МОШ, 2002/03, заключительный этап, 9 класс

Ответ

Минимальное расстояние \(L = 100\sqrt{2} \approx 141{,}4\) мили; это произошло в полдень (в \(12^{00}\)).

Решение

Нарисуем положения кораблей в \(12^{00}\). В этот момент первый корабль движется со скоростью \(v_1 = 15\) миль в час на восток, а второй корабль находится на 100 миль восточнее и на 60 миль южнее острова и движется со скоростью \(v_2 = 15\) миль в час на юг. Перейдём в систему отсчёта, связанную с одним из кораблей — например, с первым. Пусть начало координат совпадает с первым кораблём, ось \(X\) направлена с запада на восток, а ось \(Y\) — с севера на юг. В этой системе отсчёта второй корабль в \(12^{00}\) находится в точке с координатами \((x_0, y_0) = (100\text{ миль}, 100\text{ миль})\) и движется со скоростью \((v_x, v_y) = (-v_1, v_2) = (-15\text{ миль/ч}, 15\text{ миль/ч})\) в направлении, перпендикулярном линии, соединяющей оба корабля (см. рис. 1.21). Очевидно, что именно в этот момент расстояние между кораблями минимально и равно \(L = 100\sqrt{2} \approx 141{,}4\) мили.

Ответ

\(T_+ = 80\ {}^\circ\)C.

Решение

Обозначим искомую температуру горячей воды через \(T_+\), а массу горячей воды, поступающей в единицу времени в калориметр, через \(\mu\). Тогда температура \(T\) воды в калориметре в момент времени \(t\) определяется из уравнения теплового баланса: \[Cm_0(T - T_0) = C\mu t(T_+ - T),\] где \(C\) — удельная теплоёмкость воды. Записывая это уравнение для двух моментов времени \(t_1\) и \(t_2\), когда температура воды в калориметре равна \(T_1\) и \(T_2\) соответственно, получим: \[m_0(T_1 - T_0) = \mu t_1(T_+ - T_1),\qquad m_0(T_2 - T_0) = \mu t_2(T_+ - T_2).\] Разделив второе уравнение этой системы на первое, получим уравнение для определения \(T_+\): \[\dfrac{T_2 - T_0}{T_1 - T_0}\cdot\dfrac{t_1}{t_2} = \dfrac{T_+ - T_2}{T_+ - T_1}.\] Отсюда \[T_+ = \dfrac{T_2(T_1 - T_0)t_2 - T_1(T_2 - T_0)t_1}{(T_1 - T_0)t_2 - (T_2 - T_0)t_1}.\] Из приведённого в условии графика видно, что, например, в момент времени \(t_1 = 200\) с температура \(T_1 = 30\ {}^\circ\)C, а в момент времени \(t_2 = 500\) с температура \(T_2 = 40\ {}^\circ\)C. Подставляя эти числа в полученную формулу, найдём, что температура горячей воды равна \(T_+ = 80\ {}^\circ\)C.

Ответ

Сразу после опускания шарика перетекло 25 г воды, при таянии льда перетечёт ещё 20 г.

Решение

По условию задачи шарик погружается в воду наполовину. Это означает, что он коснётся дна. При этом сразу после перетекания объём воды в левом сосуде окажется на \(V/2 = 50\) см\(^3\) меньше, чем в правом (см. рис. 2.10). Поскольку уровни воды в сосудах первоначально также были одинаковы, то из левого сосуда в правый должен перетечь объём воды, равный \(V/4 = 25\) см\(^3\), с массой \(m_1 = \rho_{\text{в}}V/4 = 25\) г.

Когда лёд растает, масса воды по сравнению с начальной увеличится на величину \(\rho_{\text{л}}V\). Поэтому из левого сосуда в правый всего должно перетечь \(\rho_{\text{л}}V/2 = 45\) г воды, из которых 25 г перетекает на первом этапе — сразу после опускания в левый сосуд льда. Следовательно, при таянии льда из левого сосуда в правый дополнительно перетечёт масса воды \(m_2 = \rho_{\text{л}}\dfrac{V}{2} - \rho_{\text{в}}\dfrac{V}{4} = 20\) г.

Ответ

\(V_{13} = 4{,}5\) В, \(V_{12} = V_{23} = 2\) В.

Решение

При подключении как прибора Алисы, так и прибора Василисы к контактам 1 и 3 схемы ток, текущий через прибор, будет равен \(I = U/R\), где \(R\) — сопротивление данного прибора. Поэтому вне зависимости от величины \(R\) стрелка на шкале самодельного вольтметра будет показывать величину \(IR = U\), то есть напряжение батарейки. Следовательно, приборы Алисы и Василисы при подключении к клеммам 1 и 3 покажут одинаковые значения напряжения \(V_{13} = U_{13} = 4{,}5\) В.

Выясним теперь, как зависят показания \(U_{12}\) и \(U_{23}\) самодельных приборов от величин сопротивлений \(R_1\) (для прибора Алисы) или \(R_2\) (для прибора Василисы). Пусть прибор подключён к контактам 1 и 2 испытательной схемы (см. рис. 3.58).

Обозначим через \(R_x\) и \(R_y\) сопротивления резисторов, включённых между контактами 1–2 и 2–3. Тогда в случае подключения прибора Алисы ток, текущий через резистор \(R_1\), будет равен \(I_1 = U_{12}/R_1\), а ток, текущий через резистор \(R_x\), будет равен \(I_x = U_{12}/R_x\). Поэтому ток, текущий через резистор \(R_y\), равен \[I_y = I_1 + I_x = U_{12}\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_x}\right),\] а напряжение батарейки равно: \[U_{13} = U_{12} + I_yR_y = U_{12}R_y\left(\dfrac{1}{R_y} + \dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_x}\right).\] Отсюда \[U_{12} = \dfrac{U_{13}}{R_y\left(\dfrac{1}{R_y} + \dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_x}\right)}.\] Рассуждая аналогично, можно получить выражение для напряжения \(U_{23}\) в случае подключения приборов к контактам 2 и 3: \[U_{23} = \dfrac{U_{13}}{R_x\left(\dfrac{1}{R_y} + \dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_x}\right)}.\] По условию задачи \(U_{12} = U_{23}\). Следовательно, \(R_x = R_y\). С учётом этого получаем: \[U_{12} = \dfrac{U_{13}}{2 + \dfrac{R_x}{R_1}},\] откуда \[R_x = R_y = \left(\dfrac{U_{13}}{U_{12}} - 2\right)R_1 = 0{,}5\text{ кОм}.\] Теперь для того, чтобы найти показания прибора Василисы \(V_{12}\) и \(V_{23}\) при подключении к клеммам 1–2 и 2–3, нужно в выражениях для \(U_{12}\) и \(U_{23}\) заменить \(R_1\) на \(R_2\). С учётом равенства величин \(R_x\) и \(R_y\) получаем: \[V_{12} = V_{23} = \dfrac{U_{13}}{2 + \dfrac{R_x}{R_2}} = \dfrac{4{,}5\text{ В}}{2 + \dfrac{0{,}5}{2}} = 2\text{ В}.\]

Ответ

\(V \approx 44{,}7\) узла \(\approx 82{,}8\) км/ч; направление ветра составляет с курсом первого корабля угол \(\alpha = \operatorname{arctg} 2 \approx 63^\circ\).

Решение

Представим себе, что корабли проплыли друг мимо друга и после момента их встречи прошёл один час. Тогда расстояние между кораблями будет составлять 40 морских миль, а шлейфы их дымов пересекутся в некоторой точке, которая будет находиться западнее первого корабля (см. рис. 1.22).

Заметим, что в месте пересечения шлейфов находятся клубы дыма, которые были испущены в момент встречи кораблей. Так как скорости кораблей одинаковы, то точка встречи находится посередине между кораблями, то есть на расстоянии 20 морских миль от первого корабля. Таким образом, за 1 час клубы дыма под действием ветра передвинулись на расстояние \(s = \sqrt{40^2 + 20^2} = \sqrt{2000} \approx 44{,}7\) миль, то есть скорость ветра равна \(V \approx 44{,}7\) узла \(\approx 82{,}8\) км/ч. Из рисунка видно, что направление ветра составляет с курсом первого корабля угол, определяемый из соотношения \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{40\text{ миль}}{20\text{ миль}} = 2\), откуда \(\alpha = \operatorname{arctg} 2 \approx 63^\circ\).

Ответ

\(a = \dfrac{13F}{M}\).

Решение

Поскольку нить и блоки невесомые и трения нет, то на левый груз в горизонтальном направлении действует сила (см. рис. 1.52), равная \(3F\) и направленная слева направо, а на правый груз — сила \(2F\), направленная справа налево. Направим ось \(X\) неподвижной системы координат направо. Тогда проекция ускорения левого груза на ось \(X\) будет, очевидно, равна \(a_1 = 3F/M\), а проекция ускорения правого груза \(a_2 = -2F/M\).

Найдём, как связаны друг с другом ускорения грузов и конца нити, то есть получим уравнение кинематической связи. Для этого обозначим координату оси левого блока в некоторый момент времени \(t\) через \(x_1(t)\), координату оси правого блока — через \(x_2(t)\), а координату конца нити — через \(x(t)\). Пусть длина нити равна \(L\), радиусы блоков — \(r\), расстояние от оси левого блока до левого груза — \(x_0\). Так как нить нерастяжима, то можно выразить её постоянную длину \(L\) через введённые координаты: \[x(t) - x_1(t) + \pi r + x_2(t) - x_1(t) + \pi r + x_2(t) - x_1(t) + x_0 = L.\] Отсюда \[x(t) = 3x_1(t) - 2x_2(t) + L - 2\pi r - x_0.\] Такое же соотношение справедливо также и для момента времени \(t + \Delta t\), близкого к моменту \(t\): \[x(t + \Delta t) = 3x_1(t + \Delta t) - 2x_2(t + \Delta t) + L - 2\pi r - x_0.\] Вычитая из второго соотношения первое, найдём связь между перемещениями левого и правого грузов \(\Delta x_1\) и \(\Delta x_2\) и смещением конца нити \(\Delta x\): \(\Delta x = 3\Delta x_1 - 2\Delta x_2\). Деля полученное уравнение на величину промежутка времени \(\Delta t\), найдём связь между скоростями грузов и конца нити: \(v = 3v_1 - 2v_2\). Это соотношение также справедливо для любых двух близких моментов времени. Поэтому связь между ускорениями грузов может быть найдена аналогично и имеет вид: \(a = 3a_1 - 2a_2\). Следует отметить, что ускорение правого груза \(a_2\) направлено влево, против оси \(X\), и поэтому отрицательно.

Таким образом, из нерастяжимости нити следует, что ускорение, с которым движется конец нити, складывается из утроенной величины ускорения левого груза и удвоенной величины ускорения правого груза: \[a = 3a_1 - 2a_2 = 3\cdot\dfrac{3F}{M} - 2\cdot\left(-\dfrac{2F}{M}\right) = \dfrac{13F}{M}.\]

Ответ

\(T = mg\sqrt{1 - \dfrac{\operatorname{tg}\alpha_0}{\sqrt{3}} + \dfrac{\operatorname{tg}^2\alpha_0}{3}}\).

Решение

Обозначим радиус дуги через \(R\), силы реакции, действующие на проволоку со стороны верхнего и нижнего гвоздей, через \(N\) и \(F\) соответственно, а расстояние \(OD\) от центра окружности, частью которой является дуга, до центра масс проволочной фигуры через \(h\) (см. рисунок 1.179).

Отметим, что центр масс фигуры лежит на оси её симметрии. Так как проволока гладкая, то сила \(F\) направлена к центру указанной окружности. Введём координатные оси \(X\) (горизонтальную) и \(Y\) (вертикальную) и запишем условия равновесия проволоки: \[N_x = F\sin\beta;\quad N_y + F\cos\beta = mg;\quad FR\sin\beta = mg(R - h\operatorname{ctg}\beta)\sin\beta.\] Здесь \(N_x\) и \(N_y\) — проекции силы \(N\) на координатные оси, \(\beta = \pi/3\) — угол между вертикалью и диаметром \(AC\) при наличии нижнего гвоздя. При отсутствии нижнего гвоздя, когда проволока находится в положении равновесия, её центр масс лежит на вертикальной прямой, проходящей через верхний гвоздь. Следовательно, \(h = R\operatorname{tg}\alpha_0\). Решая с учётом этого полученную систему уравнений, имеем \[F = mg\left(1 - \dfrac{\operatorname{tg}\alpha_0}{\sqrt{3}}\right),\quad N_x = \dfrac{mg\sqrt{3}}{2}\left(1 - \dfrac{\operatorname{tg}\alpha_0}{\sqrt{3}}\right),\quad N_y = \dfrac{mg}{2}\left(1 + \dfrac{\operatorname{tg}\alpha_0}{\sqrt{3}}\right).\] Искомая сила \(T\), с которой проволока давит на гвоздь, равна по величине силе \(N\) и противоположна ей по направлению. Таким образом, \[T = N = \sqrt{N_x^2 + N_y^2} = mg\sqrt{1 - \dfrac{\operatorname{tg}\alpha_0}{\sqrt{3}} + \dfrac{\operatorname{tg}^2\alpha_0}{3}}.\]

Заметим, что заданный в условии задачи угол \(\alpha_0\) можно найти при помощи следующего приёма. Расположим проволочную дугу так, чтобы её концы лежали на одной вертикальной прямой, после чего повернём её на малый угол \(\Delta\varphi\) вокруг оси, проходящей перпендикулярно плоскости дуги через точку \(O\). При этом потенциальная энергия дуги, с одной стороны, увеличится на \(m\cdot\dfrac{\Delta\varphi}{\pi}\cdot g\cdot 2R\), так как элемент проволоки массой \(m\cdot\dfrac{\Delta\varphi}{\pi}\) поднимется на высоту \(2R\). С другой стороны, это же увеличение потенциальной энергии равно \(mg\cdot h\Delta\varphi\), так как центр масс дуги поднимется на высоту \(h\Delta\varphi\). Приравнивая эти выражения, получим, что \(h = 2R/\pi\), а \(\operatorname{tg}\alpha_0 = h/R = 2/\pi\). Поэтому полученный выше ответ задачи можно не исследовать — содержащаяся под корнем величина заведомо положительна.

Ответ

\(R_1 = 6\) кОм, \(R_2 = 2\) кОм (или, наоборот, \(R_1 = 2\) кОм, \(R_2 = 6\) кОм).

Решение

Пусть сопротивление переменного резистора \(R = 0\). Тогда схему можно перерисовать в виде, показанном на рисунке 3.47.1. Полное сопротивление такой цепи равно \(r_1 = 2R_1R_2/(R_1 + R_2)\), а текущий через миллиамперметр ток равен \[I_1 = \dfrac{U}{r_1} = \dfrac{U(R_1 + R_2)}{2R_1R_2}.\] Если сопротивление переменного резистора, напротив, очень велико, то схему можно перерисовать так, как показано на рисунке 3.47.2. Сопротивление этой цепи равно \(r_2 = \dfrac{R_1 + R_2}{2}\), а ток, текущий через миллиамперметр, равен \[I_2 = \dfrac{U}{r_2} = \dfrac{2U}{R_1 + R_2}.\]

Исключая из полученной системы уравнений, например, величину \(R_2\), приходим к квадратному уравнению, позволяющему определить \(R_1\): \[I_1I_2R_1^2 - 2UI_1R_1 + U^2 = 0.\] Отсюда \[R_1 = \dfrac{U}{I_1I_2}\left(I_1 \pm \sqrt{I_1(I_1 - I_2)}\right),\quad\text{и}\quad R_2 = \dfrac{2U}{I_2} - R_1 = \dfrac{U}{I_1I_2}\left(I_1 \mp \sqrt{I_1(I_1 - I_2)}\right).\] Заметим, что формулы получились симметричными — выражения для \(R_1\) и \(R_2\) переходят друг в друга при замене знака перед квадратным корнем. Это связано с тем, что исходная схема включения резисторов также симметрична.

Из графика, приведённого в условии на правом рисунке, видно, что \(I_1 = 1\cdot 10^{-3}\) А, \(I_2 = 0{,}75\cdot 10^{-3}\) А. Подставляя эти значения в полученные формулы и выбирая в первой перед корнем знак «\(+\)», а во второй — знак «\(-\)», найдём: \(R_1 = 6\) кОм, \(R_2 = 2\) кОм. При противоположном выборе знаков получится \(R_1 = 2\) кОм, \(R_2 = 6\) кОм.