МОШ, 2000/01, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(t_1 = \dfrac{3v - u}{3v + u}\,t\).

Решение

Пусть один шаг занимает время \(\tau\). Тогда при варианте движения «один шаг вперёд и два шага назад» за время \(3\tau\) пассажир смещается относительно земли на \(S_1 = 3\tau v - u\tau\). Средняя скорость движения пассажира \(v_{\text{ср}1} = \dfrac{S_1}{3\tau} = \dfrac{L}{t}\), где \(L\) — длина эскалатора. Отсюда \(L = \dfrac{3v - u}{3}t\). Из этой формулы видно, что при \(u \geqslant 3v\) пассажир не сможет достичь противоположного конца эскалатора. При варианте движения «два шага вперёд и один шаг назад» за время \(3\tau\) пассажир смещается относительно земли на \(S_2 = 3\tau v + u\tau\). Аналогично предыдущему случаю, \(v_{\text{ср}2} = \dfrac{S_2}{3\tau} = \dfrac{L}{t_1}\), где \(t_1\) — искомое время. С учётом выражения для \(L\) получаем: \[t_1 = \dfrac{3v - u}{3v + u}\,t.\]

Ответ

\(t \approx 120 \pm 10\) с.

Решение

Разобьём данный пятикилометровый отрезок дороги на много одинаковых маленьких участков длиной \(\Delta x\) каждый. Тогда скорость автомобиля на каждом из участков можно считать приблизительно постоянной. На прохождение \(i\)-го участка дороги автомобилю требуется время \(\Delta t_i = \dfrac{\Delta x}{v_i}\), где \(v_i\) — скорость автомобиля на \(i\)-ом участке. Значит, полное время, за которое автомобиль проехал участок, равно \[t = \sum_i\Delta t_i = \sum_i\dfrac{1}{v_i}\Delta x.\] Это время может быть найдено графически. Для этого нужно построить график зависимости обратной скорости \(1/v\) от пройденного пути \(x\), после чего вычислить площадь под ним. Построение удобно выполнить прямо на рисунке, приведённом в условии задачи. Для удобства можно достроить имеющуюся там сетку до 100 единиц по вертикальной оси и отложить величину \(1000/v\) (см. рисунок).

Тогда подсчёт площади легко провести по клеткам под графиком этой величины, и в результате получается \[t \approx 120 \pm 10\text{ с}.\]

Ответ

\(V = u\sqrt{2}\); источник движется по биссектрисе прямого угла между стенками.

Решение

Из условия следует, что одинаковые и постоянные величины \(u\) скоростей теней на вертикальных стенках связаны с величинами \(v\) скоростей точек 1 и 2 соотношением \(v = 2u/\sqrt{3} = u/\cos\alpha\). Поскольку источник света, точка и тень от неё лежат на одной прямой, а скорость источника \(V\) также должна быть постоянна по величине, то ясно, что взаимное расположение источника, точек 1 и 2 и теней должно быть симметричным и таким, как изображено на рис. 1: источник, точка 1 и её тень лежат на перпендикуляре к одной стенке, источник, точка 2 и её тень лежат на перпендикуляре к другой стенке, а сам источник движется по биссектрисе прямого угла между стенками со скоростью \(V = u\sqrt{2}\).

Только в этом случае после небольшого смещения источника, точек 1 и 2 и теней за малое время \(\Delta t\) прямые, соединяющие источник с каждой из точек и их тенями, сместятся параллельно самим себе, соотношения между \(u\), \(v\) и \(V\) не изменятся, и величина \(V\) останется неизменной.

Действительно, если точки и их тени не лежат на перпендикулярах к стенкам, то для того, чтобы величина \(V\) оставалась постоянной при движении точек и источника, величина скорости точек \(v'\) должна быть либо больше (см. рис. 2), либо меньше (см. рис. 3), чем \(v = 2u/\sqrt{3}\).

Ответ

Скорости автомобилей одинаковы и равны \(v = 20\) м/с.

Решение

Поскольку в некоторый момент времени \(t_0\) относительная скорость автомобилей равна нулю, то скорости автомобилей в этот момент равны и по величине, и по направлению. Поэтому величины скоростей автомобилей одинаковы. В момент \(t_0\) ускорение одного автомобиля равно нулю, а ускорение второго автомобиля равно \((v^2/R)\vec n\), где \(\vec n\) — единичный вектор в направлении к центру окружности, по которой движется этот автомобиль (см. рис. 1).

В течение промежутка времени \(\Delta t = |t - t_0| \ll \dfrac{R}{v}\) движение второго автомобиля относительно первого можно считать равноускоренным, поэтому относительная скорость \(\vec v_{\text{отн}} \approx \dfrac{v^2}{R}\vec n(t - t_0)\), то есть \[v_{\text{отн}} \approx \dfrac{v^2}{R}|t - t_0|.\] Проводя касательные к графику вблизи момента времени \(t_0 = 20\) с (см. рис. 2), из их наклона получаем \[\dfrac{v^2}{R} = \dfrac{\Delta v_{\text{отн}}}{\Delta t} = \dfrac{40\text{ м/с}}{20\text{ с}} = 2\text{ м/с}^2,\] откуда \[v = \sqrt{\dfrac{\Delta v_{\text{отн}}}{\Delta t}\cdot R} = \sqrt{2\ \dfrac{\text{м}}{\text{с}^2}\cdot 200\text{ м}} = 20\text{ м/с}.\]

Ответ

Оба груза движутся вверх с одинаковой постоянной скоростью \(v_1 = v_2 = v/3\).

Решение

Из условия задачи следует, что сила натяжения нити \(F\) везде вдоль нити одна и та же. До начала движения, очевидно, эта сила равна \(F_0 = mg\), а груз \(2m\) не давит на пол. В начале движения сила увеличивается на некоторую величину \(\Delta F\) на короткое время \(\Delta t\), за счёт чего грузы начинают двигаться вверх со скоростями \(v_1\) и \(v_2\). По закону изменения импульса можно записать: \[\Delta F\cdot\Delta t = mv_1;\quad 2\Delta F\cdot\Delta t = 2mv_2,\] откуда следует, что \(v_1 = v_2\). В дальнейшем эти скорости будут оставаться постоянными, а сила натяжения снова станет равной \(F_0 = mg\). Поскольку конец нити вытягивают со скоростью \(v\), а длина нити \(L\), можно записать для двух моментов времени выражение для длины нити через координаты блоков и грузов (см. рисунок):

\[x_{\text{к}} - x_2 + x_0 - x_2 + x_0 - x_1 + 2\pi R = L;\] \[(x_{\text{к}} + vt) - (x_2 + v_1t) + x_0 - (x_2 + v_1t) + x_0 - (x_1 + v_1t) + 2\pi R = L.\qquad(1)\] Вычитая из второго уравнения первое, получаем: \(vt - 3v_1t = 0\), или \(v_1 = v_2 = v/3\).

Задача может быть решена и другим способом, путём рассмотрения уравнений движения грузов на этапе их разгона от состояния покоя до конечной скорости. Обозначая ускорения грузов \(m\) и \(2m\) через \(a_1\) и \(a_2\) соответственно, получаем уравнения движения: \(F - mg = ma_1\); \(2F - 2mg = 2ma_2\). Отсюда \(a_1 = a_2\).

Из уравнения кинематической связи (1) следует, что \(x_{\text{к}} - 2x_2 - x_1 = \text{const}\), следовательно, в каждый момент времени скорости грузов \(v_1(t)\), \(v_2(t)\) и конца нити \(v_{\text{к}}(t)\) связаны соотношением \(v_{\text{к}}(t) = 2v_2(t) + v_1(t)\), а связь соответствующих ускорений имеет вид: \(a_{\text{к}} = 2a_2 + a_1\). С учётом равенства ускорений грузов получаем \(a_1 = a_2 = a_{\text{к}}/3\). Поскольку ускорения грузов в каждый момент времени одинаковы, а в начальный момент времени грузы покоятся, то скорости, которые приобретут грузы, также будут одинаковы и равны \(v_1 = v_2 = v/3\).

Ответ

\(T = \dfrac{\sqrt{a^2 + l^2}}{c}\) при \(\dfrac{c}{v} \geqslant \dfrac{l}{\sqrt{a^2 + l^2}}\);  \(T = \dfrac{l}{v} + a\sqrt{\dfrac{1}{c^2} - \dfrac{1}{v^2}}\) при \(\dfrac{c}{v} < \dfrac{l}{\sqrt{a^2 + l^2}}\).

Решение

Обозначим точку удара по первому стержню через \(A\), а точку, в которой принимают звуковой сигнал — через \(B\) (см. рис. 1). В зависимости от соотношения между параметрами, заданными в условии задачи, звук быстрее дойдёт до точки \(B\) или при распространении по прямой \(AB\), или при распространении сначала вдоль стержня, а затем по воде.

При \(c \geqslant v\) звуковой сигнал, очевидно, быстрее дойдёт до точки \(B\), распространяясь по прямой \(AB\). Время распространения сигнала в этом случае будет равно \[T_1 = \dfrac{\sqrt{a^2 + l^2}}{c}.\] Пусть \(c < v\). Рассмотрим два сигнала, одновременно вышедших из точки \(A\), один из которых идёт по прямой сразу в точку \(B\), а другой сначала распространяется на малое расстояние \(x\) по стержню до точки \(D\), а затем идёт в точку \(B\) по воде. Обозначим \(\angle CAB = \alpha\). Разность \(AB - DB\) в силу малости \(x\) приближённо равна произведению \(x\cos\alpha\). Следовательно, разность времён распространения сигналов по путям \(AB\) и \(DB\) равна \[\Delta t = \dfrac{AB}{c} - \left(\dfrac{x}{v} + \dfrac{DB}{c}\right) = \dfrac{x\cos\alpha}{c} - \dfrac{x}{v}.\] При выполнении условия \[\cos\alpha = \dfrac{l}{\sqrt{a^2 + l^2}} < \dfrac{c}{v}\] разность \(\Delta t\) отрицательна, и звук быстрее дойдёт до точки \(B\) по прямой, затратив на это время \(T_1\). При \(\cos\alpha > \dfrac{c}{v}\) разность \(\Delta t\) положительна, то есть звуковой сигнал быстрее дойдёт до точки \(B\) по ломаной линии (распространяясь сначала вдоль стержня, а затем по воде).

Пусть в последнем случае звук доходит по стержню до некоторой точки \(A'\) (см. рис. 2), для которой \(\cos\alpha' = \dfrac{c}{v}\), и начинает распространяться по прямой \(A'B\). Время распространения этого сигнала \[T_2 = \dfrac{l - \dfrac{a}{\operatorname{tg}\alpha'}}{v} + \dfrac{a}{c\sin\alpha'} = \dfrac{l}{v} + a\left(\dfrac{1}{c\sin\alpha'} - \dfrac{1}{v\operatorname{tg}\alpha'}\right).\] Так как \(\cos\alpha' = \dfrac{c}{v}\), то \(\sin\alpha' = \sqrt{1 - \dfrac{c^2}{v^2}}\), \(\operatorname{tg}\alpha' = \sqrt{\dfrac{v^2}{c^2} - 1}\), и \[T_2 = \dfrac{l}{v} + a\sqrt{\dfrac{1}{c^2} - \dfrac{1}{v^2}}.\] Объединяя рассмотренные случаи, получаем ответ для минимального времени распространения звука между точками \(A\) и \(B\): \[T = \begin{cases} \dfrac{\sqrt{a^2 + l^2}}{c} & \text{при}\ \dfrac{c}{v} \geqslant \dfrac{l}{\sqrt{a^2 + l^2}};\\ \dfrac{l}{v} + a\sqrt{\dfrac{1}{c^2} - \dfrac{1}{v^2}} & \text{при}\ \dfrac{c}{v} < \dfrac{l}{\sqrt{a^2 + l^2}}. \end{cases}\] Отметим, что при одновременном выполнении условий \(c < v\) и \(\cos\alpha > \dfrac{c}{v}\) сигнал может распространяться как по пути \(AA'B\), так и по путям \(AB'B\) и \(AA''B''B\). При этом сигналы, распространяющиеся по всем трём путям, достигнут точки \(B\) одновременно, но их интенсивности будут различными. Сигналы, прошедшие по путям \(AA'B\) и \(AB'B\), преломляются на границе стержень–вода по одному разу и будут иметь примерно одинаковую амплитуду, а сигналы, прошедшие по всем путям типа \(AA''B''B\), преломляются по два раза и будут гораздо слабее. Заметим также, что после первого сигнала, пришедшего в точку \(B\), будет слышен довольно продолжительный гул, так как звук излучают все точки стержня, по которому бежит волна от удара, но эти сигналы приходят позже. Ситуация в этом случае напоминает то, что слышно при пролёте сверхзвукового самолёта или ударе молнии: вначале наблюдатель слышит удар, а затем раскаты.

В заключение отметим, что задачу можно решать и другим способом, строя так называемый «конус Маха».