } c t g \alpha .\]

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

Подсказка

Запишите равенство давлений на уровне нижнего края для двух крайних положений поршней: сила сухого трения при этом меняет направление.

Ответ

\(h_2=h_1-\dfrac{h_{max}+h_{min}}{2n}\).

Решение

9-3. Различие в уровнях жидкости в коленах пресса возможно благодаря весу самих поршней и сухому трению между поршнями и стенками.

Давление на уровне \(\text{АВ}\) в жидкости должно быть одинаковым в обоих коленах. Пусть поршни разведены на \(h_{max}\), тогда

\[P_A = \frac{M_1 g}{S_1} + \frac{F_{\text{тр}1}}{S_1} = P_B = \rho g h_{max} + \frac{M_2 g - F_{\text{тр}2}}{S_2},\tag{1}\]

где \(M_i\) и \(S_i\), \(i=1{,}2\), массы и поперечные сечения соответственно первого и второго поршней. В положении с \(h_{min}\) силы трения поменяют свое направление (поршни будут стремиться «разъехаться»), и уравнение примет вид

\[\frac{M_1 g - F_{\text{тр}1}}{S_1} = \rho g h_{min} + \frac{M_2 g + F_{\text{тр}2}}{S_2}.\tag{2}\]

Учитывая, что \(\frac{M_i g}{S_i} = \rho_i g h_i\), где \(\rho_i, h_i\) плотность материала \(i\)-того поршня и его толщина, из (1) и (2) имеем

\[2 h_1 n = (h_{max} + h_{min}) + 2 h_2 n \Rightarrow h_2 = h_1 - \frac{h_{max} + h_{min}}{2 n}.\tag{3}\]

Как видно из (3) \(h_2 < h_1\), то есть более тонкий поршень окажется «наверху». Самостоятельно проанализируйте случай, когда при переходе от \(h_{min}\) к \(h_{max}\) поршни меняются «местами».

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

Подсказка

В установившемся режиме выделяемая мощность равна мощности теплоотвода с боковой поверхности, пропорциональной \(\Delta T\).

Ответ

Температура проводника увеличится на \(\Delta T_0\,\eta\dfrac{2-\eta}{(1-\eta)^2}\approx5{,}6\,^\circ C\).

Решение

9-4. В стационарном режиме вся выделяемая на проводнике теплота рассеивается в окружающее пространство, так как его температура не меняется. Будем считать, что отвод теплоты \(\Delta Q\) происходит с боковой поверхности проводника (то есть пренебрежем теплоотводом с контактов и излучением).

\[\Delta Q = \sigma S \Delta T \Delta t,\tag{1}\]

где \(\sigma\) – некоторый размерный коэффициент, \(S\) – площадь боковой поверхности проводника, \(\Delta T\) – разность температур проводника и окружающего воздуха, \(\Delta t\) – время теплообмена.

Условие равновесия тепловых потоков

\[\frac{U^{2}}{R} \Delta t = \sigma S \Delta T \Delta t \Rightarrow \frac{U^{2} S}{\rho l} = \sigma l 2 \pi r \Delta T,\]

где \(U\) – напряжение, \(R = \rho \frac{l}{S_{l}}\) – сопротивление проводника, \(r\) – радиус проводника, \(S_{l}\) - площадь его поперечного сечения.

Отсюда выделим неизменный параметр для проводника

\[\frac{U^{2} S_{l}}{\rho \sigma 2 \pi r} = l^{2} \Delta T \Rightarrow l^{2}(1-\eta)^{2} \Delta T_{l} = l^{2} \Delta T_{0},\]

то есть температура проводника увеличится на

\[\delta T = \Delta T_{l} - \Delta T_{0} = \Delta T_{0} \eta \frac{2-\eta}{(1-\eta)^{2}} = 5{,}6^{0} C.\]

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

Подсказка

Испарение части воды идёт за счёт тепла, отдаваемого остальной водой при остывании до \(100\,^\circ C\).

Ответ

\(\dfrac{\Delta m}{m}=\dfrac{c(t_1-t_0)}{L}\approx4\cdot10^{-2}\) (около \(4\%\)).

Решение

9-5. Испарение части воды будет происходить за счет теплоты, получаемой при остывании ее основной массы до \(t_{0} = 100^{0} C\). Пренебрегая изменением массы остывающей воды, имеем

\[\Delta m \lambda = m c(t_{1} - t_{0}) \Rightarrow \frac{\Delta m}{m} = \frac{c(t_{1} - t_{0})}{\lambda} = 4 \cdot 10^{-2}.\]

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