МОШ, 1987/88, заключительный этап, 8 класс

Ответ

При \(u < v\) — вся поверхность стенки; при \(u > v\) — круг радиусом \(R = l\operatorname{tg}\alpha = lv/\sqrt{u^2 - v^2}\).

Решение

При скорости снаряда \(u\), меньшей скорости разлёта осколков \(v\), очевидно, будет поражена вся поверхность стенки, потому что из точки разрыва снаряда осколки полетят во всех направлениях. Если же \(u > v\), что, видимо, более правдоподобно, то в неподвижной системе отсчёта вектор суммарной скорости осколков относительно земли \(\vec v_{\text{з}} = \vec u + \vec v\), очевидно, может отклоняться от вектора \(\vec u\) не более, чем на угол \(\alpha\) такой, что \(\sin\alpha = v/u\). Таким образом, из точки разрыва осколки полетят внутри конуса с углом раствора \(2\alpha\), и область поражения на стенке будет иметь вид круга с радиусом \(R = l\operatorname{tg}\alpha = lv/\sqrt{u^2 - v^2}\).

Ответ

\(t = \sqrt{\dfrac{2l}{g\sin\alpha}}\).

Решение

Направим ось \(X\) параллельно плоскости \(A\) в направлении вершины угла, а ось \(Y\) — параллельно плоскости \(B\). Движения шарика вдоль этих осей, очевидно, независимы. При ударах о плоскость \(A\) проекция скорости шарика на ось \(X\) не изменяется, а составляющая ускорения вдоль этой оси постоянна и равна \(a_x = g\sin\alpha\). Таким образом, движение шарика вдоль оси \(X\) — равноускоренное, поэтому до его удара о плоскость \(B\) пройдёт время \(t = \sqrt{\dfrac{2l}{g\sin\alpha}}\).

Ответ

\(\lambda = 10^5\) Дж/кг, \(C_1 = 2\cdot 10^3\) Дж/(кг\(\cdot{}^\circ\text{C}\)).

Решение

Из первого участка графика следует, что в течение времени \(\Delta t_1 = 60\) с происходит процесс нагрева льда и находящегося в твёрдом состоянии вещества от \(T_1 = -40\,^\circ\text{C}\) до \(T_2 = -20\,^\circ\text{C}\). Если мощность нагревателя равна \(N\), то уравнение теплового баланса для этого процесса имеет вид: \[m(C_{\text{л}} + C)(T_2 - T_1) = N\Delta t_1,\] где \(m = 1\) кг — масса льда (она равна массе вещества). Далее, в течение времени \(\Delta t_2 = 100\) с (второй участок графика) происходит плавление вещества при \(T_2 = -20\,^\circ\text{C}\). При этом \[\lambda m = N\Delta t_2.\] Наконец, в течение времени \(\Delta t_3 = 80\) с (третий участок графика) происходит нагрев льда и расплавленного вещества от температуры \(T_2 = -20\,^\circ\text{C}\) до температуры \(T_3 = 0\,^\circ\text{C}\), и \[m(C_{\text{л}} + C_1)(T_3 - T_2) = N\Delta t_3.\] Из полученных уравнений находим: \[\lambda = (C_{\text{л}} + C)(T_2 - T_1)\dfrac{\Delta t_2}{\Delta t_1} = 10^5\text{ Дж/кг},\] \[C_1 = (C_{\text{л}} + C)\dfrac{T_2 - T_1}{T_3 - T_2}\cdot\dfrac{\Delta t_3}{\Delta t_1} - C_{\text{л}} = 2\cdot 10^3\text{ Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C)}.\]

Ответ

\(a = \dfrac{2mg}{M + (5 + 2\mu)m}\).

Решение

Из условия задачи ясно, что оба тела должны двигаться. Проведём координатные оси \(X\) и \(Y\) так, как указано на рисунке 1.67, и рассмотрим силы, действующие на тела в данной системе.

На тело массой \(m\) действуют: сила тяжести \(m\vec g\), сила натяжения нити \(\vec T_1\), направленная вверх и равная по величине \(T\), сила реакции \(\vec N_1\) со стороны тела массой \(M\) и сила трения \(\vec F_{\text{тр}}\). Тогда второй закон Ньютона для тела \(m\) можно записать так: \[m\vec a_1 = m\vec g + \vec T_1 + \vec N_1 + \vec F_{\text{тр}}.\] На тело массой \(M\) действуют: сила тяжести \(M\vec g\), сила реакции со стороны горизонтальной плоскости \(\vec N_2\), сила натяжения нити \(-\vec T_1\), направленная вниз и равная по величине \(T\), сила трения \(-\vec F_{\text{тр}}\), две силы натяжения нити \(\vec T_2\), направленные вправо и равные по величине \(T\), и сила реакции \(-\vec N_1\) со стороны тела массой \(m\). Второй закон Ньютона для тела \(M\) имеет вид: \[M\vec a_2 = M\vec g + \vec N_2 + (-\vec T_1) + (-\vec F_{\text{тр}}) + 2\vec T_2 + (-\vec N_1).\] Запишем векторные уравнения второго закона Ньютона для тел в проекциях на координатные оси с учётом того, что оба тела двигаются вдоль оси \(X\) с одинаковым ускорением \(a\): \[ma_{1x} = N_1 = ma;\qquad Ma_{2x} = 2T + (-N_1) = Ma;\] \[ma_{1y} = -mg + T + F_{\text{тр}};\qquad Ma_{2y} = -Mg + N_2 + (-T) + (-F_{\text{тр}}) = 0.\] Складывая два верхних уравнения, получим: \(ma + Ma = 2T\), и \(N_1 = ma = \dfrac{2m}{m + M}T\). Поскольку тело \(m\) скользит по телу \(M\), то сила трения \(F_{\text{тр}} = \mu N_1\), откуда \[ma_{1y} = -mg + T + \mu\dfrac{2m}{m + M}T.\] Так как нить нерастяжима, то величина смещения тела \(m\) по вертикали будет вдвое больше, чем смещение обоих тел в горизонтальном направлении, а значит, вертикальная составляющая ускорения тела \(m\) по величине также вдвое больше горизонтальной составляющей. Следовательно, \(a_{1y} = -2a\), и \[ma_{1y} = -2ma = -\dfrac{4m}{m + M}T = T - mg + \mu\dfrac{2m}{m + M}T.\] Отсюда находим силу натяжения нити \(T\): \[T = \dfrac{m + M}{M + (5 + 2\mu)m}\,mg,\] и для ускорения тела \(M\) получаем \[a = \dfrac{2T}{m + M} = \dfrac{2mg}{M + (5 + 2\mu)m}.\]

Ответ

Шарики будут двигаться влево с теми же по величине скоростями, расстояния между ними слева направо — \(l_3\), \(l_2\), \(l_1\).

Решение

Известно, что при упругом лобовом ударе двух одинаковых шариков они «обмениваются» скоростями, а при упругом ударе о стенку направление скорости шарика меняется на противоположное. Поэтому при столкновениях шариков можно считать, что они проходят друг через друга «насквозь», не изменяя скоростей, и в окончательном состоянии системы шарики будут двигаться влево с теми же по величине скоростями, а расстояния между ними в направлении слева направо будут составлять, соответственно, \(l_3\), \(l_2\) и \(l_1\) (см. рис. 1.111). При этом, конечно, шарики реально не могут поменяться местами, и их нумерация слева направо 1–2–3–4 в конечном состоянии сохранится.

Ответ

\(n = \left(\dfrac{\sin(\alpha/3)}{\sin\alpha}\right)^2\) при \(\alpha \leqslant 3\pi/4\); при \(\alpha > 3\pi/4\) \(n = 1\).

Решение

Луч, попадающий в точку \(A\) на внутренней поверхности сферы, отражается и попадает затем в точку \(B\) на сфере (или её продолжении) — см. рисунок 4.31. Обозначим \(\angle AOO' = \beta\). Из геометрических построений, сделанных с учётом закона отражения света, вытекают следующие соотношения: \(\angle OAA'' = \angle OAB = \beta\); \(\angle AOB = \pi - 2\beta\). Следовательно, \(\angle O'OB = \pi - 3\beta\).

Луч света после отражения выйдет из сферы, если \(\angle O'OB > \pi - \alpha\), то есть если \(\beta < \alpha/3\). Отметим, что при тупых углах \(\alpha\) возможны случаи, когда все падающие лучи после отражения выйдут обратно. Такое произойдёт при \(\alpha/3 > \pi - \alpha\), то есть при \(\alpha > 3\pi/4\).

Искомая доля мощности пучка, вышедшего из сферы, равна отношению площадей, на которые приходятся пучок, претерпевающий отражение, и падающий пучок. В результате получаем: \[n = \left(\dfrac{\sin(\alpha/3)}{\sin\alpha}\right)^2.\] Этот ответ справедлив при \(\alpha \leqslant 3\pi/4\). При \(\alpha > 3\pi/4\) весь отражённый свет выйдет из сферы, то есть \(n = 1\).