МОШ, 2000/01, заключительный этап, 8 класс

\(m = M\dfrac{y - x}{y(1 + 2x)} = \dfrac{M}{6}\).

Для решения задачи воспользуемся правилом рычага. При взвешивании груза неизвестной массы \(m\) на плечи коромысла длины \(L\) действуют силы \(mg\), \(Mg\) и \(m_{\text{к}}g\), где \(m_{\text{к}}\) — масса коромысла (см. рисунок).

Плечи этих сил относительно оси, проходящей через точку опоры перпендикулярно плоскости рисунка, равны \((0{,}5 + x)L\), \((0{,}5 - x)L\) и \(xL\) соответственно. Условие равновесия рычага имеет вид: \[mg(0{,}5 + x)L + m_{\text{к}}gxL = Mg(0{,}5 - x)L,\] откуда \[m = \dfrac{M(0{,}5 - x) - m_{\text{к}}x}{0{,}5 + x}.\] Рассмотрим теперь второе взвешивание (без груза неизвестной массы), которое позволит нам найти массу коромысла. Плечи сил \(Mg\) и \(m_{\text{к}}g\) будут теперь равны \((0{,}5 - y)L\) и \(yL\) соответственно. Тогда условие равновесия рычага даёт: \[m_{\text{к}}gyL = Mg(0{,}5 - y)L,\] откуда \[m_{\text{к}} = \dfrac{M(0{,}5 - y)}{y}.\] Следовательно, \[m = \dfrac{M(0{,}5 - x) - \dfrac{M(0{,}5 - y)}{y}\cdot x}{0{,}5 + x} = M\dfrac{y - x}{y(1 + 2x)} = M\dfrac{(1/3) - (1/4)}{(1/3)\left(1 + 2\cdot(1/4)\right)} = \dfrac{M}{6}.\]

При \(\rho < \rho_0\) силы одинаковы; при \(\rho > \rho_0\) сосуд с грузом давит сильнее на \(F = mg\left(1 - \dfrac{\rho_0}{\rho}\right)\).

При решении задачи следует рассмотреть два случая: \(\rho < \rho_0\) и \(\rho > \rho_0\).

В первом случае груз плавает в жидкости, и поскольку её уровень в обоих сообщающихся сосудах одинаков, то давление жидкости на дно сосудов одинаково, и силы давления сосудов на стол также одинаковы.

Во втором случае утонувший груз будет лежать на дне сосуда и давить на него с силой, равной разности силы тяжести \(mg\) и силы Архимеда \(\rho_0g\cdot m/\rho\). При этом жидкость по-прежнему будет давить на дно сообщающихся сосудов с одинаковой силой. Поэтому сосуд с грузом будет давить на стол с силой, превышающей силу давления сосуда без груза на величину \(F = mg\left(1 - \dfrac{\rho_0}{\rho}\right)\).

Холодный воздух «подсасывается» к костру со всех сторон и, обтекая человека, создаёт завихрения, в которые втягивается дым.

Продукты сгорания и прогревшийся воздух поднимаются от костра вверх, а их место внизу заполняется холодным воздухом, который со всех сторон «подсасывается» к костру. Эти потоки воздуха, обтекающие человека с боков, образуют завихрения (см. рисунок), в которые и втягивается дым.

Таким образом, столб дыма от костра как бы «притягивается» к человеку и лезет ему в глаза, с какой бы стороны от костра он ни находился.

\(h \approx 0{,}0857\) м \(= 8{,}57\) см.

Для плавления льда при температуре \(T_1 = 0\,^\circ\text{C}\) требуется сжечь массу бензина \(m_2\), которую можно определить из уравнения теплового баланса: \(m\lambda = \alpha m_2q\), откуда \[m_2 = \dfrac{m\lambda}{\alpha q} = \dfrac{1\text{ кг}\cdot 3{,}4\cdot 10^5\text{ Дж/кг}}{0{,}8\cdot 4{,}6\cdot 10^7\text{ Дж/кг}} \approx 9{,}2\cdot 10^{-3}\text{ кг} = 9{,}2\text{ г}.\] Для нагревания воды массой \(2m\) до температуры \(T_2 = 100\,^\circ\text{C}\) требуется сжечь массу бензина \(m_3\), которую также можно определить из уравнения теплового баланса: \(2mC(T_2 - T_1) = \alpha m_3q\), откуда \[m_3 = \dfrac{2mC(T_2 - T_1)}{\alpha q} =\] \[= \dfrac{2\cdot 1\text{ кг}\cdot 4{,}2\cdot 10^3\text{ Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C)}\cdot 100\,^\circ\text{C}}{0{,}8\cdot 4{,}6\cdot 10^7\text{ Дж/кг}} \approx 22{,}8\cdot 10^{-3}\text{ кг} = 22{,}8\text{ г}.\] Масса оставшегося бензина равна \[m_4 = m_1 - m_2 - m_3 = 50\text{ г} - 9{,}2\text{ г} - 22{,}8\text{ г} \approx 18{,}0\text{ г}.\] Теплота сгорания оставшегося бензина пойдёт на испарение воды массой \(M\), причём \(ML = \alpha m_4q\). Отсюда \[M = \dfrac{\alpha m_4q}{L} = \dfrac{0{,}8\cdot 18\cdot 10^{-3}\text{ кг}\cdot 4{,}6\cdot 10^7\text{ Дж/кг}}{2{,}3\cdot 10^6\text{ Дж/кг}} \approx 0{,}288\text{ кг}.\] Масса оставшейся после испарения воды равна \(M_1 = 2m - M = 1{,}712\) кг. Объём оставшейся воды при \(100\,^\circ\text{C}\) составляет \(V_1 = M_1/\rho = 1{,}783\cdot 10^{-3}\text{ м}^3 = 1{,}783\) л. Площадь дна кубического сосуда объёмом \(V = 3\) литра равна \(S = \left(\sqrt[3]{V}\right)^2 \approx 2{,}08\cdot 10^{-2}\) м\(^2\). Следовательно, уровень оставшейся в сосуде воды равен \[h = \dfrac{V_1}{S} = \dfrac{2mL - \alpha m_1q + m\lambda + 2mC(T_2 - T_1)}{\rho L\left(\sqrt[3]{V}\right)^2} = \dfrac{1{,}783\cdot 10^{-3}\text{ м}^3}{2{,}08\cdot 10^{-2}\text{ м}^2} \approx\] \[\approx 0{,}0857\text{ м} = 8{,}57\text{ см}.\]

Ни в каком: месяц «рогами» вверх видят только вблизи экватора, а пейзаж зимний и равнинный.

Ни в каком. Месяц «рогами» вверх можно увидеть только вблизи экватора, а пейзаж на картине — зимний! Правда, снег и мороз около экватора бывают высоко в горах. Но пейзаж, судя по картине, равнинный.

Если массу противовеса увеличить на \(\Delta m\), уровень воды опустится на \(\Delta l = \dfrac{Mh}{\rho_{\text{о}}HS} \approx 1{,}11\) см; если уменьшить на \(\Delta m\), уровень поднимется на \(\Delta l = \dfrac{\Delta m}{\rho_{\text{в}}S} = 3{,}2\) см.

Площадь основания бруска равна \(S_1 = \dfrac{M}{\rho_{\text{о}}H} \approx 13{,}9\) см\(^2\). Масса вытесненной бруском воды (в положении равновесия) равна \(\rho_{\text{в}}hS_1 \approx 27{,}8\) г. При равновесии весов соблюдается условие: \[Mg - \rho_{\text{в}}ghS_1 = mg,\qquad(1)\] где \(m\) — масса противовеса. Далее возможны два случая.

1) Если к противовесу добавить массу \(\Delta m = 80\) г, то равновесие нарушится, брусок поднимется и выйдет из воды, так как \(\Delta m > \rho_{\text{в}}hS_1\). До нарушения равновесия объём воды, находившейся выше нижнего основания бруска, составлял \((S - S_1)h\). Эта часть воды после того, как брусок поднимется, растечётся по объёму с площадью \(S\) и высотой \(\Delta l_1\), то есть \((S - S_1)h = S\Delta l_1\). Отсюда \(\Delta l_1 = h - \dfrac{S_1}{S}h\). Таким образом, если массу противовеса увеличить на \(\Delta m\), то уровень воды в стакане опустится на величину \[\Delta l = h - \Delta l_1 = \dfrac{S_1}{S}h = \dfrac{Mh}{\rho_{\text{о}}HS} \approx 1{,}11\text{ см}.\] 2) Если от противовеса отнять массу \(\Delta m\), то брусок опустится, и новое положение равновесия будет достигнуто при глубине погружения бруска, равной \(h + \Delta h\). При этом условие равновесия имеет вид: \[Mg - \rho_{\text{в}}g(h + \Delta h)S_1 = (m - \Delta m)g.\qquad(2)\] Вычитая из уравнения (1) уравнение (2), получаем: \(\rho_{\text{в}}\Delta hS_1 = \Delta m\), откуда \(\Delta h = \dfrac{\Delta m}{\rho_{\text{в}}S_1} \approx 5{,}76\) см. Таким образом, \(h + \Delta h \approx 7{,}76\text{ см} < H = 10\) см, то есть брусок не утонет. Отношение изменения уровня воды \(\Delta l\) и глубины погружения бруска \(\Delta h\) равно, как нетрудно видеть, отношению площадей бруска \(S_1\) и сосуда \(S\). Поэтому, если массу противовеса уменьшить на \(\Delta m\), то уровень воды в стакане поднимется на \[\Delta l = \dfrac{S_1}{S}\Delta h = \dfrac{\Delta m}{\rho_{\text{в}}S} = 3{,}2\text{ см}.\]

\(t' = \dfrac{L}{l}t = 6\) часов.

Количество тепла \(\Delta Q\), поступающее к сосульке из внешней среды за небольшой промежуток времени \(\Delta t\), пропорционально площади её боковой поверхности \(S\) и этому промежутку \(\Delta t\). Это тепло идёт на плавление льда при неизменной его температуре \(0\,^\circ\text{C}\), то есть \(\Delta Q = \Delta m\lambda\), где \(\lambda\) — удельная теплота плавления льда. Масса \(\Delta m\) растаявшего за время \(\Delta t\) льда равна \(\rho S\Delta h\), где \(\rho\) — плотность льда, а толщина растаявшего слоя \(\Delta h\) пропорциональна изменению длины сосульки \(\Delta l\), поскольку сосулька тает с поверхности, сохраняя свою форму. Получаем, что \[\Delta Q = \Delta m\lambda = \rho S\Delta h\lambda \sim \rho S\Delta l\lambda \sim S\Delta t,\] откуда \[\dfrac{\Delta l}{\Delta t} \sim \dfrac{1}{\rho\lambda} = \text{const}.\] Таким образом, длина сосульки убывает с постоянной скоростью. Поэтому сосулька длиной \(L\) растает за время \[t' = \dfrac{L}{l}t = 6\text{ часов}.\]