ИОШ, 2015/16, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Выразите углы треугольников, образованных зеркалами, линией горизонта и звездой, через угол между алидадой и нулевым отсчётом шкалы. Сравните два результата.

Ответ

Нужно измерять угол между алидадой и нулевым отсчётом шкалы лимба; угол склонения планеты равен удвоенному этому углу. Шторм не мешает, так как измерения проводят в те моменты, когда линия горизонта видна в трубе.

Решение

Секстант работает так: через полупрозрачное зеркало З2 в трубу видна линия горизонта, и, вращая алидаду, добиваются такого положения, при котором изображение звезды в двух зеркалах попадает точно на линию горизонта. Докажем, что угол между алидадой и нулевым отсчётом шкалы лимба (угол \(\beta\) на рисунке, он же угол \(З_2СЗ_1\), так как зеркало З2 параллельно нулевому отсчёту) равен половине угла склонения \(\alpha\).

Чтобы через зеркало З2 была видна линия горизонта при горизонтальной трубе и угле раствора секстанта \(60^\circ\), все отмеченные двумя дугами углы равны \(\gamma = 60^\circ\). По закону отражения углы \(\delta\) между зеркалом З1 и отражённым лучом и между зеркалом З1 и продолжением падающего луча равны. Из треугольника \(З_1З_2C\): \[120^\circ + \beta + \delta = 180^\circ \;\Rightarrow\; \beta + \delta = 60^\circ .\] Из треугольника \(З_1З_2B\): \[60^\circ + 2\delta + \alpha = 180^\circ \;\Rightarrow\; 2\delta + \alpha = 120^\circ .\] Отсюда \(\alpha = 2\beta\). Значит, измерив по шкале лимба угол между алидадой и нулевым отсчётом и умножив его на 2, получаем угол склонения звезды над горизонтом.

В сильный шторм труба при качке то выше, то ниже горизонта, но в какие-то моменты линия горизонта в ней видна. Медленно вращая алидаду, добиваются, чтобы именно в эти моменты отражение звезды в двух зеркалах попадало на линию горизонта. В этом положении измеряют угол между алидадой и нулевым отсчётом и умножают его на 2.

Подсказка

В одну половину периода диоды пропускают ток, и резисторы включены последовательно, в другую – один из диодов закрыт, и цепь работает иначе. Найдите мощность на каждом резисторе в каждой половине периода, затем усредните.

Ответ

\(P_{1,\text{ср}} = \dfrac{17\,U_0^2}{64R}\);  \(P_{2,\text{ср}} = \dfrac{17\,U_0^2}{64R}\);  \(P_{3,\text{ср}} = \dfrac{9\,U_0^2}{64R}\).

Решение

В зависимости от полярности приложенного напряжения цепь имеет один из двух видов, показанных на рисунке. В течение половины времени (левый рисунок) резисторы включены последовательно, и на них выделяется мощность \[P_{1,1} = \frac{U_0^2 r_1}{2(r_1+r_2+r_3)^2} = \frac{U_0^2}{32R}, \quad P_{2,1} = \frac{U_0^2 r_2}{2(r_1+r_2+r_3)^2} = \frac{U_0^2}{32R}, \quad P_{3,1} = \frac{U_0^2 r_3}{2(r_1+r_2+r_3)^2} = \frac{U_0^2}{16R}\] (двойка в знаменателе — из-за действующего значения напряжения). В течение второй половины времени (правый рисунок) резисторы включены параллельно и \[P_{1,2} = \frac{U_0^2}{2R}, \quad P_{2,2} = \frac{U_0^2}{2R}, \quad P_{3,2} = \frac{U_0^2}{4R}.\]

Поэтому за большое время на резисторах выделяются средние мощности \[P_{1,\text{ср}} = \frac{P_{1,1}+P_{1,2}}{2} = \frac{17U_0^2}{64R}, \quad P_{2,\text{ср}} = \frac{P_{2,1}+P_{2,2}}{2} = \frac{17U_0^2}{64R}, \quad P_{3,\text{ср}} = \frac{P_{3,1}+P_{3,2}}{2} = \frac{9U_0^2}{64R}.\]

Ответ

\(F_B = \dfrac{6M}{13a}\);  \(F_C = \dfrac{4M}{13a}\);  \(F_A = \dfrac{2M}{\sqrt{13}\,a}\).

Решение

Из-за малых зазоров и отсутствия трения силы, действующие на ключ со стороны стенок полости, перпендикулярны граням шлица и ключа. Сумма сил, действующих на ключ, равна нулю, а сумма двух сил пары, создающих момент \(M\), тоже равна нулю. Значит, \(\vec F_A + \vec F_B + \vec F_C = 0\), и эти силы образуют треугольник, подобный сечению ключа. Из подобия \[\frac{F_B}{F_C} = \frac{a}{b}, \qquad b = \frac{3a}{2}.\] Условие моментов относительно вершины A даёт \(F_B a + F_C b = M\). Из этих двух уравнений \[F_B = \frac{Mb}{a^2+b^2} = \frac{6M}{13a}, \qquad F_C = \frac{Ma}{a^2+b^2} = \frac{4M}{13a}.\] По теореме Пифагора \[F_A = \frac{M}{\sqrt{a^2+b^2}} = \frac{2M}{\sqrt{13}\,a}.\]

Ответ

1) \(\mu = \sqrt{\dfrac{p_0}{2\alpha}} + \dfrac{p_0}{2\beta}\);  2) \(\Delta p = p_0 - \dfrac{\bigl(\sqrt{\beta^2 + 4\alpha\beta\mu_0} - \beta\bigr)^2}{4\alpha}\).

Решение

При параллельном соединении насосы работают при одном и том же напоре \(\Delta p\), а их расходы складываются. При напоре \(\Delta p = p_0/2\) расходы первого и второго насоса равны \(\mu_1 = \sqrt{p_0/(2\alpha)}\) и \(\mu_2 = p_0/(2\beta)\), откуда \[\mu\!\left(\tfrac{p_0}{2}\right) = \sqrt{\frac{p_0}{2\alpha}} + \frac{p_0}{2\beta}.\] При заданном расходе \(\mu_0\) системы насосов расходы распределяются так, чтобы напоры первого и второго насосов были одинаковы: \[\mu_0 = \mu_1 + \mu_2, \qquad p_0 - \alpha\mu_1^2 = p_0 - \beta\mu_2 .\] Отсюда \(\alpha\mu_1^2 + \beta\mu_1 - \beta\mu_0 = 0\) и \[\mu_1 = \frac{\sqrt{\beta^2 + 4\alpha\beta\mu_0} - \beta}{2\alpha}.\] Подставляя это значение в характеристику первого насоса, получаем \(\Delta p = p_0 - \alpha\mu_1^2\), то есть ответ.

Ответ

\(t \approx 3\text{ с}\).

Решение

Если бы пар был насыщенным, скорости испарения и конденсации совпадали бы. Число молекул, попадающих на площадку \(\Delta S\) за время \(\Delta t\) из пара, равно \(\Delta N = \dfrac{1}{6}\,n v\,\Delta S\,\Delta t\) (здесь \(n\) – концентрация, \(v\) – средняя скорость; множитель \(1/6\) учитывает, что треть молекул движется вдоль заданной оси и половина из них – в каждом направлении). Масса конденсирующейся воды \[\Delta M = \frac{1}{6}\rho v\,\Delta S\,\Delta t .\] Из \(p = nkT = \dfrac{1}{3}\rho v^2\) находим \(v = \sqrt{3p/\rho}\), поэтому \(\Delta M = \dfrac{1}{6}\sqrt{3p\rho}\,\Delta S\,\Delta t\). Используя закон Клапейрона – Менделеева \(\rho = \dfrac{p\mu}{RT}\), где \(\mu = 18\) г/моль, получаем скорость конденсации на единицу площади \[v_M = \frac{1}{6}\,p\sqrt{\frac{3\mu}{RT}} .\] Скорость испарения при относительной влажности \(70\) % равна скорости, найденной для насыщенного пара с давлением \(p\), за вычетом конденсации, то есть \(0{,}3\) от неё: \[v_M = \frac{0{,}3}{6}\,p\sqrt{\frac{3\mu}{RT}} \approx 0{,}6\ \frac{\text{кг}}{\text{м}^2\cdot\text{с}} .\] Отсюда время испарения \[t = \frac{M}{S v_M} = \frac{2\cdot10^{-2}}{1\cdot10^{-2}\cdot 0{,}6} \approx 3\text{ с}.\]

Полученный результат парадоксален: время испарения из блюдца на деле порядка суток. Однако его легко объяснить: пар над водой сдувается, и вблизи поверхности он почти насыщенный независимо от относительной влажности всего помещения. Поэтому оценка, основанная на одинаковости влажности во всём помещении, очень неточна.

Ответ

\(t_2 = 45\,^\circ\text{C}\).

Решение

Пусть в единицу времени через сечение трубы протекает масса воды \(\Delta m\), а температура воды посередине трубы \(t_2\). Первая половина трубы теряет в единицу времени тепло \(c\,\Delta m\,(t_1 - t_2)\), которое уходит в помещение через боковые стенки. Поток тепла пропорционален разности температур выбранной точки трубы и помещения; коэффициент \(\eta\) одинаков для обеих половин. Возьмём в качестве такой точки начало каждой половины трубы: \[c\,\Delta m\,(t_1 - t_2) = \eta\,(t_1 - t), \qquad c\,\Delta m\,(t_2 - t_3) = \eta\,(t_2 - t).\] Деля уравнения друг на друга, получаем квадратное уравнение \[t_2^2 - 2t\,t_2 + t\,(t_1 + t_3) - t_1 t_3 = 0 ,\] откуда \[t_2 = t \pm \sqrt{(t_1 - t)(t_3 - t)} .\] Физический корень лежит между \(t_3\) и \(t_1\): \[t_2 = 15\,^\circ\text{C} + \sqrt{(75 - 15)(30 - 15)}\,^\circ\text{C} = 45\,^\circ\text{C}.\]