ИОШ, 2022/23, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите среднюю плотность жидкости двумя способами: через массу и объём и через массы воды и нефти с их плотностями.

Ответ

\(m_н = 1100\) кг.

Решение

Из данных условия находим среднюю плотность загрязнённой жидкости \[\rho_{ср} = \frac{m}{V}.\] С другой стороны, среднюю плотность смеси можно найти через плотности компонент: \[\rho_{ср} = \frac{m}{\dfrac{m_в}{\rho_0} + \dfrac{m_н}{\rho}},\] где \(m_в\) и \(m_н\) – массы воды и нефти в смеси. Поскольку \(m = m_в + m_н\), эту формулу можно продолжить так: \[\rho_{ср} = \frac{m}{\dfrac{m - m_н}{\rho_0} + \dfrac{m_н}{\rho}}.\] Поэтому \[\frac{m - m_н}{\rho_0} + \frac{m_н}{\rho} = V.\] Отсюда находим \[m_н = \frac{(V\rho_0 - m)\,\rho}{\rho_0 - \rho} = 1100\ \text{кг}.\]

Подсказка

Запишите уравнение теплового баланса для всех порций сразу. В сумме получатся суммы натуральных чисел и их кубов.

Ответ

\(t_x = 55\,^\circ\text{C}\).

Решение

Уравнение теплового баланса для рассматриваемых порций воды даёт \[m(t - t_x) + 2m(2^2 t - t_x) + 3m(3^2 t - t_x) + 4m(4^2 t - t_x) + \ldots + 10m(10^2 t - t_x) = 0.\] В результате имеем \[m t_x\,(1 + 2 + 3 + \ldots + 10) = m t\,(1^3 + 2^3 + 3^3 + \ldots + 10^3).\] Суммы в скобках можно вычислить непосредственно, а можно воспользоваться известными формулами для суммы натуральных чисел и суммы кубов натуральных чисел: \[1 + 2 + \ldots + n = \frac{n(n+1)}{2}, \qquad 1^3 + 2^3 + \ldots + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}.\] Поэтому имеем \[t_x = \frac{n(n+1)}{2}\,t,\] где \(n = 10\). Отсюда \(t_x = 55\,^\circ\text{C}\).

Подсказка

Во втором случае на шар действует ещё и сила реакции доски. Разложите силы на вертикальную и горизонтальную составляющие и найдите угол нити с вертикалью из геометрии системы.

Ответ

Сила натяжения увеличится; в \(\dfrac{4}{\sqrt{15}} \approx 1{,}03\) раза.

Решение

Пусть масса шара \(m\). Тогда сила натяжения нити в первом случае равна силе тяжести шара: \[T_1 = mg.\] Во втором случае на шар действуют сила тяжести, сила натяжения нити и сила реакции доски. Поэтому сила натяжения компенсирует не только силу тяжести, но ещё и силу реакции доски и, следовательно, должна вырасти по сравнению с первым случаем. Найдём, во сколько раз.

Условие равновесия шара во втором случае в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси даёт \[T_2 \cos\alpha = mg, \qquad T_2 \sin\alpha = N,\] где \(T_2\) – сила натяжения во втором случае, \(\alpha\) – угол между нитью и вертикалью во втором случае, \(N\) – сила реакции доски. Отсюда находим \[T_2 = \frac{mg}{\cos\alpha}.\] Косинус угла \(\alpha\) найдём геометрически. Из треугольника, образованного нитью, шаром и участком доски, находим \(\sin\alpha = \dfrac{1}{4}\). Поэтому \(\cos\alpha = \dfrac{\sqrt{15}}{4}\) и, следовательно, \[T_2 = \frac{4mg}{\sqrt{15}}.\] То есть при расположении доски вертикально сила натяжения вырастет в \[\frac{T_2}{T_1} = \frac{1}{\cos\alpha} = \frac{4}{\sqrt{15}} \approx 1{,}03\] раза.

Подсказка

Силы тяжести и реакции приложены к центру шара и не создают моментов относительно него. Сравните силы трения с предельным значением \(\mu N\) в обеих точках касания.

Ответ

\(\operatorname{tg}(\alpha/2) \le \mu\), то есть \(\alpha \le 2\operatorname{arctg}\mu\).

Решение

Пусть сила нормальной реакции между стержнем и шаром (которая зависит от массы стержня и угла \(\alpha\)) равна \(\vec N\). Силы, действующие на шар, показаны на рисунке. Здесь \(m\vec g\) – сила тяжести шара, \(\vec N_1\) – сила реакции горизонтальной поверхности, \(\vec F_{тр}\) и \(\vec F_{тр,1}\) – силы трения между шаром и стержнем и между шаром и горизонтальной поверхностью соответственно. Поскольку силы тяжести и реакции приложены к центру шара, их моменты относительно центра равны нулю, и из условия моментов относительно центра шара заключаем, что в равновесии силы трения равны друг другу. Поэтому условия равновесия в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси дают \[F_{тр} + F_{тр}\cos\alpha = N\sin\alpha, \qquad N_1 = N\cos\alpha + mg + F_{тр}\sin\alpha.\] Из этих формул находим \[F_{тр} = \frac{N\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}, \qquad N_1 = N + mg.\]

При этом условия отсутствия проскальзывания в точках касания шара и стержня, шара и горизонтальной поверхности \[F_{тр} \le \mu N, \qquad F_{тр} \le \mu N_1 = \mu(N + mg)\] дают условия на угол \(\alpha\) в равновесии системы. Из этих формул видим, что с ростом угла \(\alpha\) (или с уменьшением коэффициента трения) первым нарушается первое условие, которое вместе с первой формулой определяет равновесное значение угла наклона стержня: \[\frac{\sin\alpha}{1 + \cos\alpha} \le \mu.\] Используя формулу для тангенса половинного угла, это условие можно привести к виду \[\operatorname{tg}(\alpha/2) \le \mu \quad\text{или}\quad \alpha \le 2\operatorname{arctg}\mu.\] Отметим, что из проведённого анализа можно сделать вывод, как начнёт двигаться шар при увеличении угла \(\alpha\) или уменьшении коэффициента трения. Поскольку первым нарушается условие отсутствия проскальзывания между шаром и стержнем, при увеличении угла \(\alpha\) или уменьшении коэффициента трения шар начнёт катиться по горизонтальной поверхности, не проскальзывая относительно неё. Это положение реализуется при любых значениях силы \(N\), т.е. даже бесконечно лёгкий стержень заставит катиться шар при нарушении условия (**). Это связано с пренебрежением трением качения (которое мы использовали в решении), которое в реальной ситуации не позволит катиться шару.

Подсказка

Показания омметра в первом случае дают сумму сопротивлений вольтметра и амперметра. Во втором случае вольтметр и амперметр включены параллельно.

Ответ

\(U_2 = 0{,}6\) В, \(R_2 = 182\) Ом; \(r_A = 200\) Ом, \(r_V = 2000\) Ом, \(r_\Omega = 697\) Ом.

Решение

Найдём сначала сопротивления вольтметра и амперметра. Поскольку вольтметр показывает напряжение на самом себе, \(U_1\), а ток через него – \(I_1\), то \[r_V = \frac{U_1}{I_1} = 2000~\text{Ом}.\] Омметр показывает суммарное сопротивление вольтметра и амперметра, поэтому сопротивление амперметра \(r_A\) составляет \[r_A = R_1 - \frac{U_1}{I_1} = 200~\text{Ом}.\] Рассмотрим теперь соединение приборов «звездой». Очевидно, схема эквивалентной цепи может быть нарисована так, как это показано на рисунке. А поскольку в этом положении амперметр показывает ток \(I_2\), то напряжение на нём равно \[r_A I_2 = 0{,}6~\text{В}.\]

Но вольтметр и амперметр соединены параллельно, поэтому таким же будет и показание вольтметра во втором случае: \[U_2 = r_A I_2 = \left(R_1 - \frac{U_1}{I_1}\right) I_2 = 0{,}6~\text{В}.\] Поскольку во втором случае к омметру подключены параллельно соединённые амперметр и вольтметр, его показания составляют \[R_2 = \frac{r_V r_A}{r_V + r_A} = \frac{U_1\left(R_1 - \frac{U_1}{I_1}\right)}{R_1 I_1} = \frac{U_1\,(R_1 I_1 - U_1)}{R_1 I_1^2} = 182~\text{Ом}.\] Найдём теперь внутреннее сопротивление омметра \(r_\Omega\) и напряжение его источника \(U_\Omega\). В первом случае ток через омметр равен \(I_1\), напряжение на нём \(I_1 R_1\). Поэтому \[U_\Omega = I_1 r_\Omega + I_1 R_1.\] Во втором случае ток через омметр равен \[I_2 + \frac{U_2}{r_V} = I_2 + \frac{(I_1 R_1 - U_1)\,I_2}{U_1} = \frac{I_1 R_1}{U_1}\,I_2,\] а напряжение на нём – \(U_2\). Поэтому для напряжения источника омметра во втором случае имеем \[U_\Omega = \frac{I_1 I_2 R_1}{U_1}\,r_\Omega + U_2 = \frac{I_1 I_2 R_1}{U_1}\,r_\Omega + \frac{(I_1 R_1 - U_1)\,I_2}{I_1}.\] Приравнивая два выражения для \(U_\Omega\), найдём сопротивление омметра: \[r_\Omega = \frac{\left[R_1 I_1 (I_1 - I_2) + U_1 I_2\right] U_1}{I_1^2\,(I_2 R_1 - U_1)} \approx 697~\text{Ом}.\] Соберём вместе все ответы. Показания вольтметра и омметра при соединении звездой: \[U_2 = 0{,}6~\text{В}, \qquad R_2 = 182~\text{Ом}.\] Сопротивления амперметра, вольтметра и омметра: \[r_A = 200~\text{Ом}, \qquad r_V = 2000~\text{Ом}, \qquad r_\Omega \approx 697~\text{Ом}.\]

Подсказка

Сначала покажите, что стержень 6 не нагружен, используя симметрию конструкции. Затем рассмотрите равновесие крайнего шарнира.

Ответ

1) стержни 1, 2, 4, 5, 8, 9 сжаты, \(F_1 = F_2 = F_4 = F_5 = F_8 = F_9 = \dfrac{F}{\sqrt{2}}\); 2) стержни 3 и 7 растянуты, \(F_3 = F_7 = F\); 3) стержень 6 не нагружен, \(F_6 = 0\).

Решение

Докажем, что сила натяжения стержня 6 равна нулю. Действительно, пусть эта сила не равна нулю. Тогда условия равновесия узлов I и II (см. рисунок) дают \[\vec F_1 + \vec F_4 + \vec F_3 + \vec F_6 = 0 \quad\text{для узла I}, \qquad \vec F_2 + \vec F_3 + \vec F_5 = 0 \quad\text{для узла II}.\] На рисунке приняты определённые направления сил натяжения стержней; доказательство равенства нулю силы натяжения стержня 6 от этих направлений не зависит. Благодаря симметрии конструкции относительно «право–лево» силы натяжения стержней 4 и 5 одинаковы. Поэтому условия равновесия узлов I и II в проекциях на оси, перпендикулярные стержням 1 и 2 соответственно, будут одинаковы, за исключением силы натяжения стержня 6, которая, таким образом, должна быть равна нулю: \(F_6 = 0\).

Это значит, что стержень 6 можно удалить из конструкции, а для неё справедливо и условие симметрии «верх–низ». То есть \[F_1 = F_2 = F_8 = F_9; \qquad F_4 = F_5; \qquad F_3 = F_7.\] Теперь из условия равновесия самого левого узла (см. рисунок) заключаем, что стержни 1 и 2 (и, следовательно, 8 и 9) будут сжаты, а силы их натяжения равны \[F_1 = F_2 = F_8 = F_9 = \frac{F}{2\cos 45^\circ} = \frac{F}{\sqrt{2}}.\]

Поэтому из условия равновесия верхних или нижних узлов заключаем, что стержни 4 и 5 тоже будут сжаты, а стержни 3 и 7 растянуты. Из условия равновесия узла II в проекциях на горизонтальную ось получаем \(F_2 = F_5\), следовательно, \(F_4 = F_5 = \dfrac{F}{\sqrt{2}}\). А из условия равновесия в проекциях на вертикальную ось \(F_3 = 2F_2\cos 45^\circ\) находим \[F_3 = F_7 = F.\] Итак: стержни 1, 2, 4, 5, 8, 9 – сжаты, \(F_1 = F_2 = F_4 = F_5 = F_8 = F_9 = \dfrac{F}{\sqrt{2}}\); стержни 3 и 7 – растянуты, \(F_3 = F_7 = F\); стержень 6 не нагружен, \(F_6 = 0\).