ИОШ, 2014/15, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Рассмотрите равновесие части кронштейна относительно одного из шарниров: условие моментов сил связывает натяжение нити с силой, действующей на шарнир со стороны стержня.

Решение

Рассмотрим равновесие части кронштейна \(ABCD\) (см. рисунок). Внешними силами для этой части являются сила натяжения нити, равная силе тяжести груза (сама конструкция по условию массы не имеет), и силы в двух шарнирах — \(A\) и \(B\). Поскольку крепления всех стержней шарнирные, сила, действующая со стороны \((n-1)\)-го стержня на шарнир \(B\), направлена вдоль стержня (см. рисунок). Поэтому условие моментов для части кронштейна \(ABCD\) относительно шарнира \(A\) дает \[T\,\frac{\sqrt{3}\,l}{2} = mg\left(n-\frac{3}{2}\right)l ,\] где \(l\) — длина одного стержня. Отсюда получаем \[T = \frac{mg\,(2n-3)}{\sqrt{3}} .\]

Подсказка

Лампа перегорает при токе \(I_0=\alpha\sqrt{U_0}\). Какая лампа пропускает наибольший ток и как этот ток делится в параллельном участке?

Решение

Одиночная лампа перегорает, когда ток через нее достигает значения \(I_0=\alpha\sqrt{U_0}=0{,}3\ \text{А}\); при меньшем токе лампа работает. Поэтому перегорит та лампа, через которую течет наибольший ток, т.е. самая левая лампа. При этом напряжение на ней будет равно \(U_1=U_0=4\ \text{В}\).

На участке параллельного соединения одной и двух ламп ток \(I_0=0{,}3\ \text{А}\), протекающий через левую лампу, делится в некоторой пропорции на два тока, причем отношение этих токов не равно \(2{:}1\) из-за нелинейной вольтамперной характеристики ламп. Пусть в верхнем участке соединения течет ток \(I_в\), в нижнем \(I_н\). Тогда для этих токов справедливы условия — сумма токов равна \(I_0\), напряжения на верхнем и нижнем участках одинаковы: \[I_в+I_н=I_0, \qquad \left(\frac{I_в}{\alpha}\right)^2=2\left(\frac{I_н}{\alpha}\right)^2 .\] Отсюда находим токи, а затем и напряжение на рассматриваемом участке (из вольтамперной характеристики): \[I_в=\frac{\sqrt{2}\,I_0}{\sqrt{2}+1}, \qquad U_2=\left(\frac{I_в}{\alpha}\right)^2=\frac{2I_0^2}{(\sqrt{2}+1)^2\alpha^2} =\frac{2U_0}{(\sqrt{2}+1)^2}\approx 1{,}38\ \text{В}.\] При параллельном соединении двух одинаковых ламп этот ток поделится пополам: \(I_3=0{,}15\ \text{А}\), а напряжение на этом участке будет равно \[U_3=\left(\frac{I_3}{\alpha}\right)^2=\left(\frac{I_0}{2\alpha}\right)^2=\frac{U_0}{4}=1\ \text{В}.\] Таким образом, предельное напряжение источника, при котором еще не перегорает ни одна из ламп, составляет \[U=U_1+U_2+U_3=U_0+\frac{2U_0}{(\sqrt{2}+1)^2}+\frac{U_0}{4}\approx 6{,}38\ \text{В}.\]

Решение

Между двумя транспортерами нужно расположить два диска с прорезями, диаметр которых больше расстояния между транспортерами, и которые надеты на одну ось, длина которой чуть больше ширины транспортеров. Тогда транспортеры не будут мешать дискам вращаться, а поскольку ширина деталей больше ширины транспортера, детали будут входить в прорези дисков. Диски и будут перемещать детали на второй транспортер, одновременно их переворачивая (см. рисунок).

Подсказка

Примените условие равновесия штока для малого участка резьбы, а затем вспомните связь шага резьбы с углом подъема резьбы.

Решение

Пусть угол подъема резьбы — \(\varphi\). На шток действуют: искомая сила реакции со стороны заготовки \(\vec N\), направленная вертикально вверх, момент внешних сил и сила реакции со стороны резьбы. Пусть на малом интервале длины резьбы \(\Delta x\) на шток действует сила реакции \(\Delta\vec N\), перпендикулярная резьбе (перпендикулярная — так как нет трения; см. рисунок). Сумма вертикальных проекций силы \(\Delta\vec N\), действующих на все ее участки, компенсирует силу \(\vec N\) со стороны заготовки, проекции силы \(\Delta\vec N\) на ось, перпендикулярную оси заготовки, создают момент, компенсирующий момент внешних сил \(M\). Поэтому \[N=\frac{\Delta N\cos\varphi}{\Delta x}\,l, \qquad M=\frac{\Delta N\sin\varphi}{\Delta x}\,lR ,\] где \(l\) — длина резьбы, \(R\) — радиус штока. Деля первое соотношение на второе, получим \[M=NR\,\mathrm{tg}\,\varphi .\] С другой стороны, для каждого участка резьбы длиной \(\Delta x\) справедливы равенства \[\Delta x=\frac{\Delta l}{\cos\varphi}, \qquad \Delta x=\frac{\Delta h}{\sin\varphi},\] где \(\Delta l\) и \(\Delta h\) — проекции участка резьбы на перпендикулярное и продольное направление. Поэтому суммирование таких проекций по одному витку резьбы дает \[2\pi R\,\mathrm{tg}\,\varphi=h ,\] где \(h\) — шаг резьбы (расстояние между соседними бороздками). Отсюда и формулы (1) получаем \[N=\frac{2\pi M}{h} .\] Из этой формулы следует, что, используя резьбу с маленьким шагом, можно получить существенный выигрыш в силе (который, однако, не может быть бесконечно большим (при \(h\to 0\)), т.к. такую нагрузку не выдержит резьба). Из-за значительного выигрыша в силе рассмотренная конструкция используется в механических домкратах.

Для знакомых с методом возможных перемещений отметим, что этим методом задача решается буквально в одно действие.

Подсказка

Выясните, при каком знаке \(U_{AB}\) открыт каждый диод. Пока ток через источник ЭДС не течет, выход повторяет вход; после этого выход «прижат» к ЭДС ветви.

Решение

Если напряжение \(U_{AB}>0\), диод в правом участке будет закрыт при любых значениях этого напряжения, и этот участок можно не рассматривать (он, фактически, является разрывом цепи). Поэтому при \(U_{AB}>0\) данная в условии цепь эквивалентна цепи, изображенной на рисунке. (При \(U_{AB}<0\) «работает» второй участок цепи).

Так как сопротивление источника равно нулю, из закона Ома для участка цепи, содержащего ЭДС, заключаем, что при любом токе через источник напряжение на участке \(CD\) равно ЭДС источника \(2\varepsilon\). Если же ток через источник не течет, цепь, фактически, разорвана и напряжение на участке \(CD\) равно напряжению на участке \(AB\). А ток через диод потечет, если напряжение \(AB\) будет больше \(2\varepsilon\). Таким образом, пока напряжение \(0<U_{AB}<2\varepsilon\), выходное напряжение равно входному; как только напряжение \(U_{AB}\) превысит \(2\varepsilon\), выходное напряжение будет равно \(2\varepsilon\) независимо от напряжения \(AB\). Другими словами, рассматриваемая цепь «обрезает» скачки входного напряжения. Второй участок дает ограничения на отрицательные напряжения \(U_{AB}\), которые по величине превосходят \(\varepsilon\).

Это значит, что график выходного напряжения при условии, что \(U_1,\,U_2<\varepsilon\), совпадает с графиком входного напряжения.

Если \(U_2<\varepsilon<U_1<2\varepsilon\), график имеет вид (см. рисунок справа).

Если \(\varepsilon<U_2,\,U_1<2\varepsilon\), то величиной \(\varepsilon\) будут ограничены все «отрицательные максимумы», «положительные» максимумы останутся без изменений (см. рисунок слева).

Если \(\varepsilon<U_2<2\varepsilon<U_1\), величиной \(2\varepsilon\) будут ограничены большие положительные максимумы, маленькие — останутся без изменений (см. рисунок справа).

Если \(2\varepsilon<U_2,\,U_1\), все положительные максимумы будут ограничены величиной \(2\varepsilon\), все отрицательные — величиной \(\varepsilon\).

Решение

Сначала рассмотрим движение малого диска по внешней поверхности большого. Пусть малый диск повернулся на угол \(\Delta\varphi\) вокруг большого (см. рисунок). Если бы малый диск не вращался вокруг своей оси (для этого он должен был бы проскальзывать по большому), его радиус, связывающий точку, которой он касался большого диска с его центром в начальном положении, остался бы параллельным самому себе и в конечном положении (эта точка отмечена на рисунке цифрой 1). Поэтому угол между отрезком, связывающим центры дисков в конечном положении, и радиусом малого диска, проведенным в точку 1, был бы равен \(\Delta\varphi\) (на рисунке этот угол отмечен дугой). Из-за отсутствия проскальзывания рассматриваемая точка вращается по часовой стрелке и окажется в положении 2, причем из-за отсутствия проскальзывания длина дуги малого диска, связывающая точку 2 и точку касания дисков в конечном положении, будет равна длине дуги большого диска между точками касания малого диска в начальном и конечном положении, т.е. \(2R\,\Delta\varphi\). Таким образом, длина дуги между точками 1 и 2 равна \(R\Delta\varphi+2R\Delta\varphi=3R\Delta\varphi\), и, следовательно, малый диск повернется на угол \(3\Delta\varphi\) вокруг своей оси. А значит, число оборотов малого диска вокруг своей оси \(n\) будет равно \[n=\frac{3\Delta\varphi}{2\pi}.\]

Аналогично рассматривается движение малого диска по внутренней поверхности большого. Однако, как легко увидеть, углы его поворота вокруг большого и своей оси будут вычитаться (а не складываться, как в первом случае), поэтому при повороте малого диска вокруг большого на угол \(\Delta\varphi\) он совершит \[n_1=\frac{\Delta\varphi}{2\pi}\] оборотов вокруг своей оси.