ИОШ, 2020/21, заключительный этап, 9 класс

Ячейка и топливо имеют одинаковую высоту, поэтому объёмные доли совпадают с долями площадей сечений. Сколько долей круга стержня попадает в одну ячейку?

1) лучше треугольная ячейка;  2) \(\eta_\triangle = \dfrac{\pi d^2}{2\sqrt{3}\,a^2} \approx 0{,}91\,\dfrac{d^2}{a^2}\), \(\eta_\square = \dfrac{\pi d^2}{4a^2} \approx 0{,}79\,\dfrac{d^2}{a^2}\); отношение \(\dfrac{\eta_\triangle}{\eta_\square} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \approx 1{,}15\).

Доля топлива одинакова во всех ячейках, а ячейка и стержни имеют цилиндрическую форму с одинаковой высотой, поэтому объёмные доли равны отношению площадей сечений.

Площадь треугольной ячейки со стороной \(a\) равна \(S_\triangle = \dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2\). В ней есть три сектора стержней по \(60^\circ\) (каждый — шестая часть площади круга стержня), то есть суммарно половина площади одного стержня: \(S_{\text{т}} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\pi d^2}{4} = \dfrac{\pi d^2}{8}\). Поэтому \[\eta_\triangle = \frac{\pi d^2/8}{\sqrt{3}\,a^2/4} = \frac{\pi d^2}{2\sqrt{3}\,a^2}.\] В квадратной ячейке площадь \(S_\square = a^2\), а в ней четыре сектора по \(90^\circ\), что даёт площадь одного стержня \(\pi d^2/4\). Поэтому \[\eta_\square = \frac{\pi d^2}{4a^2}.\] Отношение \(\eta_\triangle/\eta_\square = 2/\sqrt{3} \approx 1{,}15\), так что треугольная ячейка заполнена топливом лучше квадратной.

Сравните, сколько теплоты нужно для нагрева основной порции воды и ложки воды из резервуара до кипения. Отношение масс найдите из того, что мощность нагревателя одна и та же.

\(T_0 = T_к - \Delta T\left(1 + \dfrac{t_1}{t_2}\right) = 20^\circ\text{C}\).

Пусть \(T_0\) — температура воды в резервуаре, \(M\) — масса воды, первоначально налитой в стакан, \(m\) — масса ложки воды, \(P\) — мощность нагревателя, \(c\) — удельная теплоёмкость воды. Тепловые балансы: \[P\,t_1 = c\,M\,(T_к - T_0)\] \[c\,M\,\Delta T = c\,m\,(T_к - \Delta T - T_0)\] \[P\,t_2 = c\,(M+m)\,\Delta T\] Здесь второе уравнение описывает смешение кипящей воды с ложкой воды из резервуара (температура смеси \(T_к - \Delta T\)), третье — нагрев смеси до кипения.

Из второго уравнения \(\dfrac{T_к - T_0}{\Delta T} = \dfrac{M+m}{m}\). Разделив первое уравнение на третье, получаем \(\dfrac{t_1}{t_2} = \dfrac{M}{m}\). Тогда \[\frac{M+m}{m} = 1 + \frac{t_1}{t_2} = 16, \qquad T_0 = T_к - 16\,\Delta T = 100^\circ - 80^\circ = 20^\circ\text{C}.\]

Запишите время, за которое детонация дойдёт до точки выемки на расстоянии \(x\) от вершины, и время разлёта продуктов от этой точки до брони. От чего должна не зависеть их сумма?

\(\cos\alpha = \dfrac{1}{5}\), т.е. \(\alpha = \arccos\dfrac{1}{5} \approx 78^\circ\).

Продукты взрыва от всех точек выемки должны прийти к броне одновременно. Пусть высота выемки \(l\), а \(\alpha\) — половина угла при вершине (угол между осью и образующей). Точка \(A\) выемки лежит на расстоянии \(x\) от вершины \(O\) вдоль образующей. Волна детонации доходит от \(O\) до \(A\) за время \(\dfrac{x}{5v}\), а продукты взрыва из \(A\) долетают до брони за время \(\dfrac{l - x\cos\alpha}{v}\). Полное время \[t(x) = \frac{x}{5v} + \frac{l - x\cos\alpha}{v} = \frac{l}{v} + \frac{x\,(1 - 5\cos\alpha)}{5v}.\] Чтобы \(t\) не зависело от \(x\), необходимо \(1 - 5\cos\alpha = 0\), откуда \[\alpha = \arccos\frac{1}{5} \approx 78^\circ .\]

В каждую точку экрана могут попадать лучи напрямую от источника и лучи, отражённые от зеркала. Какие из них может задержать фигура?

Да, на экране будут две тени фигуры одинакового с ней размера: одна прямая и одна перевёрнутая (ход лучей — см. рисунок решения).

В каждую точку экрана падают лучи непосредственно от источника и лучи, отражённые от зеркала, за исключением тех, которые задерживаются фигурой. Фигура может задержать как прямые лучи от источника, так и отражённые от зеркала. Поэтому возникают две области, куда не попадают лучи одного из двух типов: прямая тень (лучи от источника задержаны фигурой до зеркала) и перевёрнутая тень (лучи, отражённые от зеркала, задержаны фигурой).

Все падающие лучи параллельны, и отражённые от плоского зеркала лучи тоже параллельны. Поэтому размеры обеих областей тени равны размерам фигуры.

Какими окажутся массы воды в стаканах после трёх переливаний? Чему равна суммарная теплота, полученная всеми стаканами?

Температура воды в первом стакане уменьшилась на \(\dfrac{2}{3}\Delta t\).

Масса ложки мала, поэтому массы стаканов после трёх переливаний остаются такими же, \(m\), \(3m\) и \(7m\). Температура воды во втором стакане в итоге стала больше на \(\Delta t\), в третьем — меньше на \(\Delta t/3\). Значит, второй стакан получил количество теплоты \(Q_2 = c\cdot 3m\,\Delta t\), а третий — \(Q_3 = -c\cdot 7m\,\dfrac{\Delta t}{3}\). Пусть температура воды в первом стакане изменилась на \(\Delta t_1\). Так как потерь тепла нет, сумма полученных теплот равна нулю: \[c\,m\,\Delta t_1 + 3c\,m\,\Delta t - \frac{7}{3}\,c\,m\,\Delta t = 0 \quad\Rightarrow\quad \Delta t_1 = -\frac{2}{3}\,\Delta t .\] Температура воды в первом стакане уменьшилась на \(\dfrac{2}{3}\Delta t\).

Найдите мгновенный центр скоростей шатуна: он лежит на прямой \(OA\) (скорость точки \(A\) перпендикулярна кривошипу) и на перпендикуляре к направляющим, проведённом через точку \(B\).

\(\omega_{AB} = \omega\,\dfrac{\cos(30^\circ - \alpha)}{\cos\alpha}\) (вращение по часовой стрелке).

Скорость точки \(A\) равна \(v_A = \omega\cdot OA\) и направлена перпендикулярно кривошипу. Скорость точки \(B\) направлена вдоль направляющих, то есть под углом \(\alpha\) к горизонту. В положении рисунка шатун \(AB\) горизонтален, а кривошип составляет с горизонтом угол \(30^\circ\). Мгновенный центр скоростей шатуна лежит на прямой \(OA\) и на перпендикуляре к направляющим через \(B\). Расстояние от \(A\) до него \[AI = \frac{l\cos\alpha}{\cos(30^\circ - \alpha)}, \qquad l = OA = AB .\] Угловая скорость шатуна \(\omega_{AB} = v_A / AI\), поэтому \[\omega_{AB} = \frac{\omega\,l}{AI} = \omega\,\frac{\cos(30^\circ - \alpha)}{\cos\alpha} .\]