МОШ, 1998/99, заключительный этап, 9 класс

Ответ

В \(k = \dfrac{8}{7} \approx 1{,}14\) раза.

Решение

Пусть \(r\) — радиус бревна кабестана, \(R\) — расстояние от оси старого кабестана до концов его ручек, \(M\) — масса нового якоря, \(V_{\text{я}}\) — его объём. Из условия известно, что якорная команда, пользуясь старым воротом, поднимает новый якорь только до уровня воды. Значит, в этом положении момент силы \(F\), с которой матросы действуют на концы ручек ворота, равен моменту силы натяжения цепи, которая, в свою очередь, равна сумме сил тяжести и Архимеда, действующих на якорь. Запишем уравнение моментов: \[RF = r(Mg - \rho_{\text{в}}gV_{\text{я}}) = r\left(Mg - \dfrac{\rho_{\text{в}}gM}{\rho_{\text{я}}}\right) = Mgr\left(1 - \dfrac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{я}}}\right).\] Здесь \(\rho_{\text{в}}\) и \(\rho_{\text{я}}\) — плотности воды и якоря соответственно.

После удлинения ручек кабестана матросы, прикладывая прежнюю силу \(F\), могут полностью вытащить якорь из воды. Это означает, что для нового ворота при полностью поднятом якоре справедливо уравнение моментов \[R_1F = Mgr,\] где \(R_1\) — длина новых ручек ворота. Из полученных уравнений легко найти отношение длин ручек нового и старого кабестанов: \[k = \dfrac{R_1}{R} = \dfrac{1}{1 - \dfrac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{я}}}} = \dfrac{8}{7} \approx 1{,}14\text{ раза}.\]

Ответ

\(M = m\left(\dfrac{L^2}{2aH} - 1\right) = 4{,}7\) кг (приближённо \(M \approx \dfrac{mL^2}{2aH} = 5\) кг).

Решение

Нарисуем вид стола сбоку в плоскости, проходящей через короткую и противоположную ей длинную ножки стола (см. рисунок).

Обозначим короткую ножку стола через \(AA'\), противоположную ей длинную ножку — \(DD'\), середину столешницы — \(O\). Пусть также \(OO'\) — прямая, проходящая через точку \(O\) параллельно ножкам и пересекающая пол в точке \(O'\); \(A'E\) и \(OF\) — перпендикуляры, опущенные из точек \(A'\) и \(O\) на отрезки \(OO'\) и \(A'O'\) соответственно. Опустим перпендикуляр из точки \(D\) на пол и обозначим точку его пересечения с полом через \(I'\). Проведём также через точку \(O\) прямую, параллельную полу, и обозначим точки её пересечения с отрезками \(DI'\) и \(DD'\) через \(I\) и \(G\) соответственно. Из условия задачи и из чертежа следует, что \[OD = L/\sqrt{2},\quad OO' = H,\quad O'E = a,\quad OG = O'A'.\] Из того, что стол, поставленный на три длинные ножки, стоит устойчиво, следует, что его центр масс находится в центре столешницы, то есть в точке \(O\). Известно также, что для того, чтобы перекосившийся стол выровнялся, на его угол \(D\) нужно положить груз, не меньший \(m\). Отсюда получаем уравнение моментов: \[Mg\cdot O'F = mg\cdot O'I',\] где \(M\) — масса крышки стола. Данное уравнение записано относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через точку \(O'\). Осталось найти из чертежа отрезки \(O'F\) и \(O'I'\).

Рассмотрим треугольники \(O'EA'\) и \(O'FO\). Они подобны. Поэтому \(\dfrac{O'F}{OO'} = \dfrac{O'E}{O'A'}\). Отсюда \[O'F = \dfrac{O'E\cdot OO'}{O'A'} = \dfrac{aH}{\sqrt{(L^2/2) + a^2}}.\] Треугольники \(DOG\) и \(IOD\) также подобны. Поэтому \(\dfrac{OG}{OD} = \dfrac{OD}{OI}\). Отсюда, с учётом того, что \(OG = O'A' = \sqrt{(L^2/2) + a^2}\), получаем: \[OI = \dfrac{(OD)^2}{OG} = \dfrac{L^2}{2\sqrt{(L^2/2) + a^2}} = FI'.\] Наконец, из чертежа видно, что \[O'I' = FI' - O'F = \dfrac{1}{\sqrt{(L^2/2) + a^2}}\left(\dfrac{L^2}{2} - aH\right).\] Подставляя найденные выражения для \(O'F\) и \(O'I'\) в уравнение моментов, найдём массу крышки стола: \[M = m\dfrac{O'I'}{O'F} = m\left(\dfrac{L^2}{2aH} - 1\right) = 4{,}7\text{ кг}.\] Ответ также можно получить и приближённо, пренебрегая во всех формулах величиной \(a^2\) по сравнению с \(L^2/2\) и считая, что \(O'I' \approx L/\sqrt{2}\), а \(O'F \approx \sqrt{2}\,aH/L\) (это можно делать, так как угол, на который наклоняется стол, мал). Тогда для массы крышки стола получится: \(M \approx mL^2/(2aH) = 5\) кг.

Ответ

\(T = \dfrac{\rho d}{2G} = 13\,500\) часов \(= 562{,}5\) суток \(\approx 18{,}5\) месяцев.

Решение

Рассмотрим процесс коррозии. Пусть в некоторый момент времени шарик имел радиус \(R\) и площадь поверхности \(S\), и пусть за маленький промежуток времени \(\Delta t\) радиус шарика вследствие коррозии уменьшился на величину \(\Delta R\). Тогда объём растворённого за это время алюминия будет равен \(S\Delta R\), его масса составляет \(\rho S\Delta R\). С другой стороны, масса растворённого за время \(\Delta t\) алюминия равна \(GS\Delta t\), где \(G = 10^{-4}\) г/(см\(^2\cdot\)ч) — количество граммов металла, растворяющегося за один час с одного квадратного сантиметра поверхности. Приравняем полученные выражения: \[\rho S\Delta R = GS\Delta t.\] Отсюда скорость уменьшения радиуса шарика: \[\dfrac{\Delta R}{\Delta t} = \dfrac{G}{\rho}.\] Мы видим, что радиус шарика уменьшается с постоянной скоростью. Теперь можно получить ответ задачи. Ясно, что шарик растворится полностью тогда, когда изменение его радиуса \(\Delta R\) станет равно половине его начального диаметра. Тогда из последней формулы получаем: \[T = \dfrac{\rho d}{2G} = \dfrac{2{,}7\text{ (г/см}^3\text{)}\cdot 1\text{ см}}{2\cdot 10^{-4}\text{ г/(см}^2\cdot\text{ч)}} = 13\,500\text{ часов} = 562{,}5\text{ суток} \approx 18{,}5\text{ месяцев}.\]

Ответ

\(u = v\dfrac{H}{h + H}\), направлена параллельно берегам канала.

Решение

Нарисуем вид канала сверху (см. рис. 1) и обозначим на нём положения автобуса, блика и столба буквами \(A\), \(B\) и \(C\) соответственно. Пусть в момент времени \(t = 0\) автобус находился в начале системы координат \(XOY\) — точке \(O\), причём прямая \(OC\) была перпендикулярна берегам канала. Тогда \(OA = vt\). Обозначим также \(OC = L\), \(AC = l\), \(AB = l_1\), \(BC = l_2\).

Рассмотрим вид сбоку в плоскости \(ACB\) (см. рис. 2) и обозначим местонахождение глаз пассажира \(A_1\), а вершину столба \(C_1\). Так как угол падения \(A_1BA\) равен углу отражения \(C_1BC\), то \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{h}{l_1} = \dfrac{H}{l_2}.\]

Кроме того, \[l_1 + l_2 = l = \dfrac{L}{\sin\beta}.\] Выражая из первого уравнения значение \(l_2\) и подставляя его во второе, находим \(l_1\): \[l_1 = \dfrac{hL}{(h + H)\sin\beta}.\] Отсюда координаты блика: \[x_B = vt - l_1\cos\beta = vt - \dfrac{hL\operatorname{ctg}\beta}{h + H} = vt - \dfrac{hL\cdot\dfrac{vt}{L}}{h + H} = v\dfrac{H}{h + H}t,\] \[y_B = l_1\sin\beta = \dfrac{hL}{h + H}.\] Из этих формул следует, что блик не смещается в направлении, перпендикулярном берегам. Таким образом, скорость движения блика направлена параллельно берегам канала и по величине равна \[u = v\dfrac{H}{h + H}.\] Другой способ решения задачи основывается на рассмотрении подобных треугольников и позволяет обойтись без тригонометрии. Действительно, треугольники \(AA_1B\) и \(CC_1B\) подобны. Поэтому \[\dfrac{BC}{AB} = \dfrac{H}{h}.\] Отсюда следует, что \[\dfrac{BC}{AC} = \dfrac{BC}{AB + BC} = \dfrac{H}{h + H}.\] Проведём через точку \(B\) на рисунке 1 прямую, параллельную берегам канала; она пересечёт перпендикуляр \(CO\) в точке \(B_1\). Из подобия треугольников \(CBB_1\) и \(CAO\) получаем \[\dfrac{B_1C}{OC} = \dfrac{BC}{AC} = \dfrac{H}{h + H},\] то есть отношение \(B_1C : OC\) есть постоянная величина. Это означает, что точка \(B_1\) не меняет своего положения со временем. Таким образом, блик движется по прямой, проходящей через точку \(B_1\) параллельно берегам. Найдём его скорость. Длины отрезков \(B_1B\) и \(OA\) равны \(ut\) и \(vt\) соответственно. Из подобия треугольников \(CBB_1\) и \(CAO\) следует отношение: \[\dfrac{B_1B}{OA} = \dfrac{ut}{vt} = \dfrac{BC}{AC} = \dfrac{H}{h + H},\] из которого получается прежнее выражение для скорости блика.

Ответ

Каретка двигалась от цифры «6» к цифре «12» (вдоль вертикали) со скоростью \(v \approx 1\) мм/с.

Решение

Направление сканирования определяется просто. Очевидно, что кривизна изображения стрелки максимальна там, где скорость каретки была направлена вдоль стрелки. На рисунке максимальная кривизна соответствует точкам вблизи оси, причём стрелка в этот момент была направлена почти «вертикально», то есть от цифры «12» к цифре «6». Значит, сканирование осуществлялось в вертикальном направлении. Проведём касательную к секундной стрелке в точке её крепления к оси. Деление на циферблате, на которое «покажет» касательная, есть момент начала или конца сканирования стрелки (в зависимости от того, вверх или вниз движется каретка). Проводя касательную, убедимся, что она «упирается» в деление, соответствующее 28 секундам, в то время как остриё стрелки показывает 20 секунд, то есть меньшее время. Значит, каретка сканера пересекла остриё секундной стрелки раньше, чем её ось, то есть каретка двигалась от цифры «6» к цифре «12». Отсюда сразу же можно найти время \(\Delta t\), за которое каретка просканировала стрелку. Оно, очевидно, равно \(28 - 20 = 8\) секундам.

Теперь найдём скорость каретки. Расстояние, которое прошла каретка за время \(\Delta t\), равно расстоянию от острия секундной стрелки до прямой, проходящей через ось и цифру «3» на циферблате. Обозначим его через \(L\). На рисунке это расстояние равно \(L_1 \approx 13\) мм. Кроме того, длина секундной стрелки на рисунке равна \(l_1 \approx 25\) мм, а по условию задачи её истинная длина \(l = 15\) мм.

Так как при увеличении рисунка все размеры изменились в одинаковое число раз (изображение не искажено), то справедлива пропорция \(L : L_1 = l : l_1\). Поэтому скорость каретки \(v = \dfrac{L}{\Delta t} = \dfrac{lL_1}{l_1\Delta t} \approx 1\) мм/с.

Ответ

\(S = at^2/4\); «точка поворота» должна приходиться на середину промежутка времени движения \(t\).

Решение

Легко сообразить, что путь будет минимальным тогда, когда тело движется по прямой. Действительно, введём прямоугольную систему координат и направим ось \(x\) вдоль вектора ускорения \(\vec a\). Тогда проекции вектора скорости тела на координатные оси зависят от времени \(\tau\) по следующим законам: \(v_x(\tau) = v_{x0} + a\tau\); \(v_y(\tau) = v_{y0}\); \(v_z(\tau) = v_{z0}\). Здесь \(v_{x0}\), \(v_{y0}\), \(v_{z0}\) — проекции скорости тела на соответствующие оси при \(\tau = 0\). Если положить \(v_{y0} = v_{z0} = 0\), то величина скорости тела в каждый момент времени \(\tau\) будет меньше, чем она была бы при отличных от нуля \(v_{y0}\) и \(v_{z0}\). Поэтому будет меньше и пройденный путь. Значит, для решения задачи нужно рассматривать движение тела вдоль прямой, параллельной оси \(x\).

При таком движении возможны три случая, отличающиеся по знакам скорости в течение времени движения \(t\):

а) \(v_x(\tau) > 0\) при \(0 \leqslant \tau \leqslant t\);

б) \(v_x(\tau) < 0\) при \(0 \leqslant \tau \leqslant t\);

в) \(v_x(\tau) < 0\) при \(0 \leqslant \tau < t_0\) и \(v_x(\tau) > 0\) при \(t_0 < \tau \leqslant t\).

Отметим, что во всех случаях \(a > 0\).

В случае (а) пройденный путь совпадает с перемещением и равен \[S_{\text{а}} = v_{x0}t + \dfrac{at^2}{2} \geqslant \dfrac{at^2}{2}.\] В случае (б) пройденный путь — это перемещение, взятое с обратным знаком. Он равен \[S_{\text{б}} = -\left(v_{x0}t + \dfrac{at^2}{2}\right) = -\left((v_{x0} + at)t - \dfrac{at^2}{2}\right) = -\left(v_x(t)t - \dfrac{at^2}{2}\right) = |v_x(t)|\cdot t + \dfrac{at^2}{2} \geqslant \dfrac{at^2}{2}.\] Наконец, в случае (в) пройденный путь складывается из двух отрезков, пройденных телом до и после «точки поворота» (точки, в которой скорость тела обращается в ноль при \(\tau = t_0\)). Первый отрезок пути может быть найден из формулы, полученной при рассмотрении случая (б), при подстановке в неё \(t = t_0\): \(S_{\text{в}1} = |v_x(t_0)|\cdot t_0 + \dfrac{at_0^2}{2} = \dfrac{at_0^2}{2}\) (здесь учтено, что \(v_x(t_0) = 0\)). Второй же отрезок равен \(S_{\text{в}2} = \dfrac{a(t - t_0)^2}{2}\). Таким образом, пройденный путь в случае (в) равен \[S_{\text{в}} = S_{\text{в}1} + S_{\text{в}2} = \dfrac{at_0^2}{2} + \dfrac{a(t - t_0)^2}{2} = a\left(\left(t_0 - \dfrac{t}{2}\right)^2 + \dfrac{t^2}{4}\right) \geqslant \dfrac{at^2}{4}.\] Значит, минимальным является путь, который тело проходит в случае (в). Он равен \(S = at^2/4\), причём «точка поворота» должна приходиться на середину промежутка времени движения \(t\).

Ответ

\(R_1 = R_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{2I}\) (батарейка и сопротивления соединены последовательно) или \(R_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{2I}\), \(R_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{I}\) (батарейка и сопротивления соединены «звездой»).

Решение

1) Из условия задачи вытекает, что:

— никакие две клеммы не могут быть подключены только к батарейке (иначе бы амперметр при подключении к этим клеммам зашкаливало);

— никакие две клеммы не могут быть соединены друг с другом только соединительным проводом (иначе бы два тока из трёх совпадали).

Поэтому невозможны следующие схемы, изображённые на рисунке 1:

2) Далее, если схема состоит из нескольких отдельных частей, то все три клеммы должны быть подключены к той её части, которая содержит батарейку. Поэтому, с учётом изложенного в пункте 1), также невозможны следующие схемы (см. рис. 2):

3) В итоге нам осталось рассмотреть следующие схемы (см. рис. 3).

Поскольку между клеммами 2 и 3 включено только сопротивление, то в случаях (а) и (б) клеммы 1, 2 и 3 могут располагаться так, как показано на рисунке 4.

Заметим, что схемы 1, 2, 6 эквивалентны друг другу (также эквивалентны друг другу схемы 3, 4, 5). Поэтому для решения задачи достаточно рассмотреть всего три схемы — по одной, соответствующей случаям, изображённым на рисунках 3а и 3б (например, схемы 1 и 4 с рисунка 4) и схему с рисунка 3в. Проделаем это. Запишем (с учётом условия задачи) закон Ома для первой схемы (рисунок 4, схема 1): \[I = \dfrac{\mathcal{E}}{R_1},\quad 2I = \dfrac{\mathcal{E}}{R_1 + R_2}.\] При решении этой системы уравнений значение \(R_2\) получается отрицательным. Значит, такое соединение невозможно. Аналогично для второй схемы (рисунок 4, схема 4): \[I = \dfrac{\mathcal{E}}{R_1 + R_2},\quad 2I = \dfrac{\mathcal{E}}{R_1}.\] Отсюда получаем \(R_1 = R_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{2I}\).

Наконец, для последней схемы (рисунок 3в): \[2I = \dfrac{\mathcal{E}}{R_1},\quad I = \dfrac{\mathcal{E}}{R_2},\] откуда \(R_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{2I}\), \(R_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{I}\).

В итоге получаем, что величины сопротивлений могут быть равны \(R_1 = R_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{2I}\) (батарейка и сопротивления соединены последовательно) или \(R_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{2I}\) и \(R_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{I}\) (батарейка и сопротивления соединены «звездой»).