МОШ, 1985/86, заключительный этап, 8 класс

\(V_{0\,\min} = \dfrac{1}{\cos\alpha}\sqrt{\dfrac{g}{2a}}\).

Найдём уравнение траектории снаряда в системе координат, заданной на рисунке в условии задачи. Пусть \(t\) — время, прошедшее с момента выстрела, а \(V_0\) — начальная скорость снаряда. Очевидно, что координаты снаряда в момент \(t\) есть \(x = V_0\cos\alpha\cdot t\), \(y = \dfrac{gt^2}{2} - V_0\sin\alpha\cdot t\), откуда \(y(x) = \dfrac{g}{2V_0^2\cos^2\alpha}x^2 - x\operatorname{tg}\alpha\). Точка столкновения снаряда с поверхностью горы находится из уравнения \[y = \dfrac{g}{2V_0^2\cos^2\alpha}x^2 - x\operatorname{tg}\alpha = ax^2.\] Решение \(x = 0\) соответствует месту выстрела, поэтому точка падения снаряда определяется уравнением \[\left(\dfrac{g}{2V_0^2\cos^2\alpha} - a\right)x = \operatorname{tg}\alpha.\] Это уравнение не имеет положительных решений при \(\dfrac{g}{2V_0^2\cos^2\alpha} \leqslant a\), то есть минимальное значение начальной скорости снаряда, при которой он никогда не упадёт на поверхность горы, \(V_{0\,\min} = \dfrac{1}{\cos\alpha}\sqrt{\dfrac{g}{2a}}\). При меньших значениях \(V_0\) столкновение снаряда с горой неизбежно.

\(T = \dfrac{m_3\sin\alpha_2 - m_2\sin\alpha_1}{m_1 + m_2 + m_3}\,m_1 g\), если \(m_3\sin\alpha_2 > m_2\sin\alpha_1\); если \(m_3\sin\alpha_2 \leqslant m_2\sin\alpha_1\), то \(T = 0\).

Предположим, что все три тела движутся вправо (см. рис. 1.59). Тогда интересующая нас нить натянута, а поскольку все нити нерастяжимы, то ускорения тел одинаковы по величине и равны \(a\). Запишем уравнения движения тел в проекциях на направления их движений (\(T_1\) — сила натяжения нити, связывающей тела 2 и 3):

\[m_1a = T,\quad m_2a = T_1 - T - m_2g\sin\alpha_1,\quad m_3a = m_3g\sin\alpha_2 - T_1.\] Складывая все уравнения друг с другом, находим: \[(m_1 + m_2 + m_3)a = (m_3\sin\alpha_2 - m_2\sin\alpha_1)g,\] откуда \[T = \dfrac{m_3\sin\alpha_2 - m_2\sin\alpha_1}{m_1 + m_2 + m_3}\,m_1g.\] Если тела 2 и 3 движутся влево, то тело 1 стоит на месте, и \(T = 0\). Так будет, если \(m_3\sin\alpha_2 \leqslant m_2\sin\alpha_1\).

Воздух у экватора сильнее всего прогревается и поднимается вверх, а на большой высоте растекается к более высоким широтам.

Воздух вблизи поверхности суши или океана прогревается сильнее всего у экватора, где солнечные лучи падают на Землю практически вертикально. Тёплый и влажный воздух легче холодного, поэтому он стремится подняться вверх. Следовательно, именно здесь появляются восходящие потоки воздуха (см. рис. 2.1), которые растекаются к более высоким широтам, постепенно отдавая тепло — в основном, за счёт излучения. Охладившийся воздух опускается к поверхности Земли в районе \(30^\circ\) северной и южной широты и далее движется обратно к экватору, образуя систему постоянно дующих в определённых направлениях ветров — пассатов. Заметим, что вращение Земли существенно влияет на процесс движения воздушных масс к экватору, так что они отклоняются к западу.

Открытая трубка: при нагревании воздух в сосудах расширяется, вытесняет воду, сила Архимеда растёт, сосуды всплывают. Запаянная трубка: вода расширяется сильнее стекла и сжимает воздух, сосуды тонут.

При нагревании и воздух и вода расширяются. Если трубка не запаяна, то этому расширению ничто не препятствует. Пузырёк воздуха в маленьком сосуде при расширении вытесняет часть воды, архимедова сила увеличивается, и сосуды всплывают. При охлаждении всё происходит наоборот.

Если же трубка запаяна, то общий объём воды и воздуха остаётся практически неизменным, поскольку тепловое расширение стекла намного меньше, чем у воды. Сжимаемость воды существенно меньше сжимаемости воздуха, следовательно, в данном случае при нагревании вода будет расширяться, а пузырьки воздуха — сжиматься. Поэтому при нагревании запаянного термоскопа сосуды с воздухом в нём тонут, а при охлаждении — всплывают.

Резкий взмах руками вверх, после которого руки быстро движутся назад и вниз: сила, действующая со стороны рук на корпус, направлена вперёд и помогает восстановить равновесие.

Если Вы поскользнулись и падаете назад, то помочь Вам восстановить равновесие может направленная вперёд сила, приложенная к верхней части корпуса. Роль такой силы выполняет сила взаимодействия Ваших рук с корпусом. Действительно, в первый момент Ваши руки после взмаха вверх резко двигаются назад и вниз, поэтому со стороны корпуса на руки действует сила, создающая необходимое (и довольно значительное) ускорение, направленное назад и вниз. Противоположно направленная сила, действующая на корпус со стороны рук, позволяет Вам восстановить равновесие и прекратить начавшееся скольжение. В следующий момент сила трения покоя, заметно превышая силу трения скольжения по льду, обеспечивает погашение количества движения, приобретённого руками в момент взмаха.

\(F_2 = \dfrac{(mg)^2}{F_1} = 90\) Н.

Представим себе, что вместо силы \(F_1\) на свободный конец верёвки подвешен груз весом \(m_1g = F_1 = 40\) Н, а вместо первоначального подвешенного груза массой \(m = 6\) кг на правый конец верёвки действует направленная вниз сила \(F = mg = 60\) Н. Из условия задачи следует, что если чуть-чуть увеличить силу \(F\), что эквивалентно увеличению массы \(m\), то начнётся скольжение. Таким, образом, мы знаем, что минимальная сила, необходимая для поднимания груза массой \(m_1 = 4\) кг, составляет \(F = 60\) Н. Ясно, что в предельном случае в любой касающейся бревна точке верёвки сила трения покоя достигает максимального значения, которое пропорционально силе давления верёвки на бревно в данном месте. Из соображений подобия следует, что эта максимальная сила трения покоя прямо пропорциональна весу поднимаемого груза. Отсюда находим, что \(\dfrac{F_2}{mg} = \dfrac{mg}{F_1}\), то есть \(F_2 = \dfrac{(mg)^2}{F_1} = 90\) Н.

\(R = \dfrac{8}{3}\) Ом.

Заметим, что рассматриваемая схема симметрична и переходит сама в себя при последовательном отражении относительно вертикальной и затем горизонтальной осей чертежа. Следовательно, токи, текущие через горизонтально расположенные резисторы с сопротивлениями 2 Ома, одинаковы (обозначим эти токи через \(I\)). По этой же причине одинаковы токи, текущие через вертикально расположенные резисторы с сопротивлениями 2 Ома (обозначим их через \(J\)). Тогда распределение токов в схеме будет таким, как показано на рисунке 3.43.

Обозначим напряжение между точками \(A\) и \(B\) через \(U_0\). Тогда из закона Ома для участка цепи получим: \[\begin{array}{l} 1\text{ Ом}\cdot(I + J) + 2\text{ Ом}\cdot J = 3\text{ Ом}\cdot(I - J)\quad\text{для участка }ACE,\\ 1\text{ Ом}\cdot(I + J) + 2\text{ Ом}\cdot I + 3\text{ Ом}\cdot(I - J) = U_0\quad\text{для участка }ACDB. \end{array}\] Отсюда \(J = \dfrac{I}{3}\), \(I = \dfrac{3U_0}{16\text{ Ом}}\), и искомое общее сопротивление цепи \[R = \dfrac{U_0}{2I} = \dfrac{8}{3}\text{ Ом}.\]