«Ломоносов», 2024/25, заключительный этап, 7–9 класс

Сравните давления жидкости у дна сосуда 2 и у дна сосуда 1: сосуды сообщающиеся, на уровне дна давления равны.

\(a=\dfrac{\rho_2h-\rho_1H}{\rho_2-\rho_1}=14\) мм.

Давление жидкости вблизи дна сосуда 2: \(P_2=\rho_2gh\). Давление жидкости вблизи дна сосуда 1 складывается из давления столба глицерина и столба воды: \[P_1=\rho_2ga+\rho_1g(H-a),\] где \(\rho_1\) — плотность воды. Сосуды являются сообщающимися, следовательно на уровне дна давления должны быть равны: \(P_1=P_2\), то есть \[\rho_2gh=\rho_2ga+\rho_1g(H-a).\] Решая это уравнение, получаем выражение для высоты уровня \(a\): \[a=\frac{\rho_2h-\rho_1H}{\rho_2-\rho_1}.\] Подставляя известные числовые значения, получаем: \[a=\frac{1260\cdot114\cdot10^{-3}-1000\cdot140\cdot10^{-3}}{1260-1000}=14\cdot10^{-3}~\text{м}=14~\text{мм}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Найдите объём поплавка и объём его погружённой части по рисунку. Условия равновесия для поплавка и груза дают силы натяжения нитей, затем запишите равенство моментов относительно оси.

\(\rho_m=\dfrac{l_2m+l_1\rho V_{\text{п}}}{l_1V}=850\) кг/м\(^3\).

Согласно рисунку общий объём поплавка равен \[V=10\cdot10\cdot3a^3+\frac{1}{2}\cdot10\cdot2\cdot10a^3=400a^3=400\cdot10^{-6}~\text{м}^3.\] Объём погружённой в воду части поплавка согласно аналогичным расчётам с использованием рисунка составляет \(V_{\text{п}}=200a^3=200\cdot10^{-6}\) м\(^3\).

Масса поплавка \(M=\rho_mV\), где \(\rho_m\) — его плотность. На поплавок действует направленная вертикально вверх сила Архимеда, равная \(F_A=\rho V_{\text{п}}g\), где \(\rho\) — плотность воды, \(g\) — ускорение свободного падения. Модули сил натяжения нитей попарно равны: \(T_1=T_2\) и \(T_3=T_4\).

Запишем второй закон Ньютона для поплавка в проекции на вертикальную ось: \(0=T_1+F_A-Mg\). Отсюда получаем, что \(T_1=\rho_mVg-\rho gV_{\text{п}}\). Запишем второй закон Ньютона для груза в проекции на вертикальную ось: \(0=T_3-mg\). Отсюда \(T_3=mg\). Момент силы, вращающей рычаг против часовой стрелки, равен \[M_1=T_2l_1=l_1g(\rho_mV-\rho V_{\text{п}}).\] Момент силы, вращающей рычаг по часовой стрелке, равен \(M_2=T_4l_2=l_2mg\). Условие равновесия: \(M_1=M_2\). Решая последнее уравнение с учётом выражений, записанных ранее, получим, что искомая плотность поплавка будет равна: \[\rho_m=\frac{l_2m+l_1\rho V_{\text{п}}}{l_1V}.\] Подставляя известные числовые значения, получим: \[\rho_m=\frac{0{,}1\cdot0{,}7+0{,}5\cdot1000\cdot200\cdot10^{-6}}{0{,}5\cdot400\cdot10^{-6}}=850~\text{кг/м}^3.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

КПД чайника — отношение тепла на нагрев воды к работе \(A=N\tau\). Напишите тепловые балансы для нагрева в старом и в новом чайниках и уравнение остывания воды за время отсутствия.

\(\eta_2\approx0{,}86\) (\(86\) %).

КПД чайника \(\eta\) можно определить как отношение количества теплоты, необходимого для нагревания воды, к затраченной работе \(A\), где \(A=N\tau\) (\(N\) — мощность чайника, \(\tau\) — время его работы).

Запишем уравнение теплового баланса для нагревания воды в старом чайнике: \[N\tau_1\eta_1=cm(t_1-t_0).\qquad(1)\] Запишем уравнение теплового баланса для нагревания воды в новом чайнике: \[2N\tau_3\eta_2=cm(t_{100}-t_1^*),\qquad(2)\] где \(t_1^*\) — температура воды в старом чайнике, до которой остыла вода, пока баба Зина бегала в магазин.

Во время отсутствия бабы Зины вода в старом чайнике отдавала количество теплоты в окружающую среду (при этом она охладилась до температуры \(t_1^*\)): \[q\tau_2=cm(t_1-t_1^*).\qquad(3)\] Из формул (1)–(3) получим: \[\eta_2=\frac{\tau_1\eta_1}{2\tau_3(t_1-t_0)}\cdot\Bigl[t_{100}-t_1+\frac{q\tau_2}{cm}\Bigr]= \frac{2{,}5\cdot60\cdot0{,}8}{2\cdot2\cdot60\cdot(60-20)}\cdot\Bigl[100-60+\frac{400\cdot600}{4200\cdot2}\Bigr]\approx0{,}86.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Нарисуйте эквивалентную схему: \(R_1\) и \(R_4\) окажутся параллельными и последовательными с \(R_2\). Напряжения на последовательных участках делятся пропорционально сопротивлениям.

\(U_V=\dfrac{5}{8}U=20\) В.

Эквивалентная схема для цепи, данной в условии задачи: резисторы \(R_1\) и \(R_4\) соединены параллельно, их общее сопротивление равно \[R_{14}=\frac{R_1R_4}{R_1+R_4}=\frac{R\cdot3R}{R+3R}=0{,}75R.\] Суммарное напряжение на участке с резисторами \(R_2\), \(R_1\) и \(R_4\) равно \(U_2+U_{14}=U=32\) В.

Сила тока \(I_2\), протекающего через резистор \(R_2\), равна суммарной силе тока, протекающего через резисторы \(R_1\) и \(R_4\). Тогда в соответствии с законом Ома получаем: \[I_2=\frac{U_2}{R_2}=\frac{U_{14}}{R_{14}}\quad\Rightarrow\quad\frac{U_2}{1{,}25R}=\frac{U_{14}}{0{,}75R}\quad\Rightarrow\quad\frac{U_2}{U_{14}}=\frac{5}{3}.\] Так как идеальный вольтметр подключен параллельно резистору \(R_2\), решая полученную систему уравнений, окончательно получаем: \[U_V=U_2=\frac{5}{8}U=20~\text{В}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Найдите скорость бусинки \(4m\) перед ударом и скорость слипшихся бусинок сразу после удара. Давление на стержень равно нулю при нулевой реакции опоры; минимальной высоте отвечает нулевая скорость в этот момент, и вся кинетическая энергия ушла в энергию пружины.

\(H=\dfrac{125}{32}\dfrac{k}{mg}\Bigl(\dfrac{mgL}{kL-5mg}\Bigr)^2\approx16\) см.

Согласно закону сохранения полной механической энергии \[4mgH=\frac{4mV_1^2}{2}\quad\Rightarrow\quad V_1=\sqrt{2gH},\] где \(V_1\) — скорость бусинки \(4m\) непосредственно перед ударом о бусинку \(m\). При абсолютно неупругом соударении бусинок выполняется закон сохранения импульса: \[4mV_1=(m+4m)V_2\quad\Rightarrow\quad V_2=\frac{4}{5}V_1=\frac{4}{5}\sqrt{2gH}.\] Здесь \(V_2\) — скорость бусинок сразу после соударения.

В процессе движения по горизонтальному участку стержня на бусинки действуют сила тяжести \(5mg\), сила упругости пружины \(T\) и сила реакции опоры \(N\), которая согласно третьему закону Ньютона равна по модулю силе давления \(P\) бусинок на стержень. Таким образом, равенство нулю силы \(P\) достигается при \(N=0\). В этом случае, согласно второму закону Ньютона, имеем равенство: \[T\cos\alpha=5mg,\qquad(1)\] где \[T=k\Delta l,\qquad(2)\] \[\cos\alpha=\frac{L}{L+\Delta l}.\qquad(3)\] Условие минимальности высоты \(H\) приводит к требованию равенства нулю скорости \(V_3\) в момент достижения силой \(P\) нулевого значения. Тогда из закона сохранения энергии получаем соотношение: \[\frac{5mV_2^2}{2}=\frac{k\Delta l^2}{2}+\frac{5mV_3^2}{2}\quad\Rightarrow\quad \Delta l=\sqrt{\frac{5m}{k}\bigl(V_2^2-V_3^2\bigr)}=\sqrt{\frac{5m}{k}}\,V_2=4\sqrt{\frac{2gHm}{5k}}.\qquad(4)\] Решая систему уравнений (1)–(4), получаем окончательно: \[H=\frac{125}{32}\,\frac{k}{mg}\Bigl(\frac{mgL}{kL-5mg}\Bigr)^2=\frac{125}{32}\,\frac{10}{0{,}01\cdot10}\Bigl(\frac{0{,}01\cdot10\cdot0{,}1}{10\cdot0{,}1-5\cdot0{,}01\cdot10}\Bigr)^2\approx16~\text{см}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.