«Туймаада» 1997, теоретический тур

Ответ

\(\beta = 45{}^\circ\) (дно далее по курсу поднимается под углом \(45{}^\circ\) к горизонту).

Решение

В соответствии с условиями задачи морское дно в месте отплытия корабля приближённо можно рассматривать в виде двух наклонных плоскостей \(AB\) и \(BC\) (левый рисунок), углы наклона которых \(\alpha\) и \(\beta\). Подтверждением плоской модели у самого берега служат приведённые в условии результаты акустических измерений: \[\frac{h_1}{L_1} = \frac{150}{100} \approx \frac{h_2}{L_2} = \frac{200}{140} \approx \frac{h_3}{L_3} = \frac{300}{250} \approx 1{,}4.\] Полученное отношение равно \(\operatorname{tg}\alpha\). Отсюда следует, что у берега дно опускается под углом \(\alpha \approx 55{}^\circ\) к горизонту.

Происхождение второго отражённого сигнала эхолота ясно из показанного стрелками на правом рисунке хода акустического луча. Нужно найти положение плоскости \(BC\). Точка, в которой происходит отражение луча, должна быть расположена, с одной стороны, так, чтобы было обеспечено зарегистрированное эхолотом время прохождения через неё акустического луча. С другой стороны, необходимо, чтобы угол падения акустического луча на плоскость \(BC\) был равен углу его отражения\(^{1}\). Этим условиям удовлетворяет точка \(M\), принадлежащая участку эллипса, изображённого на правом рисунке, где \(F_1\) и \(F_2\) — фокусы эллипса. Расстояние \(F_1F_2\) равно \(h_3\) (левый рисунок). Заданная в условии величина \(h_4\) получается аналогично \(h_1\), \(h_2\) и \(h_3\) умножением скорости звука на половину интервала времени между принятым и отправленным эхолотом сигналами, то есть \[h_4 = \frac12(F_1F_2 + F_2M + MF_1) = \frac12(h_3 + 2a) = \frac12 h_3 + a, \tag{7}\] где \(a\) — большая полуось эллипса. Поскольку нормаль эллипса \(\vec n\) в точке \(M\) является биссектрисой угла \(F_2MF_1\), искомая плоскость \(BC\) — касательная к эллипсу в этой точке. Найдём тангенс угла наклона касательной: \[\operatorname{tg}\beta = -\frac{dx}{dy}, \tag{8}\] где \(x\) и \(y\) — координаты точки эллипса \(M\). Они связаны уравнением эллипса \[\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1. \tag{9}\] Дифференцируя уравнение (9), получим \[\operatorname{tg}\beta = \frac{a^2}{b^2}\frac{y}{x}. \tag{10}\] Большая полуось эллипса находится из уравнения (7): \[a = h_4 - \frac12 h_3 = 250\text{ м}. \tag{11}\] Численные вычисления целесообразно использовать в связи с громоздкостью выражений в общем виде. Найдём малую полуось эллипса: \[b = \sqrt{a^2 - c^2} = \sqrt{h_4^2 - h_4h_3} = 200\text{ м}. \tag{12}\] Координаты \(x\) и \(y\) точки \(M\) удовлетворяют не только уравнению эллипса (9), но и, как следует из правого рисунка, соотношению \[x = -\frac{y}{\operatorname{tg}2\alpha} + \frac{h_3}{2} = 0{,}364y + 150, \tag{13}\] где \(x\) и \(y\) измеряются в метрах. Подставляя соотношение (13) в формулу (9), получим квадратное уравнение для нахождения \(y\): \[2{,}712\cdot 10^{-5}y^2 + 1{,}747\cdot 10^{-3}y - 0{,}640 = 0.\] Отсюда \(y = 125\) м, и из формулы (13) находим \(x = 195\) м. С найденными значениями из уравнения (10) получаем \(\beta = 45{}^\circ\).

Ответ

\(t_f = \dfrac{2m\sqrt{2gH + v^2}}{F}\).

Решение

Скользя вдоль стержня, грузы многократно сталкиваются друг с другом и с полом. Из законов сохранения энергии и импульса следует, что при абсолютно упругом столкновении двух тел одинаковых масс происходит обмен импульсами. Поэтому задача эквивалентна задаче о движении вдоль стержня одного груза, многократно отскакивающего от пола.

Найдём вначале высоту \(H_1\), на которую подскочит груз после первого удара о пол, и время \(t_1\), спустя которое он там окажется. Для этого применим закон изменения энергии: \[\frac{mv^2}{2} = mg(H_1 - H) + F(H + H_1), \tag{14}\] где \(m\) — масса груза, \(g\) — ускорение свободного падения. Отсюда находим \[H_1 = \frac{mv^2 + 2H(mg - F)}{2(mg + F)} \approx H + \frac{v^2}{2g}, \tag{15}\] если учесть, что \(F \ll mg\). Время \(t_d\) падения груза с высоты \(H\) является корнем уравнения \[H = vt_d + \frac{a_dt_d^2}{2},\] где \(a_d = g - \dfrac{F}{m} \approx g\) — ускорение падающего груза. Находим \[t_d = \frac{-v + \sqrt{v^2 + 2gH}}{g}. \tag{16}\] Время \(t_u\) последующего подъёма до высоты \(H_1\) составляет \[t_u = \sqrt{\frac{2H_1}{g + \dfrac{F}{m}}} \approx \sqrt{\frac{2H_1}{g}}, \tag{17}\] так что \(t_1 = t_u + t_d\). Это по порядку величины составляет \(\sqrt{2H_1/g}\).

При последующих многократных отскоках от пола высота подъёма \(h\) будет становиться всё меньше, пока \(h\) не обратится в нуль. Если время \(\Delta t\) между двумя подскоками много меньше времени затухания колебаний груза, то \(h\) можно приблизительно считать непрерывной функцией времени. За малый промежуток времени \(dt = \Delta t\) высота подскоков уменьшается на \(dh\). Величину \(dh\) можно найти из закона изменения энергии: \[-mg\,dh = F\cdot 2h, \qquad -dh = \frac{2F}{mg}h. \tag{18}\] Время между двумя ближайшими подскоками составляет \[dt = 2\sqrt{\frac{2h}{g}}. \tag{19}\] Из формул (18) и (19) получим \[-\frac{dh}{\sqrt h} = \frac{F}{mg}\sqrt{\frac{g}{2}}\,dt.\] Интегрируя это уравнение при начальном условии \(t = 0\) и \(h = H_1\), получим \[h = \left(\sqrt{H_1} - \frac{Ft}{2m\sqrt{2g}}\right)^2,\] откуда следует, что при \(h = 0\) выполняется равенство \[t = \tau = \frac{2m\sqrt{2gH_1}}{F}. \tag{20}\] Полное время движения груза \(t_f = \tau + t_1\). Сравнивая равенства (20) и (17), приходим к заключению, что \[\frac{t_1}{\tau} \approx \frac{F}{mg} \ll 1,\] так что получаем искомое полное время движения: \[t_f = \tau = \frac{2m\sqrt{2gH + v^2}}{F}.\] В задаче рассмотрена колебательная система, в которой происходят затухающие колебания. Однако они отличаются от привычных квазигармонических затухающих колебаний: график их вовсе не похож на синусоиду, а затухание происходит за конечный промежуток времени (см. рисунок).

Ответ

Пять кирпичей; смещения кирпичей друг относительно друга, начиная с верхнего: \(\dfrac{a}{2},\ \dfrac{a}{4},\ \dfrac{a}{6},\ \dfrac{a}{8}\).

Решение

Стопка кирпичей не опрокинется, если центр масс всех кирпичей, лежащих сверху каждого, не окажется правее его края. Для нахождения удовлетворяющих этому условию сдвигов кирпичей на рисунке покажем координаты \(x_i\) центров масс кирпичей. Верхнему кирпичу соответствует \(i = 1\).

Координаты отсчитываются от края верхнего кирпича. Кирпич с номером \(i\) сдвинут относительно \((i+1)\)-го на величину \(\Delta_i\). Координата \(x_{ci}\) центра масс стопки кирпичей, лежащих выше \((i+1)\)-го, определяется соотношением \[x_{ci} = \frac1i\sum_{k=1}^{i} x_k,\] поскольку все кирпичи имеют одинаковые массы. Условие равновесия кирпичей для предельных сдвигов можно записать так: \[x_{ci} = x_{i+1} - \frac a2, \qquad\text{или}\qquad x_{i+1} = \frac a2 + \frac1i\sum_{k=1}^{i} x_k. \tag{21}\] Находим смещение \(i\)-го кирпича: \[\Delta_i = \frac1i\sum_{k=1}^{i} x_k - \frac{1}{i-1}\sum_{k=1}^{i-1} x_k. \tag{22}\] Преобразуем это выражение, выделив последнее слагаемое в первой сумме и используя условие (21): \[\begin{aligned} \Delta_i &= \frac1i\left(\sum_{k=1}^{i-1} x_k + x_i\right) - \frac{1}{i-1}\sum_{k=1}^{i-1} x_k = \\ &= \frac{-1}{(i-1)i}\sum_{k=1}^{i-1} x_k + \frac{x_i}{i} = \\ &= \frac1i\left(x_i - \frac{1}{i-1}\sum_{k=1}^{i-1} x_k\right) = \frac{a}{2i}. \end{aligned}\] Итак, смещения кирпичей начиная с верхнего образуют последовательность \[\Delta_i = \frac{a}{2i} = \frac a2,\ \frac a4,\ \frac a6,\ \ldots \tag{23}\] Найдём смещение нижнего кирпича с номером \(n\) относительно верхнего: \[\Delta(n) = \sum_{i=1}^{n} \Delta_i.\] В задаче требуется подобрать такое \(n\), что \(\Delta(n) \geqslant a/2\). Находя суммы \(n = 2, 3, 4\) членов последовательности (23), получаем \[\Delta(2) = 0{,}75a; \qquad \Delta(3) = 0{,}92a; \qquad \Delta(4) = 1{,}04a > a.\] Таким образом, требованию задачи удовлетворяет стопка из пяти кирпичей, смещения которых друг относительно друга равны \[\frac a2,\quad \frac a4,\quad \frac a6,\quad \frac a8.\] Если продолжать наращивать число кирпичей таким же образом, то смещение верхнего кирпича относительно нижнего может стать сколь угодно большим, поскольку \[\sum_{i=1}^{\infty}\frac1i = \infty.\] В самом деле, при большом числе слагаемых можно приближённо принять, что \[\sum_{i=1}^{n}\frac1i \approx \int\limits_1^n \frac{dx}{x} = \ln n,\] а логарифм стремится к бесконечности при \(n \to \infty\).

Ответ

\(V = \dfrac{m}{\rho} = \dfrac{-k(t_f - t_0) - BC_0}{Bc\rho} \approx 0{,}9\) л, где \(k = 5\) Дж/(с\(\cdot\)К), \(B \approx -0{,}080\) К/с.

Решение

Температура чайника при мощности \(P\) перестаёт увеличиваться, достигнув установившегося значения \(t\), когда энергия, потребляемая из сети за время \(d\tau\), целиком передаётся в окружающую среду, то есть \[P\,d\tau = k(t - t_0)\,d\tau, \tag{156}\] где \(k\) — коэффициент теплоотдачи, \(t_0\) — температура окружающей среды. Линейная зависимость \(P\) от \(t - t_0\), описываемая формулой (156), подтверждается результатами, приведёнными в таблице 1. Таблица также позволяет найти \(k\) как угловой коэффициент этой зависимости \[k = \frac{\Delta P}{\Delta t} = 5\,\frac{\text{Дж}}{\text{с}\cdot\text{К}}. \tag{157}\] При охлаждении чайника с горячей водой справедливо равенство \[(cm + C_0)\,dt = -k(t - t_0)\,d\tau, \tag{158}\] где \(m\) — масса воды в чайнике, \(dt\) — изменение его температуры за время \(d\tau\).

Перепишем уравнение (158): \[\frac{dt}{d\tau} = -\frac{k(t - t_0)}{cm + C_0}.\] В начале охлаждения, при \(t = t_f = 80\,{}^\circ\text{C}\), имеем \[B = \frac{dt}{d\tau} = -\frac{k(t_f - t_0)}{cm + C_0}. \tag{159}\] Отношение \(B = dt/d\tau\) равно угловому коэффициенту графика зависимости \(t(\tau)\) в точке \(\tau = 0\). Этот угловой коэффициент можно приближённо найти из таблицы 2 по двум-трём первым точкам: \[B \approx -0{,}080\,\frac{\text{К}}{\text{с}}.\] Подставляя \(B\) в формулу (159), получим объём \(V\) воды в чайнике: \[V = \frac{m}{\rho} = \frac{-k(t_f - t_0) - BC_0}{Bc\rho} \approx 0{,}9\text{ л}.\] Если проинтегрировать уравнение (158), то получится \[t - t_0 = (t_f - t_0)e^{-\frac{k\tau}{cm + C_0}} = (t_f - t_0)e^{-B\frac{\tau}{t_f - t_0}}.\] На рисунке представлены точки, полученные из таблицы 2, и график этой функции при найденном значении \(B\). Видно, что выполненные расчёты согласуются с экспериментом.