МОШ, 2007/08, отборочный этап, 11 класс

Горизонтальную скорость мяча найдите из угла наклона касательной к проекции траектории у сетки, затем вычислите время подлёта к плоскости сетки.

\(z \approx 2{,}54\) м.

Введём систему координат, направив горизонтальную ось \(x\) в сторону сетки перпендикулярно ей, ось \(y\) — вдоль пересечения плоскости сетки с поверхностью Земли, ось \(z\) — вертикально вверх. Начало координат выберем на поверхности Земли в точке удара по мячу. Обозначим через \(g\) ускорение свободного падения.

Найдём горизонтальную проекцию скорости мяча \(v_\text{г}\). Для этого заметим, что проекция скорости мяча на вертикальную ось \(z\) у поверхности Земли равна \(v_\text{г}\cdot\operatorname{tg}\theta\), а на высоте \(h\) она, в соответствии с законом сохранения механической энергии, равна \(v_\text{в} = \sqrt{(v_\text{г}\cdot\operatorname{tg}\theta)^2 - 2gh}\). Угол \(\alpha\) связан с указанными проекциями скорости соотношением: \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{v_\text{в}}{v_\text{г}\cos\varphi}\). Отсюда \[(v_\text{г}\cdot\cos\varphi\cdot\operatorname{tg}\alpha)^2 = (v_\text{г}\cdot\operatorname{tg}\theta)^2 - 2gh,\qquad\text{и}\qquad v_\text{г} = \sqrt{\dfrac{2gh}{(\operatorname{tg}\theta)^2 - (\cos\varphi\cdot\operatorname{tg}\alpha)^2}}.\] Для того, чтобы ответить на вопрос задачи, заметим, что мяч пересекает плоскость сетки через промежуток времени \(t = \dfrac{a}{v_\text{г}\sin\varphi}\). В этот момент времени координата \(z\) мяча равна \[z = v_\text{г}\operatorname{tg}\theta\cdot t - \dfrac{gt^2}{2} = \dfrac{a\cdot\operatorname{tg}\theta}{\sin\varphi} - \dfrac{ga^2}{2(v_\text{г}\sin\varphi)^2} = \dfrac{a\cdot\operatorname{tg}\theta}{\sin\varphi} - \dfrac{a^2(\operatorname{tg}^2\theta - \operatorname{tg}^2\alpha\cdot\cos^2\varphi)}{4h\sin^2\varphi} \approx 2{,}54\text{ м}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Выразите все силы натяжения нитей через одну из них из условий равновесия грузов и подвижных блоков, а затем потребуйте, чтобы натяжения не были отрицательными.

\(5\text{ кг} \leqslant m_3 \leqslant 10\text{ кг}\).

Обозначим силы натяжения нитей через \(T_0\), \(T_1\), \(T_2\), \(T_{13}\) и \(T_{23}\) (см. рисунок). Запишем условия равновесия груза 3: \[m_3 g = T_{13} + T_{23},\] грузов 1 и 2: \[m_1 g = T_1 + T_{13},\qquad m_2 g = T_2 + T_{23},\] а также подвижных блоков: \[2T_0 = T_1,\qquad T_0 = 2T_2.\] Используя условия равновесия грузов 1 и 2 и блоков, можно выразить все силы натяжения через величину \(T_0\): \[T_{13} = m_1 g - 2T_0,\qquad T_{23} = m_2 g - \dfrac{1}{2}T_0.\]

Пользуясь условием равновесия груза 3, получаем: \[m_3 g = (m_1 + m_2)g - \dfrac{5}{2}T_0,\qquad\text{и}\qquad T_0 = \dfrac{2}{5}(m_1 + m_2 - m_3)g.\] Отсюда \[T_{13} = \dfrac{1}{5}(m_1 - 4m_2 + 4m_3)g\qquad\text{и}\qquad T_{23} = \dfrac{1}{5}(-m_1 + 4m_2 + m_3)g.\] Поскольку силы натяжения нитей не могут быть отрицательными, запишем дополнительные условия: \(T_0 \geqslant 0\), \(T_{13} \geqslant 0\), \(T_{23} \geqslant 0\). Отсюда \[m_1 + m_2 \geqslant m_3,\qquad m_1 + 4m_3 \geqslant 4m_2,\qquad 4m_2 + m_3 \geqslant m_1.\] Подставляя численные значения, находим интервал, в котором должна лежать масса \(m_3\) третьего груза для того, чтобы система находилась в равновесии: \(5\text{ кг} \leqslant m_3 \leqslant 10\text{ кг}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Рассмотрите узкий столб газа над поверхностью сферы радиуса \(R\): сила тяжести, действующая на него, уравновешивается силой давления.

\(R \approx 10\) км.

Рассмотрим сферу радиусом \(R\), внутри которой сосредоточена половина массы звезды. На лежащий над поверхностью этой сферы столб нейтронного газа с малой площадью основания \(\Delta S\) и массой \(\Delta m = \dfrac{M/2}{4\pi R^2}\Delta S\) действуют уравновешивающие друг друга сила тяжести \[F_\text{т} = \dfrac{G(M/2)\Delta m}{R^2} = \dfrac{G(M/2)}{R^2}\cdot\dfrac{M/2}{4\pi R^2}\Delta S\] и сила давления \(F_\text{д} = p\cdot\Delta S = A\rho^{5/3}\cdot\Delta S\). Следовательно, \[\dfrac{G\,(M/2)^2}{4\pi R^4} = A\rho^{5/3}.\] Плотность нейтронного газа у поверхности сферы радиусом \(R\) можно приближённо оценить как среднюю плотность вещества внутри этой сферы: \(\rho \approx \dfrac{M/2}{(4/3)\pi R^3}\).

Из двух последних уравнений находим: \[R \approx \dfrac{A}{G\,(M/2)^{1/3}}\left(\dfrac{9\sqrt{3}}{4\pi}\right)^{2/3} \approx \dfrac{A}{G\,(M/2)^{1/3}} \approx 0{,}9\cdot10^4\text{ м} \approx 10\text{ км}.\] Заметим, что средний радиус Солнца составляет \(\sim 7\cdot10^5\) км, то есть нейтронная звезда с массой порядка массы Солнца меньше него по размеру примерно в 100000 раз!

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Перерисуйте схему, пометив одинаковыми цифрами соединённые проводами узлы, и найдите резистор, ток через который равен нулю по симметрии.

\(\mathcal{E} = 5\) В.

Найдём сопротивление электрической цепи между точками \(A\) и \(B\) (см. рис. слева). Для этого перерисуем схему цепи, как показано на рис. справа (цифрами на схеме обозначены соответствующие друг другу узлы).

Из симметрии участка схемы, содержащего резисторы \(R_3\), \(R_5\), \(R_6\), \(R_7\) и \(R_8\) следует, что сила тока, текущего через резистор \(R_7\), равна нулю. Поэтому при удалении этого резистора из цепи силы токов через остальные резисторы и общее сопротивление цепи не изменятся. Сопротивление цепи после удаления этого резистора определяется из законов последовательного и параллельного сопротивления проводников; оно равно \(R_{AB} = \dfrac{5}{3}R\). Следовательно, \(\mathcal{E} = IR_{AB} = \dfrac{5}{3}IR = 5\) В.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Луч, вернувшийся в ту же точку после отражения, должен идти перпендикулярно зеркалу, а лучи через центр линзы не преломляются.

\(ML = F\); \(MA' = b\); \(C'M = \dfrac{aF}{F + 2a}\); \(C'B' = \dfrac{bF}{F + 2a}\).

Луч \(BM\) после отражения от оптической системы должен, по условию, вновь пройти через точку \(M\). Это возможно только в том случае, если после преломления в линзе он идёт перпендикулярно зеркалу. Следовательно, точка \(M\) является фокусом линзы, а расстояние от неё до центра линзы \(L\) равно \(ML = F\). Отсюда также вытекает, что точка \(B'\) лежит на прямой \(BM\) (см. рисунок).

Пучок света, исходящий из точки \(A\), которая лежит в фокальной плоскости, преобразуется линзой в параллельный пучок. После отражения от зеркала этот пучок остаётся параллельным, а после второго преломления в линзе он преобразуется в пучок, вновь сходящийся в фокальной плоскости. Следовательно, точка \(A'\) также лежит в фокальной плоскости. Поскольку луч \(AL\) линзой не преломляется, то \(\angle ALM = \angle A'LM\), и \(MA' = MA = b\).

Из подобия треугольников \(MCB\) и \(MC'B'\) имеем: \(C'B' = C'M\cdot\dfrac{b}{a}\). Учтём, что \(\angle BLM = \angle B'LM\); отсюда \(\dfrac{CB}{CL} = \dfrac{C'B'}{C'L}\), или \(\dfrac{b}{F + a} = \dfrac{C'M}{F - C'M}\cdot\dfrac{b}{a}\). Таким образом, \(C'M = \dfrac{aF}{F + 2a}\), и \(C'B' = \dfrac{bF}{F + 2a}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.