МОШ, 1994/95, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(R = \dfrac{l}{2\pi - \dfrac{m\omega^2}{2\pi k}}\).

Решение

Каждый маленький элемент кольца, изготовленного из пружины и имеющего радиус \(R\), при угловой скорости вращения \(\omega\) движется с центростремительным ускорением \(a = \omega^2R\). Если обозначить через \(\Delta\alpha\) угол между радиусами, проведёнными от оси вращения к концам этого элемента (см. рисунок), то его масса будет равна \(\dfrac{m}{2\pi}\Delta\alpha\). Действующая на рассматриваемый элемент центростремительная сила \(\Delta F = T\Delta\alpha\) обеспечивается силой натяжения пружины \(T = k(2\pi R - l)\) (для удобства нахождения \(\Delta F\) на рисунке совмещены начала векторов \(T\)).

Таким образом, уравнение движения для данного элемента пружины имеет вид: \(\dfrac{m}{2\pi}\Delta\alpha\,\omega^2R = k(2\pi R - l)\Delta\alpha\), откуда \[R = \dfrac{l}{2\pi - \dfrac{m\omega^2}{2\pi k}}.\] Таким образом, с увеличением \(\omega\) радиус кольца \(R\) растёт, стремясь «к бесконечности» при критической угловой скорости \(\omega_0 = 2\pi\sqrt{k/m}\), когда пружина или растягивается до предела её упругости, или рвётся.

Ответ

\(\mu < \dfrac{m}{\sqrt{M(M + 2m)}}\).

Решение

Если труба не вращается, то её скольжение по плоскости, наклонённой под углом \(\alpha\) к горизонту, начнётся при условии, что коэффициент трения трубы о плоскость \(\mu < \operatorname{tg}\alpha\).

Условием отсутствия вращения является равенство нулю суммы моментов сил, действующих на трубу, записанное, например, относительно точки её опоры на плоскость. Максимальный угол \(\alpha_{\max}\), при котором равновесие ещё возможно, определяется из соотношения (см. рисунок): \[MgR\sin\alpha_{\max} = mgR(1 - \sin\alpha_{\max}),\] откуда \(\sin\alpha_{\max} = \dfrac{m}{m + M}\). При бо́льших углах, если скольжение ещё не началось, труба покатится вниз по плоскости. Поэтому для того, чтобы она начала соскальзывать без вращения, должно выполняться условие: \[\mu < \operatorname{tg}\alpha_{\max} = \dfrac{\sin\alpha_{\max}}{\sqrt{1 - \sin^2\alpha_{\max}}} = \dfrac{m}{\sqrt{M(M + 2m)}}.\]

Ответ

\(h = \dfrac{L\sin\alpha}{2}\sqrt{\dfrac{3\rho_1 + \rho_2}{\rho_0}} = \dfrac{L\sqrt7}{4} \approx 0{,}66\) м.

Решение

Средняя плотность стержня \(\dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2} = 1{,}25\) г/см\(^3\) больше плотности воды \(\rho_0 = 1{,}0\) г/см\(^3\), поэтому плавать он не может, и после наливания воды в бассейн должен опираться более тяжёлым концом на дно. При этом тяжёлая половина стержня будет погружена в воду полностью, а лёгкая может быть погружена лишь частично (см. рисунок).

Обозначим длину той части лёгкой половины стержня, которая находится под водой, через \(l\), площадь поперечного сечения стержня — через \(S\), и найдём все силы, действующие на стержень. Это — сила реакции со стороны дна \(N\), силы тяжести \(F_1 = (1/2)LS\rho_1 g\) и \(F_2 = (1/2)LS\rho_2 g\), действующие на лёгкую и тяжёлую половины стержня соответственно, и сила Архимеда \(F_{\text{А}} = \rho_0 gS\left(\dfrac{L}{2} + l\right)\). Отметим, что силы тяжести \(F_1\) и \(F_2\) приложены к центрам масс соответствующих половин стержней, то есть к их серединам, а сила Архимеда \(F_{\text{А}}\) приложена к центру масс вытесненного объёма жидкости, то есть к середине погружённой части стержня.

Запишем условие равенства нулю суммы моментов всех сил, вычисленных относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через точку касания стержня с дном бассейна: \[\dfrac{LS\rho_1 g}{2}\cdot\dfrac{3L\cos\alpha}{4} + \dfrac{LS\rho_2 g}{2}\cdot\dfrac{L\cos\alpha}{4} - \rho_0 gS\left(\dfrac{L}{2} + l\right)\cdot\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{L}{2} + l\right)\cos\alpha = 0.\] Поскольку \(\cos\alpha\) в этом уравнении сокращается, то величина \(l\) не зависит от уровня налитой в бассейн воды, а определяется только соотношением плотностей частей стержня и воды. Из рисунка видно, что глубина бассейна \(h\) связана с длинами \(L\) и \(l\) соотношением \(h = \left(\dfrac{L}{2} + l\right)\sin\alpha\). Выражая отсюда величину \(l\) и подставляя её в уравнение моментов, получаем уравнение для определения \(h\), из которого с учётом того, что \(\alpha = 45^\circ\), находим ответ: \[h = \dfrac{L\sin\alpha}{2}\sqrt{\dfrac{3\rho_1 + \rho_2}{\rho_0}} = \dfrac{L\sqrt7}{4} \approx 0{,}66\text{ м}.\] Заметим, что если и дальше продолжать наливать воду в бассейн, то угол наклона стержня будет возрастать, и при \(h \geqslant L\sqrt{14}/4 \approx 0{,}93\) м он будет стоять на дне бассейна в вертикальном положении.

Ответ

\(m = \dfrac{C\rho V\Delta T}{L}\cdot\dfrac{t_1 - t_2}{t_2} \approx 91\) г.

Решение

Во время нагрева первого литра воды часть энергии, пропорциональная разности времён \(t_1 - t_2\), идёт на разогрев конфорки. Так как через время \(t_1\) вода закипает, то это означает, что к этому моменту времени конфорка полностью разогрелась, и далее всё выделяемое ею тепло будет идти только на нагрев второго литра воды. Поэтому мощность конфорки \[N = \dfrac{C\rho V\Delta T}{t_2},\] а запасённая в ней тепловая энергия \[Q = N(t_1 - t_2) = C\rho V\Delta T\,\dfrac{t_1 - t_2}{t_2}.\] Здесь \(\rho = 1000\) кг/м\(^3\) — плотность воды, \(\Delta T \approx 100\,^\circ\)C. После выключения конфорки вся запасённая в ней энергия пойдёт на испарение воды массой \[m = \dfrac{Q}{L} = \dfrac{C\rho V\Delta T}{L}\cdot\dfrac{t_1 - t_2}{t_2} \approx 91\text{ г}.\]

Ответ

При \(\alpha > 60^\circ\) скорость рака направлена под углом \(\beta_1 = \arccos\dfrac{\sin\alpha}{2\sqrt{5 - 4\cos\alpha}} - \arccos\dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{5 - 4\cos\alpha}}\) либо \(\beta_2 = \arccos\dfrac{\sin\alpha}{2\sqrt{5 - 4\cos\alpha}} + \arccos\dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{5 - 4\cos\alpha}}\) к скорости лебедя; при \(\alpha < 60^\circ\) — под углом \(\beta_1 = \arccos\dfrac{\sin\alpha}{2\sqrt{5 - 4\cos\alpha}} + \arccos\dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{5 - 4\cos\alpha}}\) либо \(\beta_2 = \arccos\dfrac{\sin\alpha}{2\sqrt{5 - 4\cos\alpha}} - \arccos\dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{5 - 4\cos\alpha}}\); при \(\alpha = 60^\circ\) — под углом \(\arccos(1/4)\); при \(\alpha = 0^\circ\) и \(\alpha = 180^\circ\) решений нет.

Решение

Проекция скорости телеги на направление любой из верёвок должна быть равна скорости животного, тянущего за эту верёвку, поскольку длина любой из верёвок постоянна.

Пусть скорость рака равна \(V\), тогда скорость щуки равна \(2V\), а скорость лебедя \(4V\). Будем откладывать векторы этих скоростей из одной точки \(A\) и проведём окружность через концы \(B\) и \(C\) векторов скоростей лебедя и щуки, угол между которыми по условию равен \(\alpha\) (см. рисунки). Поскольку вписанные в окружность треугольники, опирающиеся на её диаметр, являются прямоугольными, то вектор скорости телеги является диаметром этой окружности. При этом возможны следующие случаи.

1) Вектор скорости телеги лежит между векторами скоростей лебедя и щуки (см. рис. 1). Этот случай реализуется при \(\alpha > 60^\circ\).

По теореме косинусов для треугольника \(ABC\) получаем \(|BC| = \sqrt{(4V)^2 + (2V)^2 - 2\cdot4V\cdot2V\cos\alpha} = 2V\sqrt{5 - 4\cos\alpha}\). По теореме синусов диаметр окружности, в которую вписан треугольник \(ABC\), равен \(V_{\text{телеги}} = \dfrac{|BC|}{\sin\alpha} = \dfrac{2V\sqrt{5 - 4\cos\alpha}}{\sin\alpha}\). При этом скорость рака, как видно из рисунка 1, может быть направлена под углом либо \(\beta_1\), либо \(\beta_2\) к скорости лебедя: \[\begin{aligned} \beta_1 &= \arccos\dfrac{V_{\text{рака}}}{V_{\text{телеги}}} - \arccos\dfrac{V_{\text{лебедя}}}{V_{\text{телеги}}} =\\ &= \arccos\dfrac{\sin\alpha}{2\sqrt{5 - 4\cos\alpha}} - \arccos\dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{5 - 4\cos\alpha}},\\ \beta_2 &= \arccos\dfrac{V_{\text{рака}}}{V_{\text{телеги}}} + \arccos\dfrac{V_{\text{лебедя}}}{V_{\text{телеги}}} =\\ &= \arccos\dfrac{\sin\alpha}{2\sqrt{5 - 4\cos\alpha}} + \arccos\dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{5 - 4\cos\alpha}}. \end{aligned}\] 2) Вектор скорости телеги не лежит между векторами скоростей лебедя и щуки (см. рис. 2). Этот случай реализуется при \(\alpha < 60^\circ\). Проводя аналогичные выкладки, получим: \[\begin{aligned} \beta_1 &= \arccos\dfrac{V_{\text{рака}}}{V_{\text{телеги}}} + \arccos\dfrac{V_{\text{лебедя}}}{V_{\text{телеги}}} =\\ &= \arccos\dfrac{\sin\alpha}{2\sqrt{5 - 4\cos\alpha}} + \arccos\dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{5 - 4\cos\alpha}},\\ \beta_2 &= \arccos\dfrac{V_{\text{рака}}}{V_{\text{телеги}}} - \arccos\dfrac{V_{\text{лебедя}}}{V_{\text{телеги}}} =\\ &= \arccos\dfrac{\sin\alpha}{2\sqrt{5 - 4\cos\alpha}} - \arccos\dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{5 - 4\cos\alpha}}. \end{aligned}\]

3) При \(\alpha = 60^\circ\), как видно из рисунков, \(V_{\text{телеги}} = V_{\text{лебедя}} = 4V\), и \(\beta_1 = \beta_2 = \arccos(1/4)\).

4) При \(\alpha = 0^\circ\) и \(\alpha = 180^\circ\) у задачи решений нет.

Ответ

\(M \approx kl/g\).

Решение

Запишем условие устойчивого равновесия груза в проекции на ось \(X\), перпендикулярную стержню (см. рисунок): \[F_{\text{упр}}\cos(\alpha/2) \geqslant Mg\sin\alpha,\] где \(F_{\text{упр}} = k\cdot2l\sin(\alpha/2)\). При малых углах \(\alpha\) можно считать, что \(\cos\alpha \approx 1\), а \(\sin\alpha \approx \alpha\). Тогда \(F_{\text{упр}} \approx kl\alpha \geqslant Mg\alpha\), откуда максимальная масса груза \(M \approx kl/g\).

Задачу можно решать и из энергетических соображений. Для устойчивого равновесия необходимо, чтобы при отклонении стержня на малый угол \(\alpha\) потенциальная энергия растянутой пружины была не меньше величины уменьшения потенциальной энергии груза в поле силы тяжести: \[\dfrac{k(\alpha l)^2}{2} \geqslant Mgl(1 - \cos\alpha) \approx Mgl\dfrac{\alpha^2}{2},\] откуда получается то же самое ограничение на массу груза.

Ответ

\(F \geqslant 2\pi\mu T\).

Решение

Разобьём кольцо на маленькие участки, такие, что \(\alpha R \to 0\) (см. рисунок).

Тогда для каждого участка сумма сил натяжения кольца \(T\) и реакции стержня \(N\) равна нулю, откуда \(2T\cdot\sin\alpha/2 = N\). Поскольку участки маленькие, то \(\alpha T = N\). Тогда сила трения скольжения, действующая на такой участок при сдвигании кольца, равна \(f_{\text{тр}} = \mu N = \mu\alpha T\). Суммируя силы трения, действующие на каждый из этих участков, вдоль всей окружности, получаем, что общая сила трения \(F_{\text{тр}} = \sum\limits_i (f_{\text{тр}})_i = \mu T\sum\limits_i\alpha_i = 2\pi\mu T\).

Таким образом, чтобы сдвинуть кольцо вдоль стержня без вращения, нужно действовать на него с силой \(F \geqslant F_{\text{тр}} = 2\pi\mu T\).

Ответ

\(M_{\text{ост}} \approx 2{,}888\) кг (нижняя оценка \(2{,}886\) кг, верхняя \(2{,}890\) кг).

Решение

После открывания клапана давление в скороварке упадёт, и вода будет кипеть, остывая при этом от \(T_1 = 120\,^\circ\)C до \(T_2 = 100\,^\circ\)C. Количество теплоты, необходимое для испарения, будет отниматься от остывающей воды. Пусть за малый промежуток времени испарилась небольшая масса воды \(\Delta m_i\), а температура воды при этом уменьшилась на \(\Delta T_i\). Тогда уравнение теплового баланса имеет вид: \[Cm_i\Delta T_i = L\Delta m_i,\] где \(m_i\) — масса воды, которая была в скороварке при испарении массы \(\Delta m_i\). Отсюда \[\Delta T_i = \dfrac{L}{C}\cdot\dfrac{\Delta m_i}{m_i},\] и \[\Delta T = T_1 - T_2 = \dfrac{L}{C}\sum_i\dfrac{\Delta m_i}{m_i}.\] Сумму в последней формуле можно точно вычислить при помощи интегрирования, а можно ограничиться лишь её оценкой. Пусть \(M_0 = 3\) кг — начальная масса воды в скороварке, \(M_{\text{ост}}\) — масса воды, оставшейся в скороварке после окончания процесса кипения. Заметим, что \(\sum\limits_i\Delta m_i = M_0 - M_{\text{ост}}\) — масса выкипевшей воды. Тогда \[T_1 - T_2 = \dfrac{L}{C}\sum_i\dfrac{\Delta m_i}{m_i} > \dfrac{L}{CM_0}\sum_i\Delta m_i = \dfrac{L}{C}\cdot\dfrac{M_0 - M_{\text{ост}}}{M_0},\] откуда \[M_{\text{ост}} > M_0\left(1 - \dfrac{C(T_1 - T_2)}{L}\right) \approx 2{,}886\text{ кг}.\] Это нижняя оценка для массы оставшейся в скороварке воды.

Аналогично можно получить для \(M_{\text{ост}}\) оценку сверху: \[T_1 - T_2 = \dfrac{L}{C}\sum_i\dfrac{\Delta m_i}{m_i} < \dfrac{L}{C}\cdot\dfrac{\sum_i\Delta m_i}{M_0 - \sum_i\Delta m_i} = \dfrac{L}{C}\cdot\dfrac{M_0 - M_{\text{ост}}}{M_{\text{ост}}},\] откуда \[M_{\text{ост}} < M_0\dfrac{L}{L + C(T_1 - T_2)} \approx 2{,}890\text{ кг}.\] Видно, что верхняя и нижняя оценки очень близки. Поэтому можно принять в качестве ответа среднее арифметическое из них: \(M_{\text{ост}} \approx 2{,}888\) кг. Следует отметить, что точный ответ \(M_{\text{точн}} \approx 2{,}8876\) кг, полученный при помощи интегрирования, отличается от найденной нами величины менее чем на \(0{,}02\%\).