ИОШ, 2021/22, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите горизонтальное и вертикальное равновесие каждого груза; углы нитей с горизонталью найдите по клеточкам рисунка.

Ответ

\(\dfrac{m_1}{m_2} = 3\).

Решение

Пусть сила натяжения участка нити от точки А до груза \(m_1\) равна \(T_1\), между грузами — \(T_2\), от груза \(m_2\) до точки В — \(T_3\). Так как силы натяжения нитей, к которым привязаны грузы, вертикальны, \[T_1\cos\alpha_1 = T_2\cos\alpha_2 = T_3\cos\alpha_3 ,\] где \(\alpha_1\), \(\alpha_2\), \(\alpha_3\) — углы нитей с горизонталью (см. рисунок).

Условия равновесия грузов дают \[m_1 g = T_1\sin\alpha_1 + T_2\sin\alpha_2 = T_1\cos\alpha_1\,(\operatorname{tg}\alpha_1+\operatorname{tg}\alpha_2),\] \[m_2 g = T_3\sin\alpha_3 - T_2\sin\alpha_2 = T_1\cos\alpha_1\,(\operatorname{tg}\alpha_3-\operatorname{tg}\alpha_2).\] Отсюда \[\frac{m_1}{m_2} = \frac{\operatorname{tg}\alpha_1+\operatorname{tg}\alpha_2}{\operatorname{tg}\alpha_3-\operatorname{tg}\alpha_2}.\] По клеточкам рисунка \(\operatorname{tg}\alpha_1 = \frac{5}{3}\), \(\operatorname{tg}\alpha_2 = \frac{1}{3}\), \(\operatorname{tg}\alpha_3 = \frac{3}{3}\), поэтому \(m_1/m_2 = 3\).

Подсказка

Рассмотрите, на какой угол повернется малое колесо, когда кривошип повернется на малый угол. Учтите, что сама точка касания колес тоже движется по большому колесу.

Ответ

\(4n\) оборотов.

Решение

Поскольку зубья колес одинаковы, длина окружности и радиус \(R\) большого колеса в три раза превосходят длину окружности и радиус \(r\) малого: \(R = 3r\). Пусть в начальный момент колеса касались так, как показано на левом рисунке, а за некоторое время кривошип \(AB\) повернулся на угол \(\Delta\varphi\) (правый рисунок). Нижняя точка малого колеса пройдет путь \(3r\,\Delta\varphi\); радиус малого колеса, направленный в точку касания, повернется на угол \(3\Delta\varphi\) относительно неподвижного положения точки касания. Сама точка касания повернется на угол \(\Delta\varphi\), поэтому полный поворот малого колеса составит \(4\Delta\varphi\).

Когда кривошип сделает полный оборот (поворот на \(2\pi\)), малое колесо повернется на \(8\pi\), то есть сделает четыре оборота вокруг своей оси. Значит, при \(n\) оборотах кривошипа колесо 2 сделает \(4n\) оборотов.

Подсказка

Сравните моменты силы тяжести цилиндра и силы натяжения нити относительно точки касания цилиндра с плоскостью.

Ответ

\(\sin\alpha \le \dfrac{m}{5m} = \dfrac{1}{5}\), то есть \(\alpha \le \arcsin\dfrac{1}{5} \approx 11{,}5^\circ\).

Решение

Цилиндр будет подниматься вверх, если момент силы натяжения нити \(T = mg\) относительно точки касания цилиндра с плоскостью не меньше момента силы тяжести цилиндра \(Mg\) относительно той же точки (см. рисунок).

Плечо силы тяжести равно \(R\sin\alpha\), плечо силы натяжения равно \(R - R\sin\alpha\), поэтому условие движения вверх \[MgR\sin\alpha \le mg\,(R - R\sin\alpha), \qquad M = 4m .\] Отсюда \[\sin\alpha \le \frac{m}{M+m} = \frac{1}{5}, \qquad \alpha \le \arcsin\frac{1}{5} \approx 11{,}5^\circ .\] (Эквивалентно: при подъеме уменьшение потенциальной энергии тела при опускании должно быть не меньше увеличения потенциальной энергии цилиндра.) Радиус цилиндра в ответ не входит.

Подсказка

Замените амперметры идеальными проводниками и выделите источник тока в цепи: это омметр. Далее сравните токи через вольтметры, зная, что напряжения на них одинаковы или связаны простым соотношением.

Ответ

\(R_V = 4{,}5\cdot10^6\) Ом; показания омметра \(R_\Omega \approx 1{,}89\cdot10^6\) Ом.

Решение

Источником тока в этой цепи является омметр, который подает напряжение на исследуемый резистор и измеряет силу тока и напряжение на нем. Поскольку сопротивления амперметров пренебрежимо малы, цепь эквивалентна цепи, где вольтметры — обычные резисторы (с сопротивлением \(R_V\)), а амперметры заменены идеальными проводниками. Вольтметр \(V_3\) находится под напряжением \(U = 1\) В, через него течет ток \(I_3\); через участок с амперметром \(A_4\) течет ток \(I = 1\) мкА.

Сопротивление верхней ветви \(R_{\text{верх}} = R_V + R_V + \frac{2R_V}{3} = \frac{8}{3}R_V\), нижней ветви \(R_{\text{нижн}} = \frac{1}{2}R_V\). Так как напряжения на ветвях одинаковы, \[I_{\text{нижн}} = \frac{16}{3}\,I_{\text{верх}} \qquad (*)\] Пусть ток через вольтметр \(V_3\) равен \(I_3\). Вольтметры 5 и 7 находятся под тем же напряжением, поэтому через них течет \(I_3/2\), и \(I_{\text{верх}} = \frac{3}{2}I_3\). Через вольтметр 6 течет ток \(I - \frac{I_3}{2}\), такой же ток через вольтметр 4, поэтому \(I_{\text{нижн}} = 2I - I_3\). Из (*): \[2I - I_3 = \frac{16}{3}\cdot\frac{3}{2}I_3 = 8I_3 \quad\Rightarrow\quad I_3 = \frac{2}{9}I .\] Сопротивление вольтметра \[R_V = \frac{U}{I_3} = \frac{9U}{2I} = 4{,}5\cdot10^6~\text{Ом}.\] Токи в ветвях: \(I_{\text{верх}} = \frac{1}{3}I\), \(I_{\text{нижн}} = \frac{16}{9}I\), ток через омметр \(I_\Omega = I_{\text{верх}} + I_{\text{нижн}} = \frac{19}{9}I\). Напряжение на омметре \(U_\Omega = I_{\text{нижн}}\cdot\frac{R_V}{2} = \frac{8}{9}IR_V\), поэтому показание омметра \[R_\Omega = \frac{U_\Omega}{I_\Omega} = \frac{8}{19}R_V = \frac{36\,U}{19\,I} \approx 1{,}89\cdot10^6~\text{Ом}.\]

Подсказка

При упругом лобовом столкновении шары одинаковой массы обмениваются скоростями. Что меняется, если кий бьет выше или ниже центра шара-битка?

Ответ

(1) Удар выше центра шара-битка: оба шара движутся вперед. (2) Удар ниже центра шара-битка: шар-биток после удара движется назад, шар-мишень — вперед.

Решение

Сначала рассмотрим упругое лобовое столкновение без трения. Закон сохранения импульса и энергии дают для шаров одинаковой массы обмен скоростями: налетающий шар останавливается, покоившийся начинает двигаться с той же скоростью.

Опытные бильярдисты знают, что удар можно нанести так, что шар-биток после удара тоже продолжит двигаться в том же направлении, а можно так, что он будет двигаться назад. Рассмотрим удар выше центра шара (верхний рисунок). Удар и трение о поверхность стола заставляют шар-биток вращаться вперед, в направлении его движения. При столкновении шар-мишень не может «почувствовать» вращение битка, поэтому для него биток как бы движется поступательно: шар-мишень получает его скорость, а сам биток останавливается и продолжает вращаться вперед. Из-за трения о стол биток оттолкнется от шероховатостей и приобретет скорость, направленную вперед. Так оба шара движутся вперед.

Аналогично при ударе ниже центра шара-битка можно заставить его после удара двигаться назад: один шар уходит в лузу в направлении удара, второй — в противоположную.

Подсказка

Устойчивость определяется положением центра тяжести относительно геометрического центра нижней сферической поверхности. Найдите положение центра тяжести конструкции с помощью суммы геометрических прогрессий.

Ответ

Неустойчивость: центр тяжести лежит выше геометрического центра большого шара. Масса утяжеляющего тела \(\mu \ge \dfrac{8}{35}\,m\).

Решение

Если центр тяжести тела с гладкой сферической нижней поверхностью лежит ниже геометрического центра этой поверхности, то при отклонении тело возвращается в исходное положение (момент силы тяжести относительно точки касания возвращает его). У ваньки-встаньки центр тяжести нижнего шара совпадает с его геометрическим центром, а дополнительные шары сверху поднимают центр тяжести выше этого центра, поэтому момент силы тяжести выводит систему из положения равновесия, и конструкция неустойчива.

Найдем массу \(M\) ваньки-встаньки. Радиусы шаров вдвое отличаются, поэтому массы отличаются в \(2^3 = 8\) раз: \[M = m + \frac{1}{8}m + \left(\frac{1}{8}\right)^2 m + \ldots = \frac{8m}{7}.\] Чтобы найти положение центра тяжести, положим ваньку-встаньку «на бок» на поверхность. Так как каждый последующий шар вдвое меньше предыдущего, все шары касаются поверхности, и расстояние от центра тяжести каждого шара до поверхности равно его радиусу. Расстояние от поверхности до центра тяжести \[d = \frac{m\,r + \frac{m}{8}\cdot\frac{r}{2} + \frac{m}{64}\cdot\frac{r}{4} + \ldots}{M} = \frac{mr\cdot\frac{1}{1-1/16}}{\frac{8m}{7}} = \frac{14}{15}\,r ,\] (сумма в числителе — геометрическая прогрессия со знаменателем \(1/16\)).

Угол \(\alpha\) между поверхностью и прямой, соединяющей нижнюю точку с центром тяжести: \[\sin\alpha = \frac{r}{r + 2\cdot\frac{r}{2} + 2\cdot\frac{r}{4} + \ldots} = \frac{r}{3r} = \frac{1}{3} .\] Тогда расстояние от центра большого шара до центра тяжести \[l_c = \frac{r - d}{\sin\alpha} = \frac{r/15}{1/3} = \frac{r}{5} .\] Расстояние от нижней точки ваньки-встаньки до его центра тяжести равно \[L_c = r + l_c = \frac{6r}{5} .\] Чтобы конструкция с прикрепленным телом массы \(\mu\) была устойчива, центр тяжести системы должен лежать ниже геометрического центра большого шара: \[\frac{M L_c}{M+\mu} \le r \quad\Rightarrow\quad \mu \ge M\,\frac{L_c - r}{r} .\] Подставляя \(M = \frac{8m}{7}\) и \(L_c = \frac{6r}{5}\), получаем \[\mu \ge \frac{8}{35}\,m .\]