МОШ, 1992/93, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(I_0 = \dfrac{2I_1I_2}{3I_1 - I_2} = 2\) мА.

Решение

Пусть напряжение на миллиамперметре, при котором его стрелка отклоняется до последнего деления шкалы, равно \(U_0\). Тогда на пределе «1 мА» сопротивление всего амперметра (с учётом задействованного шунта) равно \(R_1 = \dfrac{U_0}{1\text{ мА}}\), а на пределе «3 мА» оно равно \(R_2 = \dfrac{U_0}{3\text{ мА}} = \dfrac{R_1}{3}\). Если сопротивление исследуемой цепи равно \(r\), а действующая в ней ЭДС равна \(\mathcal{E}\), то можно записать: \[I_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{r + R_1},\qquad I_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{r + R_2} = \dfrac{\mathcal{E}}{r + (R_1/3)}.\] Отсюда истинный ток в цепи без амперметра: \[I_0 = \dfrac{\mathcal{E}}{r} = \dfrac{2I_1I_2}{3I_1 - I_2} = 2\text{ мА}.\]

Ответ

\(S_2 = S_1/(2\cos\alpha) = S_1/\sqrt{3} \approx 115\) м.

Решение

Построим вектор скорости \(\vec v_{\text{отн}}\) первой машины относительно второй (см. рисунок 1.23).

Отрезок \(AB\), соединяющий машины в момент их наибольшего сближения, перпендикулярен этому вектору. Из рисунка видно, что \(v_{\text{отн}} = \sqrt{v_1^2 + v_2^2 - 2v_1v_2\cos\alpha} = 10\ \dfrac{\text{м}}{\text{с}} = v_1\), то есть векторный треугольник — равнобедренный. Следовательно, угол \(\beta = 90^\circ - 2\alpha = 30^\circ = \alpha\), и треугольник \(AOB\) также является равнобедренным. Поэтому \(S_2 = OB = S_1/(2\cos\alpha) = S_1/\sqrt{3} \approx 115\) м.

Ответ

\(v_{\max} = a\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\).

Решение

Из равенства масс грузов следует, что в процессе колебаний, возникших после отпускания грузов, центр пружины остаётся неподвижным. Поэтому данная задача эквивалентна задаче о поиске максимальной скорости груза массой \(m\), висящего на пружине жёсткостью \(2k\), после его начального смещения вниз на расстояние \(a/2\) и последующего отпускания.

После отпускания груза он под действием силы упругости начнёт двигаться вверх. Его скорость будет максимальной тогда, когда он будет проходить через положение равновесия, то есть когда сила упругости станет равной силе тяжести, действующей на груз. Искомая максимальная скорость равна произведению круговой частоты колебаний \(\omega = \sqrt{\dfrac{2k}{m}}\) на их амплитуду \(a/2\), поэтому \(v_{\max} = a\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\).

Ответ

При \(\theta > \pi/2\): \(m \approx \dfrac{4}{3}\pi R^3\rho = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\pi\rho\left(\dfrac{\sigma}{\rho g}\right)^{3/2}\sin^3\theta\), где \(R \approx \sqrt{\dfrac{3\sigma}{4\rho g}}\sin\theta\). При \(\theta < \pi/2\): \(m \approx \sqrt{\dfrac{3}{2}}\,\pi\rho\left(\dfrac{\sigma}{\rho g}\right)^{3/2} \approx 0{,}1\) г, и от \(\theta\) не зависит.

Решение

Вначале рассмотрим неподвижную сферическую каплю радиусом \(R\), не соприкасающуюся ни с какой поверхностью и находящуюся в невесомости. Если мысленно рассечь каплю плоскостью, то сила, действующая на отсечённую часть со стороны остальной части капли, должна равняться нулю. Эта сила, как и в предыдущей задаче, складывается из силы поверхностного натяжения и силы давления, возникающей за счёт искривления поверхности жидкости. Проще всего давление \(p\) внутри капли искать, рассекая каплю диаметральной плоскостью. При этом получаем, что суммарная сила поверхностного натяжения действует перпендикулярно этой плоскости в направлении другой части капли и равна \(2\pi R\sigma\), а сила давления «отталкивает» отрезанную часть капли и равна \(\pi R^2\cdot p\). Приравнивая эти силы, получим, что \(p = 2\sigma/R\). Заметим, что под цилиндрической поверхностью жидкости (см. решение задачи 2.72) давление было вдвое меньше.

Теперь рассмотрим условия равновесия капли, прилипшей к потолку. Из сказанного выше ясно, что при наличии силы тяжести форма капли не может оставаться сферической — иначе она сразу оторвётся от потолка! Под действием силы тяжести капля вытягивается вниз, и её кривизна в верхней части уменьшается так, чтобы сумма сил поверхностного натяжения, давления и тяжести равнялась нулю. Вблизи точек контакта капли с потолком форма поверхности вместо сферической становится конической, а дополнительное давление под такой искривлённой поверхностью, очевидно, уменьшается вдвое. Для оценки массы отрывающейся капли будем считать, что её форма всё же близка к сферической, а отрыв происходит, когда «сила притяжения» (то есть сумма сил поверхностного натяжения и давления), удерживающая каплю на потолке, становится равной весу капли \(mg\).

Если краевой угол смачивания \(\theta > \pi/2\) (несмачивание или плохое смачивание, см. рис. 2.73.1), то сила притяжения, равная, по аналогии с задачей 2.72, \[2\pi r\sigma\sin\theta - \pi r^2\cdot\dfrac{\sigma}{R} = \pi\sigma R\sin^2\theta\] (здесь учтено, что \(r = R\sin\theta\)), должна быть порядка \(mg = \dfrac{4}{3}\pi R^3\rho g\), где \(\rho\) — плотность воды. Отсюда \(R \approx \sqrt{\dfrac{3\sigma}{4\rho g}}\sin\theta\), а \[m \approx \dfrac{4}{3}\pi R^3\rho = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\pi\rho\left(\dfrac{\sigma}{\rho g}\right)^{3/2}\sin^3\theta,\] то есть очень быстро убывает при \(\theta \to \pi\).

Другая ситуация возникает, если краевой угол смачивания \(\theta < \pi/2\) (частичное или полное смачивание, см. рис. 2.73.2).

В этом случае кривизна поверхности капли в верхней части, контактирующей с потолком, ещё меньше (поверхность может быть даже вогнутой!), а отрыв капли происходит по «перетяжке», где поверхность цилиндрическая. Условие отрыва имеет вид: \(\pi\sigma R = \dfrac{2}{3}\pi R^3\rho g\), откуда \[R = \sqrt{\dfrac{3\sigma}{2\rho g}},\quad\text{и}\quad m \approx \sqrt{\dfrac{3}{2}}\,\pi\rho\left(\dfrac{\sigma}{\rho g}\right)^{3/2} \approx 0{,}1\text{ г}.\] Таким образом, в этом случае масса оторвавшейся капли не зависит от краевого угла \(\theta\).

Отметим, что полученные результаты являются оценочными.