Максвелл, 2012/13, региональный этап, 8 класс

Время на каждом участке равно пути на нём, делённому на скорость. Весь путь равен \(3S\), а средняя скорость — весь путь, делённый на всё время.

\(v_{\text{ср}} = 36\) км/ч.

Полный путь, пройденный автомобилем, равен \(3S\). Время движения на первом участке составляет \(t_1 = S/v_0\), на втором участке — \(t_2 = S/(2v_0)\), на третьем участке — \(t_3 = S/(3v_0)\). Общее время движения автомобиля \[T = t_1 + t_2 + t_3 = \frac{S}{v_0}\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right) = \frac{11\,S}{6\,v_0}.\] Тогда находим среднюю скорость \(v_{\text{ср}}\) как \[v_{\text{ср}} = \frac{3S}{T} = \frac{18}{11}\,v_0 = 36~\text{км/ч}.\]

Пока стакан стоит на дне, уровень растёт с постоянной скоростью. Стакан начнёт всплывать, когда сила Архимеда уравновесит его вес; после этого подъём воды замедляется. Сравните площади сечения цилиндра и стакана между стенками.

Стакан начнёт всплывать при \(h_1 = 6{,}25\) см, это происходит в момент \(t_1 \approx 62{,}5\) с; вода перестанет подниматься (начнёт переливаться через край) при \(t_2 \approx 308\) с. График — рис. 9 в решении.

Объём воды, ежесекундно поступающей в цилиндр, \[V_1 = \frac{\mu}{\rho} = 2{,}0~\text{см}^3/\text{с}.\] Площадь поверхности воды между стенками цилиндра и стакана \[S_1 = a^2 - b^2 = 20~\text{см}^2.\] Начальная скорость подъёма уровня воды в цилиндре \[v_1 = \frac{V_1}{S_1} = \frac{\mu}{\rho(a^2 - b^2)} = 0{,}1~\text{см/с}.\] Вода будет подниматься со скоростью \(v_1\) до тех пор, пока не достигнет уровня воды \(h_1\), соответствующего началу всплытия стакана. Стакан начнёт всплывать, если уровень воды \(h_1\) будет меньше высоты стакана \(c\). Высоту \(h_1\) найдём из закона Архимеда: \[h_1 = \frac{Mg}{\rho b^2 g} = 6{,}25~\text{см}, \qquad h_1 < c,\] стакан всплывёт. Время подъёма воды до уровня \(h_1\) равно \[t_1 = \frac{h_1}{v_1} = 62{,}5~\text{с}.\] После того, как стакан начнёт всплывать, скорость подъёма воды уменьшится до значения \[v_2 = \frac{V_1}{a^2} \approx 0{,}56~\text{мм/с}.\] При достижении уровня воды до высоты \(H = 20\) см скорость подъёма станет равной \(v_3 = 0\). Это произойдёт за \[\Delta t = \frac{H - h_1}{v_2} \approx 246~\text{с}.\] Через время \(t_2 = \Delta t + t_1 = 308\) с вода перестанет подниматься (начнёт переливаться через край).

Изобразим полученную зависимость на графике (рис. 9).

Запишите правило моментов для нижнего бруска (1) относительно точки O: вес верхнего бруска делится между двумя нижними поровну, а сила тяжести самого бруска смещена на \(d/2\).

\(d = \dfrac{L}{3}\).

Система, состоящая из четырёх брусков, будет находиться в равновесии, при условии, что сумма моментов внешних сил, действующих на бруски (1) и (2), равна нулю (рис. 10). Запишем правило моментов сил, действующих на брусок (1), относительно точки O. Чтобы яснее представлять место приложения сил, изобразим средние бруски слегка наклонёнными (это положение они займут, если их раздвинуть на расстояние чуть большее, чем \(d\)).

Сила тяжести \(F_1 = mg\) приложена к центру бруска. Поскольку он сдвинут влево на расстояние \(d/2\), то и плечо силы тяжести равно \(d/2\). Вес \(P = mg\) верхнего бруска приложен к верхним рёбрам брусков (1) и (2) и, следовательно, распределён между ними поровну (к каждому ребру приложена сила \(P/2\)). Плечо этой силы относительно точки O равно \(\left(\dfrac{L}{2} - \dfrac{d}{2}\right)\). Согласно правилу моментов: \[mg\cdot\frac{d}{2} = \frac{mg}{2}\cdot\left(\frac{L}{2} - \frac{d}{2}\right).\] Отсюда выражаем \(d\): \[d = \frac{L}{3}.\]

Сила натяжения равна разности силы Архимеда и веса куска. Её наклон пропорционален скорости таяния льда, а скачок — весу шарика, который выпал из льда в момент \(t = 4\) ч.

1) \(N \approx 16{,}7\) Вт;  2) \(m_0 = 2{,}25\) кг;  3) \(\Delta V = 210\) мл.

1. На первом этапе (от \(t_0 = 0\) ч до \(t_1 = 4\) ч) второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось записывается следующим образом: \[(m_{\text{ш}} + m_{\text{л}})\,g + T = F_{\text{А}} = \rho_{\text{в}}(V_{\text{л}} + V_{\text{с}})\,g,\] откуда \[T = \left(\left(\frac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}} - 1\right) m_{\text{л}} + \left(\frac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{с}}} - 1\right) m_{\text{ш}}\right) g,\] где \(m_{\text{л}}\) и \(m_{\text{ш}}\) — массы льда и шарика соответственно в данный момент времени. Значит, коэффициент наклона первого участка графика \[\frac{\Delta T}{\Delta t} = \left(\frac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}} - 1\right) g\,\frac{\Delta m_{\text{л}}}{\Delta t}.\] Мощность нагревателя расходуется на таяние льда: \[N = \lambda\left|\frac{\Delta m_{\text{л}}}{\Delta t}\right| = \frac{\lambda}{g}\,\frac{\rho_{\text{л}}}{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{л}}} \left|\frac{\Delta T}{\Delta t}\right| = 16{,}7~\text{Вт}.\]

2. В момент времени \(t_1 = 4\) ч происходит скачок силы натяжения нити, из-за выпадения шарика из кусочка льда. Величина скачка \(\Delta T_2 = 0{,}5\) Н равна весу шарика, то есть \(\Delta T_2 = \dfrac{\rho_{\text{с}} - \rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{с}}}\,m_{\text{ш}} g\). Откуда масса шарика \[m_{\text{ш}} = \frac{\rho_{\text{с}}}{\rho_{\text{с}} - \rho_{\text{в}}}\cdot\frac{\Delta T_2}{g}.\] Подставив полученное значение в формулу для \(T\) из первого пункта, можно выразить \(m_0\) (здесь \(T_0 = 2{,}0\) Н — значение силы натяжения при \(t = 0\) по графику): \[m_0 = \frac{T_0 + \Delta T_2}{g}\cdot\frac{\rho_{\text{л}}}{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{л}}} = 2{,}25~\text{кг}.\]

3. В момент, когда сила натяжения нити \(T\) обратится в ноль, ещё не весь лёд растаял (он отделится от нити). Найдём массу \(m_1\) нерастаявшего льда: \[T_1 = m_1\left(\frac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}} - 1\right) g = 0{,}4~\text{Н}, \qquad m_1 = \frac{\rho_{\text{л}} T_1}{g(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{л}})} = 0{,}36~\text{кг}.\] Объём изменится за счёт таяния льда массой \(m_0 - m_1 = 1{,}89\) кг: \[\Delta V = \frac{m_0 - m_1}{\rho_{\text{л}}} - \frac{m_0 - m_1}{\rho_{\text{в}}} = 210~\text{мл}.\]