ВсОШ, 1998/99, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Ответ

\(F = Mg\).

Решение

Заметим, что если удалить крайний правый блок, получится система, эквивалентная исходной. Иными словами \(F_1 = F\) (рис. 47). Условие равновесия первого блока:

\[2F = Mg + F_1 = Mg + F.\] Отсюда \(F = Mg\).

Ответ

\(\omega = \dfrac{v_0r}{2L^2}\).

Решение

Пусть за время \(\Delta t\) зеркальце повернулось на угол \(\Delta\varphi\). Тогда луч света за это же время повернётся на угол (рис. 48)

\[\Delta\alpha = 2\,\Delta\varphi,\quad \Delta\alpha \approx \dfrac{(v_0\Delta t)\cos\alpha}{L}.\] Здесь \(\cos\alpha = \dfrac{r}{L}\). Получим \[\dfrac{(v_0\Delta t)r}{L^2} = 2\,\Delta\varphi,\] откуда \(\omega = \dfrac{\Delta\varphi}{\Delta t} = \dfrac{v_0r}{2L^2}\).

Ответ

\(x = \dfrac{\rho gS_1S_2^2}{k(S_1 - S_2)^2 - \rho gS_1S_2(S_1 - S_2)}\,l_0\) (график — кривая 1 на рис. 49 при \(k > k_0 = \dfrac{\rho gS_1^2S_2}{(S_1 - S_2)^2}\); при \(k < k_0\) верхний поршень «ложится» на стык цилиндров и \(x = l_0\)).

Решение

Из условия равновесия поршней \[p_0S_1 + T = pS_1,\] \[p_0S_2 + T = (p + \rho gl)S_2\] находим силу натяжения пружины \[T = \dfrac{\rho glS_1S_2}{S_1 - S_2}\] (здесь \(l\) — длина деформированной пружины), \[T = k(l - l_0),\] откуда \[l = \dfrac{k(S_1 - S_2)}{k(S_1 - S_2) - \rho gS_1S_2}\,l_0.\] Удлинение пружины \[\Delta l = l - l_0 = \dfrac{\rho gS_1S_2}{k(S_1 - S_2) - \rho gS_1S_2}\,l_0,\qquad (1)\] оно равно разности перемещений первого \(x_1\) и второго \(x_2\) поршней: \[\Delta l = x_2 - x_1 = \dfrac{S_1}{S_2}x_1 - x_1 = \dfrac{x_1(S_1 - S_2)}{S_2}.\qquad (2)\] Из (1) и (2) следует \[x = \dfrac{\rho gS_1S_2^2}{k(S_1 - S_2)^2 - \rho gS_1S_2(S_1 - S_2)}\,l_0.\qquad (3)\] Это и есть зависимость \(x(k)\).

Жёсткость пружины, при которой верхний поршень «ляжет» на стык цилиндров, найдём из условия \(x_0 = l_0\): \[k_0 = \dfrac{\rho gS_1^2S_2}{(S_1 - S_2)^2}.\] Если в (3) знаменатель устремить к нулю, то это произойдёт при \(k \to k_1\), где \(k_1 = \dfrac{\rho gS_1S_2}{S_1 - S_2}\) — вертикальная асимптота.

Строим зависимость \(x(k)\); это кривая 1 на рис. 49; зависимость \(x_2(k)\) показана кривой 2.

Ответ

Через \(t_x \approx 0{,}61\) с; минимальное расстояние \(AC = \dfrac{1}{2}L = 10\) м.

Решение

Рассмотрим полёт камня, брошенного из точки \(A\). В проекции на вертикальную ось \[(v_0\sin\alpha)\,t - \dfrac{gt^2}{2} = 0,\] откуда время полёта \[t = \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}.\] Расстояние \(L\) между точками \(A\) и \(B\) равно \[L = tv_0\cos\alpha = \dfrac{v_0^2\sin 2\alpha}{g} = 20\text{ м}.\] Поскольку для камня, брошенного из точки \(B\), можно аналогичным образом написать \[L = \dfrac{v_0^2\sin 2\beta}{g},\] то мы получим \(\sin 2\alpha = \sin 2\beta\), и, так как по условию \(\alpha \neq \beta\), то \(2\alpha = \pi - 2\beta\), т.е. \[\alpha + \beta = \dfrac{\pi}{2}.\] Далее удобно перейти в систему отсчёта, в которой камни движутся равномерно.

В качестве тела отсчёта выберем камень, вылетевший из точки \(A\). Так как \(\vec v_1 \perp \vec v_2\) и \(v_1 = v_2 = v_0\), то вектор \(\vec v_{\text{отн}}\) есть диагональ квадрата, построенного на векторах \(\vec v_2\) и \(-\vec v_1\). Поэтому \(v_{\text{отн}} = \sqrt{2}\,v_0\). Из рис. 50 видно, что \(AC\) — кратчайшее расстояние между камнями. Найдём его: \(\delta = \alpha - 45^\circ = 30^\circ\) и, следовательно,

\[AC = \dfrac{1}{2}L = 10\text{ м}.\] Время, через которое расстояние между камнями станет минимальным, равно \[t_x = \dfrac{AC}{v_{\text{отн}}\operatorname{tg}\delta} = \dfrac{10\sqrt{3}}{20\sqrt{2}} \approx 0{,}61\text{ с}.\] Положения камней можно найти параллельным переносом отрезка \(AC\) до тех пор, пока его начало и конец не окажутся лежащими на навесной и настильной траекториях камней (рис. 51), при этом \(A'C' = AC\).

Ответ

\(S = \dfrac{g\tau^2}{2} \approx 5\) м.

Решение

При движении камня в поле тяготения \[\vec v_t = \vec v_0 + \vec g\,t,\qquad (1)\] где \(t\) — время от начала движения камня (рис. 52, а).

Вектор перемещения камня \[\vec s(t) = \vec v_0t + \vec g\,\dfrac{t^2}{2} = \dfrac{2\vec v_0 + \vec g\,t}{2}\,t = \dfrac{\vec v_0 + (\vec v_0 + \vec g\,t)}{2}\,t = \dfrac{\vec v_0 + \vec v_t}{2}\,t.\] Тогда для момента \(\tau\) найдём перемещение камня \[|\vec s(\tau)| = \left|\dfrac{\vec v_0 + \vec v_{\text{к}}}{2}\right|\tau.\qquad (2)\] Из рис. 52, б видим, что в силу перпендикулярности векторов \(\vec v_0\) и \(\vec v_{\text{к}}\) (как диагонали прямоугольника) \[|\vec v_0 + \vec v_{\text{к}}| = |\vec v_{\text{к}} - \vec v_0| = g\tau.\qquad (3)\] Подставив (3) в (2), находим \[|\vec s| = \dfrac{g\tau^2}{2},\text{ или }S \approx 5\text{ м}.\]

Ответ

1) \(a_1 = \dfrac{mg\sin\alpha}{M + 2m(1 - \cos\alpha)}\);  2) \(\dfrac{M}{m} > \dfrac{(1 - \cos\alpha)^2}{\cos\alpha}\).

Решение

1. Силы, действующие на брусок и клин, показаны на рис. 53, причём \(|\vec T_1| = |\vec T_2| = |\vec T_3| = T\). Обозначим ускорение клина через \(a_1\). Запишем уравнения движения тел в системе координат \(xOy\):

для клина по \(Ox\) с учётом равенства реакций опоры \(|\vec N'| = |\vec N|\): \[T(1 - \cos\alpha) + N\sin\alpha = Ma_1;\qquad (1)\] для бруска по оси \(Ox\): \[T\cos\alpha - N\sin\alpha = ma_x;\qquad (2)\] для бруска по оси \(Oy\): \[mg - T\sin\alpha - N\cos\alpha = ma_y.\qquad (3)\] Здесь \(a_x\) и \(a_y\) — проекции вектора ускорения бруска на координатные оси.

Связь между ускорением клина и ускорением бруска можно установить, используя кинематические соображения. Пусть клин сместился на \(l\) влево. Тогда брусок, движущийся по клину, сместится на \(l\) вдоль наклонной плоскости и одновременно на расстояние \(l\) влево вместе с клином. Отсюда получим: \[a_x = a_1(1 - \cos\alpha)\text{ и }a_y = a_1\sin\alpha.\] Тогда система уравнений (1)–(3) примет вид: \[\left.\begin{aligned} T(1 - \cos\alpha) + N\sin\alpha &= Ma_1,\\ T\cos\alpha - N\sin\alpha &= ma_1(1 - \cos\alpha),\\ mg - T\sin\alpha - N\cos\alpha &= ma_1\sin\alpha, \end{aligned}\right\}\qquad (4)\] откуда \[a_1 = \dfrac{mg\sin\alpha}{M + 2m(1 - \cos\alpha)}.\] 2. Рассмотренное движение возможно, если \(N > 0\). Находя \(N\) из уравнений (4), получим условие: \[\dfrac{M}{m} > \dfrac{(1 - \cos\alpha)^2}{\cos\alpha}.\]

Ответ

1) \(I_0 = 0{,}1\) А;  2) \(U_{xy} = 23{,}3\) В;  3) \(R_{xy} = 1{,}62\) Ом.

Решение

1. Последовательно рассмотрим все токи и напряжения на элементах цепи, начиная с последнего звена (рис. 54). Обозначим силу тока в последнем звене через \(I_0\). Тогда напряжение на участке \(cd\) будет равно \(2rI_0\), а сила тока на этом участке будет равна \(2I_0\).

Следовательно, сила тока на участке \(bc\) равна \(3I_0\), а напряжение на участке \(be\) равно \(5rI_0\). Далее находим, что сила тока на участке \(be\) равна \(5I_0\), а на участке \(ab\) — \(8I_0\) и т.д. Рассуждая аналогично, получаем \(I = 89I_0\), следовательно, \(I_0 = 0{,}1\) А.

2. Находим напряжение \(U_{xy}\) на входе цепочки: \[U_{xy} = (144 + 89)rI_0 = 23{,}3\text{ В}.\] 3. Сопротивление \(R_{xy}\) между клеммами \(x\) и \(y\) равно \[R_{xy} = \dfrac{U_{xy}}{144I_0} = \dfrac{23{,}3}{14{,}4}\text{ Ом} = 1{,}62\text{ Ом}.\]

Ответ

5 изображений.

Решение

В плоском зеркале изображение точечного источника расположено симметрично этому источнику относительно плоскости зеркала. Если получившееся изображение окажется с отражающей стороны другого зеркала — оно даёт ещё одно изображение и т.д. В данном случае все изображения лежат на окружности радиуса \(R\), проведённого из точки \(O\) пересечения плоскостей зеркал через \(S_0\) (рис. 55):

\(S_1\) — изображение точечного источника \(S_0\) в зеркале \(M_1\);

\(S_{12}\) — изображение мнимого источника \(S_1\) в зеркале \(M_2\);

\(S_{121}\) — изображение источника \(S_{12}\) в зеркале \(M_1\).

Источник \(S_{121}\) не может дать изображение, так как он лежит с обратной (не отражающей) стороны зеркала \(M_2\) (и, разумеется, \(M_1\));

\(S_2\) — мнимое изображение точечного источника \(S_0\) в зеркале \(M_2\);

\(S_{21}\) — изображение источника \(S_2\) в зеркале \(M_1\).

Мы видим, что источник \(S_{21}\) оказался с обратной (не отражающей) стороны зеркала \(M_2\), поэтому он тоже не может дать изображений.

Следовательно, в зеркалах можно увидеть 5 изображений источника \(S_0\). Вообще говоря, любое изображение, оказавшееся в секторе \(AOB\) (он заштрихован), не может более отразиться в зеркалах \(M_1\) и \(M_2\).