МОШ, 2007/08, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, движущуюся вместе с центром масс: в ней обе точки вращаются по окружностям с прежней угловой скоростью.

Ответ

\(h = \dfrac{2\pi m_2 L}{m_1 + m_2}\);  \(d = \dfrac{2L}{m_1 + m_2}\left(\sqrt{m_1^2 - m_2^2} - m_2\arccos\dfrac{m_2}{m_1}\right)\).

Решение

Обозначим через \(\omega\) угловую скорость вращения точки 2 вокруг точки 1 до момента её освобождения. Введём неподвижную систему отсчёта, выбрав в качестве начала отсчёта времени момент, когда освобождают точку 1, а в качестве начала координат \(O\) — начальное положение центра масс системы, находящегося на расстоянии \(R_1 = \dfrac{m_2 L}{m_1 + m_2}\) от точки 1 и \(R_2 = \dfrac{m_1 L}{m_1 + m_2}\) от точки 2. Направим ось \(x\) вдоль начальной скорости точки 2, а ось \(y\) — вдоль нити от точки 1 к точке 2. В неподвижной системе отсчёта начальная скорость точки 1 равна нулю, а начальная скорость точки 2 равна \(\omega L\) и направлена по оси \(x\). Введём также движущуюся систему отсчёта, координатные оси которой \(x'\) и \(y'\) направлены одинаково с координатными осями \(x\) и \(y\), а начало координат \(O'\) в момент \(t = 0\) совпадает с точкой \(O\) и движется относительно неё со скоростью \(\dfrac{\omega m_2 L}{m_1 + m_2}\) вдоль оси \(x\). В такой движущейся системе отсчёта центр масс системы (точка \(O'\)) неподвижен, поэтому точки 1 и 2 движутся вокруг него по окружностям радиусами \(R_1\) и \(R_2\) соответственно. В начальный момент времени скорости точек 1 и 2 направлены вдоль оси \(x\) и равны \(v_1 = -\dfrac{\omega m_2 L}{m_1 + m_2} = -\omega R_1\) и \(v_2 = \dfrac{\omega m_1 L}{m_1 + m_2} = \omega R_2\) соответственно, поэтому вращение точек 1 и 2 вокруг точки \(O'\) происходит также с угловой скоростью \(\omega\). Точка 2 при этом движется по закону \(x' = R_2\sin\omega t\), \(y' = R_2\cos\omega t\).

Перейдём обратно в неподвижную систему отсчёта. Закон движения точки 2 здесь будет выглядеть следующим образом: \(x = R_2\sin\omega t + \omega R_1 t\), \(y = R_2\cos\omega t\). За время \(\Delta t = 2\pi/\omega\), то есть за период обращения точки 2 вокруг центра масс системы эта точка смещается по оси \(x\) на расстояние, равное шагу траектории: \(\Delta x = h = 2\pi R_1 = \dfrac{2\pi m_2 L}{m_1 + m_2}\).

Чтобы найти ширину петли \(d\), исследуем знак компоненты \(v_x\) скорости точки 2: \[v_x = \dfrac{dx}{dt} = \omega(R_1 + R_2\cos\omega t).\] Видно (см. рисунок), что \(v_x\) меняет знак при \(R_2 > R_1\), то есть при \(m_1 > m_2\). На протяжении первого периода обращения точки 2 вокруг центра масс системы компонента скорости \(v_x\) дважды обращается в ноль — при \(\omega t_1 = \pi - \arccos\dfrac{R_1}{R_2}\) и при \(\omega t_2 = \pi + \arccos\dfrac{R_1}{R_2}\).

В промежутке времени между \(t_1\) и \(t_2\) компонента скорости \(v_x\) отрицательна. За это время точка 2 смещается по оси \(x\) на расстояние, равное \[x(t_2) - x(t_1) = -d = R_1\cdot2\phi - 2R_2\sin\phi = \dfrac{2m_2 L}{m_1 + m_2}\phi - \dfrac{2m_1 L}{m_1 + m_2}\sin\phi,\] где \(\phi = \arccos\dfrac{R_1}{R_2} = \arccos\dfrac{m_2}{m_1}\). Таким образом, ширина петли равна \[d = \dfrac{2L}{m_1 + m_2}(m_1\sin\phi - m_2\phi) = \dfrac{2L}{m_1 + m_2}\left(\sqrt{m_1^2 - m_2^2} - m_2\arccos\dfrac{m_2}{m_1}\right).\]

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

Подсказка

Во время скачка конец пружины можно считать неподвижным; брусок совершает полпериода гармонических колебаний около положения равновесия (или используйте закон изменения энергии).

Ответ

\(F = \mu m g + \dfrac{ks}{2}\).

Решение

При медленном растяжении пружины брусок начнёт двигаться, когда удлинение пружины станет равным \(x_0 = F/k\). Рассматривая процесс движения бруска, можно считать, что во время <<скачка>> перемещаемый конец пружины неподвижен (его скорость по условию очень мала). Направим ось \(X\) в сторону перемещения конца пружины, за начало координат примем начальное положение бруска и запишем второй закон Ньютона в проекции на эту ось: \[ma_x = m\dfrac{d^2x}{dt^2} = k(x_0 - x) - \mu m g = -k\left(x - \dfrac{F - \mu m g}{k}\right).\] Это — уравнение гармонических колебаний; оно справедливо для движения бруска от начала его смещения до первой остановки. Двигаясь вправо, брусок совершит полпериода колебания, пройдя из начала координат через положение равновесия с координатой \(x_\text{р} = (F - \mu m g)/k\) в точку с вдвое большей координатой \(s = 2x_\text{р} = 2(F - \mu m g)/k\). Отсюда \(F = \mu m g + \dfrac{ks}{2}\).

Задачу можно решить и энергетическим способом. Пусть к моменту начала скольжения бруска пружина растянута на величину \(x\). Тогда к моменту остановки бруска (сразу после окончания <<скачка>>) растяжение пружины составляет \(x - s\), и закон изменения механической энергии бруска можно записать в следующем виде: \(\dfrac{kx^2}{2} = \dfrac{k(x - s)^2}{2} + \mu m g s\). Отсюда \(x = \dfrac{\mu m g}{k} + \dfrac{s}{2}\), и для максимальной силы трения покоя получаем: \(F = kx = \mu m g + \dfrac{ks}{2}\).

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

Подсказка

Выразите работы на всех четырёх участках через работу \(A\) на изобаре 1–2 и учтите, что тепло газ получает на участках 1–2–3.

Ответ

\(\eta = \dfrac{1}{7} \approx 14\%\).

Решение

Изобразим цикл тепловой машины на термодинамической диаграмме в \(pV\)-координатах (см. рисунок): 1–2 и 3–4 — изобары, 2–3 и 4–1 — изотермы. КПД цикла равен отношению совершённой в цикле работы к полученному на участке 1–2–3 количеству теплоты.

Рассчитаем работу на различных участках цикла. Обозначим работу на участке 1–2 через \(A_{12} = A\); тогда по условию для участка 2–3 имеем \(A_{23} = A\). Для расчёта работы на участке 3–4 учтём, что в силу условия задачи \(T_2 = T_3 = T_{\max}\), \(T_1 = T_4 = T_{\min}\), \(T_3 = 2T_4\), \(p_1 = p_2\), \(p_3 = p_4\). Поэтому \(V_3 = (T_3/T_4)V_4 = 2V_4\), \(V_2 = (T_2/T_1)V_1 = 2V_1\), \(p_1 V_1 = p_4 V_4\); отсюда \[A_{34} = -p_4(V_3 - V_4) = -p_4 V_4 = -p_1 V_1 = -p_1(V_2 - V_1) = -A.\] Для расчёта работы на участке 4–1 заметим, что кривая 1–4 получается из кривой 2–3 сжатием в два раза вдоль оси \(V\), поэтому площади под кривыми 1–4 и 2–3 отличаются в два раза: \(A_{41} = -A/2\). Суммарная работа в цикле, таким образом, равна \[A_\Sigma = A_{12} + A_{23} + A_{34} + A_{41} = A + A - A - \dfrac{A}{2} = \dfrac{A}{2}.\] Рассчитаем полученные газом количества теплоты на участках 1–2 и 2–3. Сообщаемое газу количество теплоты идёт на изменение его внутренней энергии, которая для одноатомного гелия равна \(\dfrac{3}{2}pV\), и на совершение работы: \(Q_{12} = \dfrac{3}{2}p_1(V_2 - V_1) + p_1(V_2 - V_1) = \dfrac{5}{2}A\), \(Q_{23} = A\). Суммарное количество теплоты, полученное на участке 1–2–3, равно \[Q_{123} = Q_{12} + Q_{23} = \dfrac{5}{2}A + A = \dfrac{7}{2}A.\] Следовательно, КПД цикла равен \(\eta = \dfrac{A_\Sigma}{Q_{123}} = \dfrac{1}{7} \approx 14\%\).

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

Подсказка

Потеря устойчивости наступает, когда поперечные составляющие сил от двух зарядов при малом смещении шарика с оси сравниваются.

Ответ

\(q_1/q_2 = -8\).

Решение

Предположим, что шарик сместился вдоль оси \(Y\), лежащей в плоскости пластины и перпендикулярной к оси \(X\), на небольшое расстояние \(h\) (см. рисунок).

Проекция на ось \(Y\) результирующей силы, действующей на шарик со стороны точечных зарядов, равна \[F_y = F_1\sin\alpha_1 - F_2\sin\alpha_2,\] где \(\sin\alpha_1 = \dfrac{h}{r_1}\), \(\sin\alpha_2 = \dfrac{h}{r_2}\), а \(r_1\) и \(r_2\) — расстояния от шарика до зарядов \(q_1\) и \(q_2\) соответственно. Положение шарика на оси \(X\) будет устойчивым, если \(F_y < 0\). Потеря устойчивости происходит при \(F_1\sin\alpha_1 = F_2\sin\alpha_2\).

Из закона Кулона следует, что \[\dfrac{F_1}{F_2} = \dfrac{q_1}{-q_2}\cdot\dfrac{r_2^2}{r_1^2}.\] Следовательно, \[-\dfrac{q_1}{q_2}\cdot\dfrac{r_2^2}{r_1^2} = \dfrac{\sin\alpha_2}{\sin\alpha_1} = \dfrac{r_1}{r_2}.\] Отсюда \[\dfrac{q_1}{q_2} = -\left(\dfrac{r_1}{r_2}\right)^3.\] При малых \(h\) расстояния \(r_1\) и \(r_2\) примерно равны соответствующим расстояниям, измеренным вдоль оси \(X\). Следовательно \[\dfrac{q_1}{q_2} = -\left(\dfrac{2l}{l}\right)^3 = -8.\]

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

Подсказка

По закону отражения найдите наклон свободной поверхности воды, а затем запишите второй закон Ньютона для слоя воды вдоль поверхности.

Ответ

\(a = g\operatorname{tg}\dfrac{\alpha - \gamma}{2}\).

Решение

Из закона отражения света вытекает, что нормаль к свободной поверхности воды направлена под углом \(\varphi = \dfrac{\alpha - \gamma}{2}\) к вертикали (см. рисунок).

Следовательно, свободная поверхность воды наклонена под этим углом к горизонтали. Рассмотрим слой воды массой \(\Delta m\) на свободной поверхности. Запишем для него второй закон Ньютона в проекции на плоскость, касательную к поверхности: \(\Delta m g\sin\varphi = \Delta m a\cos\varphi\). Отсюда \(a = g\operatorname{tg}\varphi = g\operatorname{tg}\dfrac{\alpha - \gamma}{2}\).

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

Подсказка

Ускорение шайбы направлено к центру окружности, а сила трения — вдоль скорости, то есть перпендикулярно ускорению.

Ответ

\(R = 0{,}2\) м.

Решение

На шайбу действуют внешняя сила \(\vec F\) и направленная против движения сила вязкого трения \(\vec F_\text{тр}\), равная по модулю \(|\vec F_\text{тр}| = \gamma\omega R\). Шайба движется с направленным к центру окружности ускорением \(\vec a\), равным по величине \(|\vec a| = \omega^2 R\) (см. рисунок). Согласно второму закону Ньютона, \(m\vec a = \vec F + \vec F_\text{тр}\). Учитывая, что \(\vec a \perp \vec F_\text{тр}\), находим:

\[|\vec F|^2 = |m\vec a|^2 + |\vec F_\text{тр}|^2 = (m\omega^2 R)^2 + (\gamma\omega R)^2.\] Отсюда \(R = \dfrac{F}{\omega\sqrt{(m\omega)^2 + \gamma^2}} = 0{,}2\) м.

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

Подсказка

Оцените отдаваемое холодильнику тепло снизу, сравнив его с изохорным охлаждением от начальной температуры изобары.

Ответ

Больше 50% не может; максимально возможный КПД равен 40% (к нему можно приблизиться сколь угодно близко).

Решение

Изобразим цикл, проводимый с \(\nu\) молями гелия, на \(pV\)-диаграмме (см. рисунок): 1–2 — изобара, 2–3 — изохора, 3–1 — адиабата.

Пусть \(T_1\), \(T_2\), \(T_3\) — температуры гелия в точках 1, 2 и 3 по термодинамической шкале. Поскольку изобарная теплоёмкость порции гелия, содержащей \(\nu\) молей, равна \(2{,}5\nu R\), гелий на участке 1–2 получает от нагревателя количество теплоты \(Q^+ = 2{,}5\nu R(T_2 - T_1)\). Изохорная теплоёмкость данной порции гелия равна \(1{,}5\nu R\), поэтому на участке 2–3 гелий отдаёт холодильнику количество теплоты \(Q^- = 1{,}5\nu R(T_2 - T_3)\). При адиабатном сжатии температура гелия повышается (\(T_1 > T_3\)), поэтому \(Q^- > 1{,}5\nu R(T_2 - T_1)\).

Отсюда \(\dfrac{Q^-}{Q^+} > \dfrac{3}{5}\), и \(\eta = 1 - \dfrac{Q^-}{Q^+} < 1 - \dfrac{3}{5} = \dfrac{2}{5} = 0{,}4 = 40\%\).

Покажем, что к значению КПД \(\eta = 40\%\) можно приблизиться сколь угодно близко. Пусть температура газа на участке 1–2 возрастает в \(n\) раз: \(T_2 = nT_1\). Тогда \(Q^+ = 2{,}5\nu R(n - 1)T_1\), а, поскольку \(T_3 > 0\), то \(Q^- < 1{,}5\nu RT_2 = 1{,}5\nu RnT_1\). Тогда \[\eta = 1 - \dfrac{Q^-}{Q^+} > 1 - \dfrac{3}{5}\dfrac{n}{n - 1} = 0{,}4 - \dfrac{3}{5(n - 1)}.\] Следовательно, выбирая достаточно большое \(n\), можно приблизиться к предельному значению \(\eta = 40\%\) сколь угодно близко.

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

Подсказка

Сложите исходную систему зарядов, её копию, повёрнутую на \(2\pi/N\) и с обратными знаками, и систему одинаковых зарядов \(-q\) во всех вершинах: останется один заряд.

Ответ

\(E = \dfrac{Nq}{8\pi\varepsilon_0 R^2\sin\dfrac{\pi}{N}}\).

Решение

Пронумеруем вершины многоугольника как \(A_1\), \(A_2\), …, \(A_N\) (см. рисунок); тогда в вершине \(A_k\) находится заряд \(kq\). Проведём с исходной системой зарядов 1 следующие преобразования: повернём её на угол \(\dfrac{2\pi}{N}\) так, чтобы точка \(A_k\) перешла в точку \(A_{k+1}\), и изменим знаки зарядов — получим систему зарядов 2 (см. рисунок).

Рассмотрим также систему зарядов 3, состоящую из \(N\) одинаковых зарядов \(-q\), размещённых в вершинах данного многоугольника.

Напряжённость электрического поля в центре многоугольника, создаваемую системой 1, обозначим как \(\vec E_1\), системой 2 — как \(\vec E_2\). Вектор \(\vec E_2\) получается из \(\vec E_1\) поворотом на угол \(\dfrac{2\pi}{N}\) и изменением направления на противоположное. Система зарядов 3 создаёт в центре многоугольника нулевую напряжённость электрического поля.

Наложим теперь системы зарядов 1, 2 и 3 друг на друга, получив систему зарядов <<1+2+3>>. В ней все заряды, кроме расположенных в точке \(A_1\), будут скомпенсированы, поэтому система <<1+2+3>> состоит из одного заряда величиной \(-Nq\) в точке \(A_1\). Система <<1+2+3>> создаёт в центре многоугольника электрическое поле напряжённостью \(|\vec E_{1+2+3}| = |\vec E_{1+2}| = \dfrac{Nq}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\). С другой стороны, вектор напряжённости \(\vec E_{1+2}\) можно получить, складывая векторы \(\vec E_1\) и \(\vec E_2\) по правилу параллелограмма (см. рисунок). Используя теорему косинусов, находим: \[|\vec E_{1+2}|^2 = |\vec E_1|^2 + |\vec E_2|^2 - 2|\vec E_1|\cdot|\vec E_2|\cdot\cos\dfrac{2\pi}{N} = E^2 + E^2 - 2E^2\cos\dfrac{2\pi}{N} = 2E^2\left(1 - \cos\dfrac{2\pi}{N}\right) = 4E^2\sin^2\dfrac{\pi}{N}.\] Следовательно, \(2E\sin\dfrac{\pi}{N} = \dfrac{Nq}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\), и \(E = \dfrac{Nq}{8\pi\varepsilon_0 R^2\sin\dfrac{\pi}{N}}\).

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

Подсказка

Рассмотрите половину провода и найдите силу Ампера, сложив её по малым отрезкам: компоненты зависят только от разностей координат концов.

Ответ

\(T = IBh + \dfrac{mg + IBL}{2}\operatorname{ctg}\alpha\).

Решение

Обозначим нижнюю точку провода через \(A\), верхние точки — через \(B\) и \(C\) (см. рисунок). Введём в плоскости провода декартову прямоугольную систему координат, направив ось \(X\) вправо, ось \(Y\) — вверх; обозначим координаты точек \(A\) и \(C\) как \((x_A; y_A)\) и \((x_C; y_C)\).

Рассмотрим участок провода \(AC\). На него действуют направленная вниз сила тяжести \(\dfrac{m\vec g}{2}\), направленная влево сила \(\vec T\) натяжения нити в нижней точке \(A\), направленная под углом \(\alpha\) к горизонту сила натяжения нити \(\vec F\) и сила Ампера \(\vec F^{\text{магн}}\), действующая со стороны магнитного поля. Запишем условие равновесия системы в проекциях на оси \(X\) и \(Y\): \[F_x^{\text{магн}} + F\cos\alpha - T = 0,\qquad F_y^{\text{магн}} + F\sin\alpha - \dfrac{mg}{2} = 0.\] Выражая из второго соотношения неизвестную величину силы \(F\) и подставляя её в первое уравнение, находим искомую силу натяжения нити: \[T = F_x^{\text{магн}} + \left(\dfrac{mg}{2} - F_y^{\text{магн}}\right)\operatorname{ctg}\alpha.\] Для получения ответа остаётся найти компоненты силы Ампера \(\vec F^{\text{магн}}\). Рассмотрим маленький отрезок провода длиной \(\Delta l\), составляющий угол \(\gamma\) с горизонтом и расположенный между точками с координатами \((x; y)\) и \((x + \Delta x; y + \Delta y)\), где \(\Delta x = \Delta l\cdot\cos\gamma\), \(\Delta y = \Delta l\cdot\sin\gamma\) (см. рисунок).

На этот участок действует сила Ампера \(\Delta\vec F^{\text{магн}}\), равная по модулю \(IB\Delta l\) и направленная под углом \(\gamma\) к вертикали. Эта сила имеет компоненты \[\begin{align*} \Delta F_x^{\text{магн}} &= \Delta F^{\text{магн}}\sin\gamma = IB\Delta l\sin\gamma = IB\Delta y;\\ \Delta F_y^{\text{магн}} &= -\Delta F^{\text{магн}}\cos\gamma = -IB\Delta l\cos\gamma = -IB\Delta x. \end{align*}\] Складывая силы Ампера, действующие на все малые отрезки участка \(AC\) провода, находим: \[\begin{align*} F_x^{\text{магн}} &= IB(y_C - y_A) = IBh;\\ F_y^{\text{магн}} &= -IB(x_C - x_A) = -IB\dfrac{L}{2}. \end{align*}\] Подставляя результат в формулу для силы натяжения провода, приходим к ответу: \[T = IBh + \dfrac{mg + IBL}{2}\operatorname{ctg}\alpha.\]

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

Подсказка

Продифференцируйте формулу линзы, чтобы связать продольные компоненты скоростей, а поперечные — через луч, идущий через оптический центр.

Ответ

\(a_0 = 40\) см или \(a_0 = 20\) см.

Решение

Введём декартову прямоугольную систему координат, выбрав в качестве начала координат оптический центр \(O\) линзы и направив ось \(X\) от источника \(A\) в сторону центра линзы, а ось \(Y\) — перпендикулярно главной оптической оси в плоскости, проходящей через эту ось и вектор скорости источника. Обозначим координаты источника \(A\) и его изображения \(B\) через \((-a; y_A)\) и \((b; y_B)\) соответственно, а компоненты скорости источника и его изображения — через \((v_{Ax}; v_{Ay})\) и \((v_{Bx}; v_{By})\).

Пусть в начальный момент времени \(t = 0\), когда источник пересекал главную оптическую ось линзы, \(X\)-координаты источника и изображения равнялись \(-a_0\) и \(b_0\) соответственно; тогда по формуле тонкой линзы \[\dfrac{1}{a_0} + \dfrac{1}{b_0} = \dfrac{1}{F}.\] Аналогично, применяя формулу тонкой линзы в момент времени \(\Delta t > 0\), имеем: \[\dfrac{1}{a_0 - v_{Ax}\Delta t} + \dfrac{1}{b_0 + v_{Bx}\Delta t} = \dfrac{1}{F}.\] Вычитая первую формулу из второй, находим: \[\dfrac{v_{Ax}\Delta t}{a_0(a_0 - v_{Ax}\Delta t)} = \dfrac{v_{Bx}\Delta t}{b_0(b_0 + v_{Bx}\Delta t)}.\] Считая \(\Delta t\) малым, получаем выражение для отношения \(X\)-компонент скоростей: \(\dfrac{v_{Ax}}{v_{Bx}} = \dfrac{a_0^2}{b_0^2}\).

Найдём теперь отношение \(Y\)-компонент скоростей источника и изображения. Учтём, что луч, проходящий через оптический центр линзы, не преломляется; следовательно, точки \(O\), \(A\) и \(B\) всегда лежат на одной прямой, и угловые коэффициенты прямых \(OA\) и \(OB\) совпадают: \[-\dfrac{y_A}{a} = \dfrac{y_B}{b}.\] В частности, в момент времени \(\Delta t\) получаем: \[-\dfrac{v_{Ay}\Delta t}{a_0 - v_{Ax}\Delta t} = \dfrac{v_{By}\Delta t}{b_0 + v_{Bx}\Delta t}.\] Считая \(\Delta t\) малым, находим: \(\dfrac{v_{Ay}}{v_{By}} = -\dfrac{a_0}{b_0}\).

Как вытекает из условия задачи, \[\dfrac{\operatorname{tg}\alpha}{\operatorname{tg}\beta} = \left|\dfrac{v_{Ay}}{v_{Ax}}\cdot\dfrac{v_{Bx}}{v_{By}}\right| = \dfrac{|b_0|}{a_0}.\] Следовательно, \(b_0 = \pm\dfrac{\operatorname{tg}\alpha}{\operatorname{tg}\beta}\cdot a_0\). Подставляя данное соотношение в формулу тонкой линзы, находим: \(\dfrac{1}{a_0} \pm \dfrac{\operatorname{tg}\beta}{a_0\operatorname{tg}\alpha} = \dfrac{1}{F}\), и \(a_0 = F\left(1 \pm \dfrac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}\right)\). Поскольку \(\dfrac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha} = \dfrac{1}{3}\), то \(a_0 = \dfrac{4}{3}F = 40\) см или \(a_0 = \dfrac{2}{3}F = 20\) см.

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