МОШ, 1989/90, заключительный этап, 9 класс

Ответ

При \(|\varphi| < \pi/2\): \(u = \dfrac{V^2 + v^2}{v\cos\varphi}\); при \(|\varphi| > \pi/2\) минимума нет, и Колобку выгодно бежать как можно быстрее.

Решение

Масса воды \(m\), попавшей на Колобка, зависит от скорости \(v_{\text{отн}}\) капель дождя относительно него и времени движения \(t\) от \(A\) до \(B\): \(m \sim v_{\text{отн}}t = v_{\text{отн}}\dfrac{|AB|}{u}\), где \(u\) — скорость Колобка. В соответствии с правилом сложения скоростей, \(v_{\text{отн}} = \sqrt{V^2 + v^2 + u^2 - 2uv\cos\varphi}\), поэтому \[m \sim \sqrt{\dfrac{V^2 + v^2 + u^2 - 2uv\cos\varphi}{u^2}} \sim\] \[\sim \sqrt{\dfrac{V^2 + v^2}{u^2} - \dfrac{2v\cos\varphi}{u} + \dfrac{v^2\cos^2\varphi}{V^2 + v^2} + 1 - \dfrac{v^2\cos^2\varphi}{V^2 + v^2}} \sim\] \[\sim \sqrt{(V^2 + v^2)\left(\dfrac{1}{u} - \dfrac{v\cos\varphi}{V^2 + v^2}\right)^2 + 1 - \dfrac{v^2\cos^2\varphi}{V^2 + v^2}}.\] Отсюда следует, что при \(|\varphi| < \pi/2\) искомая скорость, при которой Колобок меньше всего промокнет, равна \(u = \dfrac{V^2 + v^2}{v\cos\varphi}\).

При \(|\varphi| > \pi/2\) величина \(\cos\varphi < 0\), минимума у функции \(m(u)\) при \(u > 0\) нет, и Колобку выгодно бежать как можно быстрее.

Ответ

Легче лететь в направлении, противоположном направлению вращения станции; \(R \sim v/\omega \sim 5\) м.

Решение

Вращение станции создаёт эффект искусственной силы тяжести с эффективным ускорением свободного падения \(g_{\text{эфф}} = \omega^2R\). Линейная скорость вращения коридора станции, имеющего средний радиус \(R\), равна \(v_0 = \omega R\). Полёт попугайчика со скоростью \(v\) в направлении, противоположном направлению вращения станции, приведёт к уменьшению его угловой скорости и ускорения искусственной силы тяжести до значения \(g'_{\text{эфф}} = \dfrac{(v - v_0)^2}{R}\). При \(v = v_0 = \omega R\) величина \(g'_{\text{эфф}} = 0\), то есть для попугайчика наступит состояние невесомости; отсюда \(R \sim v/\omega \sim 5\) м. Полёт по коридору в направлении вращения станции приведёт к увеличению эффективного ускорения свободного падения до значения \(g''_{\text{эфф}} = \dfrac{(v + \omega R)^2}{R}\). Таким образом, попугайчику легче лететь в направлении, противоположном направлению вращения орбитальной станции.

Ответ

Мяч подпрыгнет 12 раз, а ударится о пол 13 раз.

Решение

Неподвижно лежащий мяч деформируется под действием собственного веса (см. рис. 1.166). При подпрыгиваниях мяча, начиная с некоторого момента, его центр масс приподнимается над своим равновесным положением на столь малую высоту, что оболочка уже не отрывается от пола. Поскольку при каждом ударе мяча об пол в тепло переходит половина его энергии, то высота подскоков при этом уменьшается в 2 раза, то есть высота подскока после \(n\)-го удара составляет \(h_n = (1/2)^nH\).

Так как деформация мяча при ударах невелика, то можно считать, что не касающаяся пола часть поверхности мяча по-прежнему сферическая, а место касания площадью \(S\) становится плоским. Запишем условие равновесия неподвижно лежащего мяча: \(\Delta pS = mg\). Заметим, что \[S = \pi R^2\sin^2\alpha = \pi R^2\cdot\dfrac{R^2 - (R - \Delta h)^2}{R^2} \approx 2\pi R\Delta h,\] где \(\Delta h\) — статическая деформация лежащего мяча. Отсюда \(\Delta h = \dfrac{mg}{2\pi R\Delta p} \approx 0{,}16\) мм \(\ll R\), то есть записанное выше приближённое равенство справедливо.

Вычислим теперь величины высот подскоков \(h_n\) мяча после \(n\)-го удара и сравним их с величиной статической деформации \(\Delta h\). Расчёты показывают, что \(h_{13} \approx 0{,}12\) мм \(< \Delta h < h_{12} \approx 0{,}24\) мм. Отсюда следует, что мяч подпрыгнет 12 раз, а ударится о пол 13 раз.

Ответ

\(R > \dfrac{H}{2} + \dfrac{L^2}{12H}\).

Решение

Так как ёмкость наполнена водой до краёв и поверхностное натяжение пренебрежимо мало, то при решении задачи необходимо учесть выливание воды через края при небольших наклонах ёмкости.

Пусть ёмкость повернулась без проскальзывания по бревну на малый угол \(\alpha\) (см. рис. 1.185); при этом можно считать, что \(\cos\alpha \approx 1\), а \(\sin\alpha \approx \alpha\).

Тогда линия её опоры на бревно переместилась в горизонтальном направлении вправо на расстояние \(R\alpha\). Центр масс воды при этом переместился по горизонтали в том же направлении, что и точка опоры, на некоторое расстояние \(X\), которое можно определить из следующих соображений. Если бы вода не выливалась и её масса \(M\) оставалась постоянной, то центр масс воды (чёрная точка) сместился бы, очевидно, на расстояние \(X_0 \approx (H/2)\alpha\) (при этом мы пренебрегаем горизонтальным смещением ёмкости при её перекатывании по бревну). Однако, при перекатывании вылилась часть воды, соответствующая незаштрихованному треугольнику на рисунке. Площадь этого прямоугольного треугольника \(S_1 \approx \dfrac{1}{2}L^2\alpha\), масса вылившейся воды \(M_1\) пропорциональна доле \(S_1\) от всей площади \(S = LH\). Таким образом, \(M_1 = \dfrac{S_1}{S}M \approx \dfrac{L}{2H}M\cdot\alpha\), а центр масс этой воды (светлый кружочек) находится на одной трети высоты \(L\) треугольника, то есть на расстоянии \(X_1 = L/6\) по горизонтали слева от центра ёмкости. Поэтому полное смещение центра масс ёмкости с водой после её наклона равно \[X = \dfrac{MX_0 + M_1X_1}{M} \approx \dfrac{H}{2}\cdot\alpha + \dfrac{L^2}{12H}\cdot\alpha.\] Для того, чтобы равновесие сосуда было устойчивым, нужно, чтобы его точка опоры смещалась на бо́льшее расстояние, чем смещается центр масс воды: \(R\alpha > X\). Итак, положение сосуда будет устойчивым при \(R > \dfrac{H}{2} + \dfrac{L^2}{12H}\).

Ответ

\(h = V/S\).

Решение

На приведённом в условии рисунке площадь горизонтального сечения, в котором находится свободная поверхность жидкости, в рассматриваемый момент минимальна. Из этого следует, что малые изменения уровня жидкости не приводят к изменению площади её свободной поверхности. Значит, поскольку расширением сосуда можно пренебречь, то увеличение объёма жидкости на 1% и связанное с ним повышение уровня жидкости \(x\) связаны друг с другом соотношением: \(0{,}01V = Sx\). При нагревании плотность жидкости \(\rho\) уменьшается в 1,01 раза. Поэтому для того, чтобы в точке \(M\) сохранилось прежнее давление, должно выполняться следующее соотношение: \(\rho gh = \dfrac{\rho}{1{,}01}g(h + x)\). Отсюда следует, что заданные в условии задачи параметры должны быть связаны уравнением: \(1{,}01h = h + 0{,}01V/S\). Из него получаем искомое условие: \(h = V/S\).

Ответ

Уровень масла в правом колене понизится на \(h = \dfrac{\rho_{\text{р}} - \rho_{\text{м}}}{2\rho_{\text{р}} - (\rho_{\text{в}} + \rho_{\text{м}})}\cdot\dfrac{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{м}}}{\rho_{\text{м}}}\cdot\dfrac{H}{2} \approx \dfrac{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{м}}}{\rho_{\text{м}}}\cdot\dfrac{H}{4}\).

Решение

До открывания крана гидростатическое давление по разные его стороны было различным. В левой части горизонтальной трубки давление было равно \(p_1 = \dfrac{\rho_{\text{в}}gH}{2}\), а в правой \(p_2 = \rho_{\text{в}}gH - \dfrac{\rho_{\text{м}}gH}{2} = \dfrac{\rho_{\text{в}}gH}{2}\left(2 - \dfrac{\rho_{\text{м}}}{\rho_{\text{в}}}\right)\). Так как \(\rho_{\text{в}} > \rho_{\text{м}}\), то \(p_2 > p_1\). Это означает, что после открывания крана часть масла перетечёт по горизонтальной трубке из правого колена в левое и разместится в нём над слоем воды, образовав столбик некоторой высоты \(x\). (Заметим, что, так как трубка тонкая, то можно считать, что после установления по разные стороны от крана одинаковых давлений в горизонтальной трубке будет находиться только масло.)

После перетекания масла уровень ртути в правом колене поднимется на некоторую величину \(y\), а в левом колене он опустится на такую же величину. Уровень воды над левым концом горизонтальной трубки понизится на такую же величину \(y\), как и уровень ртути в левом колене. В свою очередь, столбик масла в правом колене поднимется на величину \(y\) из-за поднятия уровня ртути в правом колене и одновременно опустится на величину \(x\) из-за перетекания части масла в левое колено. В конце концов, новое состояние равновесия будет таким, что по разные стороны от крана в горизонтальной трубке давления будут одинаковыми. Это означает, что \[\dfrac{\rho_{\text{в}}gH}{2} + \rho_{\text{м}}gx - \rho_{\text{в}}gy = \rho_{\text{в}}gH - \dfrac{\rho_{\text{м}}gH}{2} + \rho_{\text{м}}gy - \rho_{\text{м}}gx.\] Кроме того, ясно, что давление в нижней части U-образной трубки должно остаться таким же, каким оно было до открывания крана, так как сила давления на дно постоянна — она равна суммарному весу всех жидкостей, заполняющих трубку. Это, в частности, означает, что уменьшение давления в левом колене из-за вытекания из него ртути компенсируется давлением, которое создаётся перетёкшим в левое колено маслом: \(\rho_{\text{р}}gy = \rho_{\text{м}}gx\).

Решая полученную систему уравнений, получаем: \[x = \dfrac{\rho_{\text{р}}(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{м}})H}{2\rho_{\text{м}}(2\rho_{\text{р}} - \rho_{\text{в}} - \rho_{\text{м}})}.\] Отсюда искомое понижение уровня масла в правом колене: \[h = x - y = x\left(1 - \dfrac{\rho_{\text{м}}}{\rho_{\text{р}}}\right) = \dfrac{\rho_{\text{р}} - \rho_{\text{м}}}{2\rho_{\text{р}} - (\rho_{\text{в}} + \rho_{\text{м}})}\cdot\dfrac{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{м}}}{\rho_{\text{м}}}\cdot\dfrac{H}{2}.\] Заметим, что, поскольку \(\rho_{\text{р}} \gg \rho_{\text{м}}\) и \(\rho_{\text{р}} \gg \rho_{\text{в}}\), то полученный ответ можно представить в приближённом виде: \(h \approx ((\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{м}})/\rho_{\text{м}})\cdot(H/4)\).

Ответ

\(U = U_1 + U_2 \approx 4{,}2\) В.

Решение

При подаче напряжения на цепь из лампочек (рис. 3.56.1) в первую очередь будет перегорать лампочка 1. Действительно, текущий через неё ток \(I_1\) равен сумме токов \(I_2\) и \(I_3\), текущих через лампочки 2 и 3, и поэтому является наибольшим из всех токов в этой цепи.

Пусть к клеммам приложено максимально возможное напряжение, при котором лампочка 1 ещё не перегорела. Тогда, как следует из приведённой в условии вольт-амперной характеристики, напряжение на этой лампочке равно \(U_1 = 3\) В, а текущий через неё ток составляет \(I_1 = 0{,}4\) А. Следовательно, наименьший из токов \(I_2\) и \(I_3\) меньше 0,2 А. Заметим, что поскольку \(U_2 = U_3 + U_4\), то \(U_2 > U_3\), и поэтому \(I_2 > I_3\). Следовательно, \(I_3 < 0{,}2\) А. Рассуждая аналогично, можно показать, что токи, текущие через все остальные лампочки с номерами, большими чем 3, также удовлетворяют этому условию.

Из приведённой в условии вольт-амперной характеристики следует, что при \(I < 0{,}2\) А лампочку можно заменить на резистор с постоянным сопротивлением \(R \approx 5\) Ом. Таким образом, рассматриваемая цепь из лампочек может быть заменена на эквивалентную схему, показанную на рисунке 3.56.2. Найдём сопротивление \(R_0\) бесконечной цепочки, обведённой пунктирной рамкой. Эта цепочка состоит из одинаковых резисторов с сопротивлениями \(R\), и её сопротивление может быть найдено при помощи способа, который использовался для вычисления сопротивления первой вспомогательной цепочки в решении задачи 3.52. Для сопротивления \(R_0\) можно записать: \(R_0 = R + \dfrac{RR_0}{R + R_0}\), откуда \(R_0 = 0{,}5(\sqrt{5} + 1)R \approx 8\) Ом.

Вернёмся к исходной цепочке из лампочек. Напряжение на лампочке 2 равно \(U_2 = (I_1 - I_2)R_0\), откуда текущий через неё ток \(I_2 = I_1 - \dfrac{U_2}{R_0}\). Значит, для того, чтобы определить величину \(U_2\), нужно найти точку пересечения графика \[I = I_1 - \dfrac{1}{R_0}U = 0{,}4 - 0{,}125U\] и вольт-амперной характеристики, приведённой в условии. Выполнив построение (см. рис. 3.56.3), получаем \(U_2 \approx 1{,}2\) В.

Следовательно, искомое напряжение, при прикладывании которого к клеммам цепи ни одна из лампочек не перегорит, равно \(U = U_1 + U_2 \approx 4{,}2\) В.