ИОШ, 2018/19, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите концентрацию смеси через массы кислоты и массы растворов для обоих способов смешивания.

Ответ

В сосуде с массой \(m\) концентрация \(0{,}2C\), в сосуде с массой \(\frac{2}{3}m\) концентрация \(2{,}2C\).

Решение

Пусть концентрация кислоты массой \(m\) равна \(c_1\), а кислоты массой \(\frac{2}{3}m\) равна \(c_2\). Тогда масса кислоты в растворах \(M_1=c_1m\), \(M_2=\frac{2}{3}c_2m\), и концентрация при смешении всего содержимого \[C=\frac{c_1m+\frac{2}{3}c_2m}{\frac{5}{3}m}=\frac{3c_1+2c_2}{5}.\] При смешении равных масс растворов концентрация равна \[1{,}2C=\frac{c_1+c_2}{2}.\] Решая систему, получаем \(c_1=0{,}2C\), \(c_2=2{,}2C\).

Решение

Схема для трёхкратного выигрыша и расстановка сил натяжения верёвок показана на рисунке 1, для пятикратного — на рисунке 2.

Увеличение силы происходит при охватывании верёвкой подвижного блока: если масса блока мала, верёвка, привязанная к его оси, даёт удвоенную силу натяжения.

Для трёхкратного выигрыша к телу прикрепляют две верёвки: одна вытягивается внешней силой, вторая привязана к оси подвижного блока, охватываемого внешней силой. Тогда на массивную плиту действует сила \(3F\). Для пятикратного выигрыша дублируют два левых блока, а соответствующие верёвки привязывают к массивной плите; тогда на плиту действует сила \(5F\).

Подсказка

Число витков, заполняющих катушку, равно отношению радиуса катушки к толщине плёнки; оно же даёт длину плёнки через сумму длин витков. Время одного оборота при постоянной \(\omega\) одинаково.

Ответ

\(t=\dfrac{2l}{R\omega}\).

Решение

Число оборотов плёнки, заполняющих катушку, \(n\), и толщина плёнки \(d\) связаны соотношением \(R=nd\). Полная длина плёнки \[l=2\pi d+2\pi\cdot2d+2\pi\cdot3d+\ldots+2\pi nd=2\pi d\,\frac{n(n+1)}{2}\approx\pi dn^2.\] С учётом \(R=nd\) получаем \(l=\pi Rn\), то есть \(n=\dfrac{l}{\pi R}\). Так как каждый оборот совершается за одинаковое время \(T=\dfrac{2\pi}{\omega}\), время перемотки \[t=nT=\frac{l}{\pi R}\cdot\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2l}{R\omega}.\]

Подсказка

В каждом положении переключателей остальные лампы должны оказаться закороченными проводами, а в четвёртом положении все лампы подключены параллельно к сети.

Решение

Возможная схема включения лампочек показана на рисунке.

В положении, показанном на рисунке, нормальным накалом горит только лампочка 2, так как лампочки 1 и 3 «закорочены» проводами (сопротивление проводов считаем равным нулю). Переключив верхний переключатель, закорачиваем лампочки 2 и 3, и горит только лампочка 1. Вернув верхний переключатель и переключив нижний, закорачиваем лампочки 1 и 2, и горит только лампочка 3. В оставшемся положении все три лампочки подключены к сети параллельно и горят нормальным накалом.

Ответ

При \(\varepsilon<U_0+rI_0\): \(I=\dfrac{\varepsilon I_0}{U_0+rI_0}\), \(U_\text{Э}=\dfrac{\varepsilon U_0}{U_0+rI_0}\). При \(\varepsilon>U_0+rI_0\): \(I=I_0\), \(U_\text{Э}=\varepsilon-I_0r\).

Решение

Пока ток меньше \(I_0\), элемент работает на линейном участке характеристики: \(I=\dfrac{I_0}{U_0}U\). Закон Ома для замкнутой цепи (сопротивлением источника пренебрегаем) даёт \(\varepsilon=U_\text{Э}+rI=U_\text{Э}\left(1+\dfrac{rI_0}{U_0}\right)\), откуда \[U_\text{Э}=\frac{\varepsilon U_0}{U_0+rI_0},\qquad I=\frac{\varepsilon I_0}{U_0+rI_0}.\] Это решение верно, пока \(I<I_0\) и \(U_\text{Э}<U_0\), то есть при \(\varepsilon<U_0+rI_0\). При больших ЭДС ток достигает значения \(I_0\) и дальше не растёт: \(I=I_0\), а напряжение на элементе \(U_\text{Э}=\varepsilon-I_0r\).

Подсказка

Запишите условие равновесия бревна по силам, затем условие моментов сил для одной балки относительно шарнира; расстояние от шарнира до точки касания выразите через \(R\) и \(\alpha\).

Ответ

\(\alpha=60^\circ\); \(T_{\min}=\dfrac{2mgR}{l}\).

Решение

Условие равновесия бревна: \(2N\sin\alpha=mg\), откуда \(N=\dfrac{mg}{2\sin\alpha}\), где \(N\) — сила реакции балки. Условие моментов сил, действующих на балку, относительно шарнира: \(Nx=Tl\cos\alpha\), где \(x\) — расстояние от шарнира до точки касания балки и бревна. Отсюда \[T=\frac{Nx}{l\cos\alpha}=\frac{mgx}{2l\sin\alpha\cos\alpha}.\] Геометрически \(x=R\,\mathrm{ctg}\dfrac{\alpha}{2}\), поэтому \[T=\frac{mgR}{2l\sin\alpha\cos\alpha\,\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}}=\frac{mgR}{4l\left(\sin^2\frac{\alpha}{2}-2\sin^4\frac{\alpha}{2}\right)}.\] Сила минимальна, когда знаменатель максимален. Производная по \(\frac{\alpha}{2}\) обращается в ноль при \(\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\left(1-4\sin^2\frac{\alpha}{2}\right)=0\), откуда \(\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}\), \(\alpha=60^\circ\). Тогда \(T_{\min}=\dfrac{2mgR}{l}\).