IZhO 2013, Теория, руски — Задача 1

• 1.А $a = \frac{g}{2},\quad T = mg\left[\frac{3}{8} + \frac{R}{L}\left(1 - \frac{\pi}{2}\right)\right],\quad \alpha = 30^{\circ}$
• 1.В 100 °C
• 1.С 1) Треугольник у ребра BC на основании; точка F на расстоянии |DF| = 0,91 мм (|EO| = 0,82 мм от середины стороны основания), три таких треугольника. 2) γ = 41°; три малых треугольных области в вершинах правильного треугольника со стороной l = 14,9 см, смещённые на r = 8,6 см от центра.

Задача 1А. Блок

Пусть $l_1$ и $l_2$ — длины свисающих концов ($l_1 < l_2$). Тогда $l_2 - l_1 = \frac{L}{2}$ и $l_1 + l_2 + \pi R = L$, откуда $l_2 = \frac{3}{4}L - \frac{\pi}{2}R$.

1. Пусть в момент, когда разность высот концов каната равна $h = l_2 - l_1 = \frac{L}{2}$ за малое время $\Delta t$ канат сместился на $\Delta x$. Так как в отсутствие трения силы, действующие на канат со стороны блока, работы не совершают, увеличение кинетической энергии каната равно уменьшению его потенциальной энергии, которое легко найти, заметив, что перемещение каната вдоль себя эквивалентно опусканию кусочка длины $\Delta x$ на высоту $h$:

Отсюда

2. Запишем аналогично п.1 ЗСЭ для малого промежутка времени $\Delta t$ для правой (от верхней точки) части каната. Пусть $l = l_2 + \frac{\pi}{2}R = \frac{3}{4}L$ — длина этой части, $M = m\frac{l}{L} = \frac{3}{4}m$ — её масса, $T$ — сила натяжения каната в верхней точке, $H = l_2 + R = \frac{3}{4}L - R\left(\frac{\pi}{2} - 1\right)$ — разность высот верхней точки каната и нижней точки его длинного конца. Тогда:

3. Запишем второй закон Ньютона для маленького кусочка каната в проекции на касательную к нему ось:

Если кусочек выбран в месте с максимальной силой натяжения, то $T_1 = T_2$, откуда получаем

Схема оценивания

Задача 1.В Запарь

Запертый в сосуде воздух при температуре 200ºC будет создавать давление

Давление пара при той же температуре $2{,}88 - 1{,}61 = 1{,}27\ \text{атм}$. Тогда давление пара при произвольной температуре $T$ (при условии, что вся вода испарилась) равно

Пусть $P(T)$ — зависимость давления насыщенного пара воды от температуры. Тогда вся вода испарится при температуре, удовлетворяющей условию

решение которого легко найти, даже не зная точный вид зависимости $P(T)$:

Схема оценивания.

Задача 1.С Пирамида

1. Рассмотрим луч, падающий на одну из граней в точке близкой к вершине пирамиды. Угол падения луча на грань равен углу между боковой гранью и основанием пирамиды $\angle AEO = \alpha$. Не сложно показать, что $\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Поэтому $\alpha = 54{,}7^{\circ}$.

По закону преломления Снелиуса угол преломления $\beta$ определяется соотношением $\sin\beta = \frac{\sin\alpha}{n} = \frac{1}{n}\sqrt{\frac{2}{3}}$. Отсюда следует, что $\beta = 24{,}6^{\circ}$.

Найдем положение точки падения $F$ этого луча на основание пирамиды. Высота боковой грани $|AE| = \frac{a}{2}$, высота пирамиды $|AO| = \frac{a}{2}\sin\alpha = \frac{a}{2}\sqrt{\frac{2}{3}} = 0{,}41$ мм. Тогда длина отрезка $|OF| = |AO|\,tg(\alpha - \beta) = 0{,}24$ мм. Окончательно получаем, что эта точка лежит на расстоянии $|DF| = |OD| - |OF| = \frac{a}{\sqrt{3}} - 0{,}24$ мм $= 0{,}91$ мм. Или на расстоянии $|EO| = a\frac{\sqrt{3}}{2} - |DF| = 0{,}82$ мм от середины стороны основания.

Таким образом, свет, преломленный рассматриваемой гранью, $BCF$ осветит на основании треугольник. Аналогичные треугольники будут освещены светом, преломленным остальными двумя гранями (см. рис. 2).

2. Найдем угол $\gamma$, под которым лучи выйдут из пирамиды после преломления на е основании. Из рис. 1 и закона преломления следует, что

Численное значение этого угла $\gamma = 41^{\circ}$.Так как лучи преломленные на одной грани параллельны, то на экране они осветят область, такую же, как и на основании пирамиды. Только эти треугольные области разойдутся на расстояние $r = Ltg\gamma = 8{,}6$ см. Таким образом, на экране будут освещены три малых треугольных области, находящиеся в вершинах правильного треугольника со стороной $l = r\sqrt{3} = 14{,}9$ см.

Схема оценивания.