МОШ, 2001/02, заключительный этап, 9 класс

\(h = \dfrac{l}{2}\); \(T_{\min} = 2\sqrt{\dfrac{2l}{g}}\).

Пусть угол наклона прямых участков тоннеля к горизонту равен \(\alpha\). Тогда вагонетка движется по этим участкам с постоянным ускорением \(a = g\sin\alpha\), сначала ускоряясь, а затем замедляясь. Первый наклонный участок будет пройден вагонеткой за время \(t\), определяемое из условия: \(\dfrac{at^2}{2} = \dfrac{l}{2\cos\alpha}\). Отсюда \(t = \sqrt{\dfrac{l}{a\cos\alpha}}\). Второй наклонный участок будет пройден вагонеткой, очевидно, за такое же время \(t\) (тоннель симметричный). Значит, полное время поездки от \(A\) до \(B\) равно \[T = 2t = 2\sqrt{\dfrac{l}{a\cos\alpha}} = 2\sqrt{\dfrac{l}{g\sin\alpha\cos\alpha}} = 2\sqrt{\dfrac{2l}{g\sin 2\alpha}}.\] Это время будет минимальным при максимальном значении \(\sin 2\alpha\). Так как значение функции синус не может превышать 1, а это значение достигается при величине её аргумента \(\pi/2\), то в нашем случае \(\alpha = \pi/4\). Учитывая это, получаем: \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{2h}{l} = 1,\quad\text{откуда}\quad h = \dfrac{l}{2}.\] Минимальное время поездки, достигаемое при данном значении максимальной глубины тоннеля, равно \(T_{\min} = 2\sqrt{2l/g}\).

\(m = \dfrac{\rho(LS\operatorname{tg}\alpha - 2V)}{4(1 - \cos^3\alpha)}\).

При любом положении рычага действующий на него момент силы тяжести \(mg\) уравновешивается моментом силы реакции штока \(N\), которая, в силу отсутствия трения, всегда направлена перпендикулярно рычагу (см. рис. 1.235). Вертикальная проекция силы реакции равна силе давления, создаваемого столбом налитой в U-образную трубку жидкости. Правило рычага для исходного горизонтального положения имеет вид: \[mg\dfrac{L}{2} = \rho ghS\dfrac{L}{4},\] где \(h\) — расстояние от начального уровня жидкости в открытом колене трубки до уровня нижней поверхности поршня (на рисунке пунктиром показано положение поршня в исходном положении).

После доливания в трубку жидкости поршень вместе со штоком сместится вверх, а рычаг повернётся. При этом плечо силы тяжести уменьшится до \((L\cos\alpha)/2\), а плечо силы реакции штока увеличится до \(L/(4\cos\alpha)\), поскольку шток сохраняет вертикальное положение. При этом вертикальная составляющая силы реакции \(N\cos\alpha\) станет равной \(\rho gh_1S\), где \(h_1\) — расстояние от нового уровня жидкости в открытом колене трубки до нового уровня нижней поверхности поршня. Значит, правило рычага для этого случая имеет вид: \[mg\dfrac{L\cos\alpha}{2} = \dfrac{\rho gh_1S}{\cos\alpha}\cdot\dfrac{L}{4\cos\alpha}.\] Так как шток жёсткий, то смещение поршня при повороте рычага равно расстоянию, на которое поднялся верхний конец штока: \(\Delta x = (L/4)\operatorname{tg}\alpha\). При этом на такое же расстояние опустился уровень жидкости в открытом колене трубки. Долитая же в трубку жидкость объёмом \(V\) обеспечила дополнительный подъём разности уровней до высоты \(h_1\), необходимой для установления равновесия. Следовательно (см. рис. 1.235), \[h_1 = \dfrac{V}{S} + h - 2\Delta x = \dfrac{V}{S} + h - 2\cdot\dfrac{L}{4}\operatorname{tg}\alpha.\] Решая полученные уравнения, находим ответ: \(m = \dfrac{\rho(LS\operatorname{tg}\alpha - 2V)}{4(1 - \cos^3\alpha)}\).

\(AB = \dfrac{k + 1}{k - 1}L = 500\) м.

Для решения задачи сделаем чертёж (см. рисунок). Обозначим на нём буквами \(A\) и \(B\) начальную и конечную автобусные остановки, буквой \(C\) — точку, откуда остановочный павильон \(B\) казался пешеходу в \(k = 1{,}5\) раза ниже павильона \(A\), буквой \(D\) — точку, откуда остановочный павильон \(A\) казался пешеходу в \(k = 1{,}5\) раза ниже павильона \(B\).

Поскольку видимый размер павильона обратно пропорционален расстоянию до него, то справедливы следующие пропорции: \[\dfrac{AC}{CD + DB} = \dfrac{1}{k},\quad \dfrac{DB}{AC + CD} = \dfrac{1}{k}.\] Из них получаем: \[\dfrac{AC}{AC + CD + DB} = \dfrac{1}{k + 1} = \dfrac{AC}{AB},\quad \dfrac{DB}{AC + CD + DB} = \dfrac{1}{k + 1} = \dfrac{DB}{AB}.\] С другой стороны, \(CD = AB - AC - DB\), откуда \[\dfrac{CD}{AB} = 1 - \dfrac{AC}{AB} - \dfrac{DB}{AB} = 1 - \dfrac{1}{k + 1} - \dfrac{1}{k + 1} = \dfrac{k - 1}{k + 1}.\] Отсюда, учитывая, что \(CD = L\), получаем: \[AB = \dfrac{k + 1}{k - 1}L = 500\text{ м}.\]

При \(a_1 = 1\) м/с\(^2\): \(F' = m\left(g + \dfrac{a_1}{3}\right) + 2F_0 \approx 111\) Н; при \(a_2 = 2\) м/с\(^2\): \(F' = m(g + a_2) = 118\) Н.

Когда лифт неподвижен, на тело действуют сила тяжести \(mg\), сила натяжения верхней верёвки \(F\) и силы натяжения нижних верёвок \(F_0\). Из условия равновесия получаем: \[F = mg + 2F_0.\qquad(1)\] При движении лифта с постоянным ускорением \(a\), направленным вверх, в установившемся режиме тело движется с тем же ускорением \(a\). Поэтому силы натяжения верёвок должны измениться. Из второго закона Ньютона: \[F' - mg - 2F_0' = ma,\qquad(2)\] где \(F'\) и \(F_0'\) — силы натяжения верхней и нижних верёвок.

Для того, чтобы записать ещё одно недостающее для решения задачи уравнение, учтём, что сила натяжения верёвки зависит от её удлинения \(x\) следующим образом: при \(x \leqslant 0\) сила \(F = 0\), при \(x > 0\) сила \(F = kx\), где \(k\) — некоторый коэффициент, одинаковый для всех верёвок. Отсюда получаем, что при неподвижном лифте удлинения верхней и нижних верёвок \(x\) и \(x_0\) связаны соотношением: \[\dfrac{x}{F} = \dfrac{x_0}{F_0} = \dfrac{1}{k}.\] В лифте, движущемся с направленным вверх ускорением \(a\), верхняя верёвка дополнительно растянется на величину \(y\), а нижние укоротятся на такую же величину. Таким образом, удлинения верёвок будут равны \[x' = x + y,\quad x_0' = x_0 - y.\] Возможны два случая: \(x_0' > 0\) и \(x_0' \leqslant 0\).

В первом случае \[F_0' = kx_0',\quad F' = kx',\quad F_0' - F_0 = -ky,\quad F' - F = ky.\] Вычитая из соотношения (2) соотношение (1), получаем: \[F' - F = ma + 2(F_0' - F_0),\] или \(ma = 3ky\), то есть \(y = \dfrac{ma}{3k}\). Отсюда сила натяжения верхней верёвки \[F' = F + ky = mg + 2F_0 + \dfrac{ma}{3},\] а силы натяжения нижних верёвок \[F_0' = F_0 - ky = F_0 - \dfrac{ma}{3}.\] Указанный случай возможен при \(F_0 - \dfrac{ma}{3} > 0\), то есть при \(a < 3F_0/m = 1{,}5\) м/с\(^2\). Этому неравенству соответствует заданное в условии задачи ускорение \(a_1 = 1\) м/с\(^2\). Следовательно, при этом ускорении \[F' = m\left(g + \dfrac{a_1}{3}\right) + 2F_0 \approx 111\text{ Н}.\] В другом случае (при \(x_0' \leqslant 0\)), когда \(a \geqslant 3F_0/m = 1{,}5\) м/с\(^2\), нижние верёвки не натянуты, то есть \(F_0' = 0\), а \(F' = m(g + a)\). Этот случай реализуется при ускорении лифта \(a_2 = 2\) м/с\(^2\). При этом ускорении \[F' = m(g + a_2) = 118\text{ Н}.\]

\(v = \dfrac{S_1 + S_2}{t}\); при \(S_2 \neq 0\): \(\max(S_1 - S_2;\,0) \leqslant l \leqslant S_1\); при \(S_2 = 0\): \(l \geqslant S_1\) и \(v = S_1/t\).

Если \(S_2 \neq 0\), то шайбы за рассматриваемый промежуток времени соударялись. Пусть \(v\) — скорость первой шайбы до соударения. Соударение одинаковых шайб удобно исследовать в системе отсчёта, движущейся со скоростью \(v/2\). В этой системе отсчёта шайбы до соударения движутся навстречу друг другу со скоростями \(v/2\), противоположными по направлению. После столкновения шайбы разлетятся в противоположные стороны со скоростями \(\alpha v/2\), где \(\alpha\) — число от 0 до 1. В неподвижной системе отсчёта скорости шайб после соударения будут равны \[v_1 = \dfrac{v}{2}(1 - \alpha),\quad v_2 = \dfrac{v}{2}(1 + \alpha),\] а пути, пройденные шайбами за время \(t\): \[S_1 = v\tau + \dfrac{v}{2}(1 - \alpha)(t - \tau),\quad S_2 = \dfrac{v}{2}(1 + \alpha)(t - \tau).\] Здесь \(\tau > 0\) — время, прошедшее от начала движения первой шайбы до момента её соударения со второй шайбой. Складывая два последних равенства, получаем: \(S_1 + S_2 = vt\), откуда однозначно определяется начальная скорость первой шайбы: \[v = \dfrac{S_1 + S_2}{t}.\] Подставляя эту скорость в выражение для \(S_2\), находим: \[\dfrac{\tau}{t} = 1 - \dfrac{2S_2}{(S_1 + S_2)(1 + \alpha)}.\] Начальное расстояние между шайбами \[l = v\tau = \dfrac{(S_1 + S_2)\tau}{t} = S_1 + S_2 - \dfrac{2S_2}{1 + \alpha}.\] Поскольку \(0 \leqslant \alpha \leqslant 1\), то \(l\) может принимать следующие значения: \(S_1 - S_2 \leqslant l \leqslant S_1\). Это условие следует дополнить ограничением \(l \geqslant 0\). С его учётом получаем диапазон возможных значений начального расстояния между шайбами при \(S_2 \neq 0\): \[\max(S_1 - S_2;\,0) \leqslant l \leqslant S_1.\] При \(S_2 = 0\) шайбы не соударялись, что означает \(l \geqslant S_1\) и \(v = S_1/t\).

Грубая оценка: \(t_3 = \dfrac{\lambda t_2}{C(T_3 - T_4)} \approx 6\) часов; уточнённая оценка: \(t_3 \approx 6{,}5\) часа.

Оценку времени замерзания можно получить следующим образом. Будем предполагать, что количество теплоты \(q\), отдаваемое в единицу времени морозильнику, одинаково для процесса остывания от \(T_3 = +2\,^\circ\text{C}\) до \(T_4 = 0\,^\circ\text{C}\) и для процесса замерзания воды при \(0\,^\circ\text{C}\). Обозначая через \(M\) массу воды, получаем: \[qt_2 = CM(T_3 - T_4).\] Время замерзания воды \(t_3\) определим из соотношения \[qt_3 = \lambda M.\] Из записанных уравнений находим: \[t_3 = \dfrac{\lambda M}{q} = \dfrac{\lambda t_2}{C(T_3 - T_4)} = \dfrac{340\ \dfrac{\text{кДж}}{\text{кг}}\cdot 9\text{ мин}}{4200\ \dfrac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot{}^\circ\text{C}}\cdot 2\,^\circ\text{C}} \approx 360\text{ мин} = 6\text{ часов}.\] Более точную оценку времени замерзания можно получить, если исследовать зависимость скорости теплоотдачи от разности температур. При охлаждении от температуры \(T_1 = +29\,^\circ\text{C}\) до \(T_2 = +25\,^\circ\text{C}\) скорость теплоотдачи в расчёте на единицу массы \[\dfrac{q_1}{M} = \dfrac{C(T_1 - T_2)}{t_1} = \dfrac{4200\text{ Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C)}\cdot 4\,^\circ\text{C}}{6\text{ мин}} = 2800\ \dfrac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot\text{мин}},\] а при охлаждении от \(T_3 = +2\,^\circ\text{C}\) до \(T_4 = 0\,^\circ\text{C}\) \[\dfrac{q_2}{M} = \dfrac{C(T_3 - T_4)}{t_2} = \dfrac{4200\ \dfrac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot{}^\circ\text{C}}\cdot 2\,^\circ\text{C}}{9\text{ мин}} = \dfrac{2800}{3}\ \dfrac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot\text{мин}},\] то есть в 3 раза меньше. Это связано с тем, что в первом случае разность средней температуры воды и температуры в морозильной камере равна \(\dfrac{T_1 + T_2}{2} - T_0 = 39\,^\circ\text{C}\), а во втором случае эта разность равна \(\dfrac{T_3 + T_4}{2} - T_0 = 13\,^\circ\text{C}\), то есть также в 3 раза меньше. Таким образом, скорость теплоотдачи пропорциональна разности температур кастрюли с водой и морозильной камеры. В процессе замерзания воды эта разность будет в \[\dfrac{\dfrac{T_3 + T_4}{2} - T_0}{T_4 - T_0} = \dfrac{13}{12}\] раз меньше, чем при охлаждении воды от \(T_3 = +2\,^\circ\text{C}\) до \(T_4 = 0\,^\circ\text{C}\). Поэтому время замерзания будет во столько же раз больше: \[t_3 = \dfrac{\lambda t_2}{C(T_3 - T_4)}\left(\dfrac{\dfrac{T_3 + T_4}{2} - T_0}{T_4 - T_0}\right) \approx 6{,}5\text{ час}.\]

\(R = 2\) Ом, \(R_A = 2\) Ом, \(R_V = 2\) Ом.

Обозначим через \(R_A\), \(R_V\) и \(R\) сопротивления амперметра, вольтметра и резистора, а через \(U\) — напряжение батарейки. Тогда по закону Ома в первом и во втором случаях получаем: \[U = I_1R_A + U_1,\quad U = I_2R_A + U_2.\] Отсюда \((I_1 - I_2)R_A = U_2 - U_1\), и \[R_A = \dfrac{U_2 - U_1}{I_1 - I_2} = 2\text{ Ом};\] \[U = I_1\dfrac{U_2 - U_1}{I_1 - I_2} + U_1 = \dfrac{I_1U_2 - I_2U_1}{I_1 - I_2} = 3\text{ В}.\] В первом случае через параллельно соединённые вольтметр и резистор течёт суммарный ток \[I_1 = U_1\left(\dfrac{1}{R_V} + \dfrac{1}{R}\right).\] Во втором случае на параллельно соединённых амперметре и резисторе падает напряжение \(U - U_2\). Поэтому в данном случае ток, текущий через резистор, равен \(\dfrac{U - U_2}{R}\), а ток через вольтметр \(\dfrac{U - U_2}{R} + I_2\). С другой стороны, этот же ток равен \(\dfrac{U_2}{R_V}\), то есть \[\dfrac{U - U_2}{R} + I_2 = \dfrac{U_2}{R_V}.\] Из записанных соотношений получаем: \[\dfrac{U}{R} = U_2\left(\dfrac{1}{R_V} + \dfrac{1}{R}\right) - I_2 = I_1\dfrac{U_2}{U_1} - I_2;\] \[R = \dfrac{U}{I_1\dfrac{U_2}{U_1} - I_2} = \dfrac{I_1U_2 - I_2U_1}{I_1 - I_2}\cdot\dfrac{U_1}{I_1U_2 - I_2U_1} = \dfrac{U_1}{I_1 - I_2} = 2\text{ Ом}.\] \[\dfrac{1}{R_V} = \dfrac{I_1}{U_1} - \dfrac{1}{R} = \dfrac{I_1}{U_1} - \dfrac{I_1 - I_2}{U_1} = \dfrac{I_2}{U_1};\] \[R_V = \dfrac{U_1}{I_2} = 2\text{ Ом}.\]