МОШ, 1986/87, заключительный этап, 8 класс

Ответ

График — на рис. 1.76: \(N = 0\) на участке \(OA\); на участке \(AB\) сила растёт от \(N_1 = 2mg\left(\dfrac{h}{R} - 1\right)\) до \(N_2 = mg\left(2\dfrac{h}{R} + 1\right)\); на участке \(BC\) \(N = mg\); далее график повторяется в обратном порядке.

Решение

Обозначим через \(S\) длину пути, пройденного мылом от начальной точки \(O\) (см. рис. 1.76). На участке \(OA\) сила давления мыла на ванну равняется, очевидно, нулю. На закруглённом участке \(AB\) сила давления равна \(N = mg\sin\varphi + \dfrac{mv^2}{R}\), где \(\varphi\) — угол, под которым наклонён к горизонту перпендикуляр к поверхности ванны в данной точке (\(0 \leqslant \varphi \leqslant \pi/2\)). Мгновенную скорость \(v\) можно найти из закона сохранения энергии: \(mv^2/2 = mgh - mgR(1 - \sin\varphi)\). Следовательно, \(N = mg(3\sin\varphi - 2 + 2(h/R))\). В начале закругления \(N_1 = 2mg((h/R) - 1)\), в конце \(N_2 = mg(2(h/R) + 1)\). Важно отметить, что центростремительное ускорение, с наличием которого связано слагаемое \(mv^2/R\) в выражении для силы \(N\), практически скачкообразно появляется при въезде куска мыла на закругление и исчезает при съезде с него. При движении мыла по дну ванны на участке \(BC\) сила давления постоянна и равна \(mg\). Далее вид графика повторяется в обратном порядке: участок \(CD\) воспроизводит \(BA\), а участок \(DE\), в свою очередь, воспроизводит \(AO\).

Ответ

\(v = \dfrac{I\mu}{\rho S|e|N_A} \approx 0{,}075\) мм/с.

Решение

В рамках классической электронной теории электропроводности считается, что в металле свободные электроны, участвуя в хаотическом тепловом движении, ускоряются электрическим полем, сталкиваются с ионами кристаллической решётки и движутся с небольшой средней, так называемой «дрейфовой» скоростью.

Поскольку на каждый атом меди приходится один свободный электрон, то их концентрация в проводе равна числу атомов меди в единице объёма: \(n = \rho N_A/\mu\). Заряд, протекающий через сечение провода за время \(\Delta t\), равен \(\Delta q = n\cdot Sv\Delta t\cdot|e|\), где \(|e| = 1{,}6\cdot 10^{-19}\) Кл — величина заряда электрона, \(v\) — искомая средняя скорость движения электронов. Отсюда с учётом того, что \(I = \Delta q/\Delta t\), получаем: \[v = \dfrac{I\mu}{\rho S|e|N_A} \approx 0{,}075\text{ мм/с}.\] Заметим, что согласно современным представлениям, электроны, подчиняющиеся квантовому принципу запрета Паули, заполняют в пространстве импульсов все состояния с энергиями, меньшими так называемой «энергии Ферми», и проводимость обеспечивается лишь малой долей свободных электронов вблизи «поверхности Ферми», но эти электроны движутся с очень большими, «фермиевскими» скоростями. Однако рассмотрение квантовой теории электропроводности металлов выходит за рамки школьной программы.

Ответ

\(v = \sqrt{T/\rho}\).

Решение

Рассматривая так же, как описано в решении предыдущей задачи, вращение маленького участка цепи вокруг оси блока, на котором находится этот участок, можно записать уравнение его движения в отсутствие давления цепи на блок в виде: \(\rho R\Delta\alpha\cdot\dfrac{v^2}{R} = T\Delta\alpha\). Здесь \(R\) — радиус блока, \(\Delta\alpha\) — угол между радиусами, проведёнными от оси вращения к концам рассматриваемого участка цепи, \(v\) — скорость её движения. Отсюда получаем: \(v = \sqrt{T/\rho}\). Заметим, что при постоянной скорости цепи сила её натяжения вдоль всей длины также постоянна. Кроме того, радиусы блоков в ответ не входят, так что они могут быть различными.

Ответ

\(\omega^2 > \dfrac{g}{L}\sqrt{1 + \dfrac{d^2}{h^2}}\).

Решение

Определим положение поверхности воды в ведре в момент, когда лопасть составляет некоторый угол \(\alpha\) с вертикалью (см. рис. 1.89.1). Уравнение движения элемента жидкости, находящегося вблизи её поверхности, имеет вид: \(m\vec a = m\vec g + \vec F_{\text{Арх}}\), где \(\vec F_{\text{Арх}}\) — архимедова сила, действующая на данный элемент, \(\vec a\) — его центростремительное ускорение.

Известно, что в равновесии направление архимедовой силы перпендикулярно к свободной поверхности жидкости; с другой стороны, из-за малости размеров ведра переходные процессы быстротечны, и воду в каждый момент времени можно считать находящейся в равновесии. Поскольку \(\vec F_{\text{Арх}} = m(\vec a - \vec g)\), получаем, что поверхность воды в ведре перпендикулярна вектору \(\vec a + (-\vec g)\).

Так как лопасть очень длинная, то центростремительное ускорение равно \(\vec a = \omega^2L\vec n\), где \(\vec n\) — единичный вектор, направленный к оси вращения. Вектор ускорения \(\vec a\) постоянен по величине и направлен вдоль лопасти мельницы и оси жёстко прикреплённого к ней ведра, а вектор \(-\vec g\) вращается относительно ведра при вращении лопасти. Поэтому векторную сумму \(\vec a + (-\vec g)\) удобно изображать в системе отсчёта, жёстко связанной с ведром (см. рис. 1.89.2). Обозначив угол отклонения вектора \(\vec a + (-\vec g)\) от оси ведра, равный углу наклона поверхности воды ко дну ведра, через \(\beta\), получаем, что максимальное его значение определяется соотношением: \(\sin\beta_{\max} = g/a = g/(\omega^2L)\). Вода не будет выливаться из ведра, заполненного наполовину, если \(\sin\beta_{\max} = \dfrac{g}{\omega^2L} < \dfrac{h}{\sqrt{h^2 + d^2}}\). Отсюда

\[\omega^2 > \dfrac{g}{L}\sqrt{1 + \dfrac{d^2}{h^2}}.\]

Ответ

\(m = \dfrac{2M}{1 + \cos\alpha}\), \(\mu \geqslant \dfrac{1}{\sin\alpha}\); равновесие устойчиво.

Решение

Сила натяжения нити, соединяющей блоки, одинакова по всей её длине и равна, очевидно, \(T = mg/2\). Рассмотрим условия равновесия какого-либо из боковых блоков (см. рис. 1.187). Вычисляя моменты сил, действующих на этот блок, относительно его центра, получаем, что \(T = F_{\text{тр}}\), а из условий равновесия блока в горизонтальном и в вертикальном направлениях имеем:

\[N = T\sin\alpha,\] \[F_{\text{тр}} + T\cos\alpha = T(1 + \cos\alpha) = \dfrac{mg}{2}(1 + \cos\alpha) = Mg.\] Отсюда \[m = \dfrac{2M}{1 + \cos\alpha}\] и \[N = F_{\text{тр}}\sin\alpha \leqslant \mu N\sin\alpha,\] то есть \(\mu \geqslant 1/\sin\alpha\).

Покажем, что это равновесие устойчиво. Предположим, что нижний груз поднялся выше положения равновесия, тогда боковые блоки опустятся вниз, и угол \(\alpha\) уменьшится. Поэтому уменьшится и равновесное значение массы \(m\), из чего следует, что при случайном поднятии груза \(m\) он будет возвращаться в прежнее положение. Опускание груза \(m\) рассматривается аналогично. Следовательно, равновесие действительно будет устойчивым.

Ответ

\(U = 6\) В (сопротивление лампочки \(R = 30\) Ом).

Решение

Обозначим сопротивление лампочки через \(R\), а искомое напряжение на ней — через \(U\). Исходную электрическую цепь с незамкнутым ключом можно изобразить в эквивалентном виде, показанном на рисунке 3.44.1. Тогда напряжение на участке цепи, содержащем параллельное соединение, равно \(U_1 = U + 90\cdot(U/R)\), сила текущего через этот участок тока составляет \((U/R) + (U_1/180)\), и закон Ома для данной схемы даёт: \[U + 90\cdot\dfrac{U}{R} + 90\cdot\left(\dfrac{U}{R} + \dfrac{U + 90\cdot(U/R)}{180}\right) = 54.\]

После замыкания ключа цепь можно перерисовать так, как показано на рисунке 3.44.2. Из него видно, что напряжение на верхнем участке цепи, содержащем два резистора и лампочку, составляет 54 В. Закон Ома для этого участка цепи имеет вид: \[U + 180\cdot\left(\dfrac{U}{R} + \dfrac{U}{90}\right) = 54.\] Решая полученные уравнения, найдём, что сопротивление лампочки равно \(R = 30\) Ом, а напряжение на ней \(U = 6\) В.