МОШ, 1999/00, заключительный этап, 8 класс

\(m \approx F/(2g) \approx 1\) кг.

Из приведённого в условии графика видно, что при достаточно больших смещениях \(x\) середины нити прикладываемая к ней сила \(F\) стремится к постоянной величине 20 Н. Это связано с тем, что при больших \(x\) все участки нити становятся почти вертикальными, и поэтому пути, проходимые каждым из грузов в единицу времени, совпадают с путём, который проходит середина нити. Из «золотого правила механики» следует, что отсутствие выигрыша (или проигрыша) в перемещении означает отсутствие проигрыша (или выигрыша) в силе. Следовательно, сила \(F\) должна стремиться к величине, равной суммарному весу двух грузов: \(F \approx 2mg \approx 20\) Н. Отсюда \(m \approx F/(2g) \approx 1\) кг.

При \(\rho_2 \leqslant \rho_1\): \(M\left(1 - \dfrac{\rho_2}{\rho_1}\right) \leqslant m \leqslant M\); при \(\rho_2 > \rho_1\): \(0 \leqslant m \leqslant M\).

В соответствии с «золотым правилом механики» неподвижный блок не даёт выигрыша в силе. Поэтому в положении равновесия силы, действующие на концы нити, должны быть равны. На конец нити, к которому подвешен груз массой \(m\), всё время действует сила \(P = mg\). На второй же конец нити, когда груз массой \(M\) плавает в жидкости, действует сила \(F\), равная разности сил тяжести \(Mg\) и Архимеда \(\rho_2gV\), то есть \(F = Mg - \rho_2gV\), где \(V\) — объём погружённой в жидкость части тела массой \(M\). Поэтому условие равновесия системы имеет вид: \(mg = Mg - \rho_2gV\). Объём \(V\) может изменяться от 0 (тело не погружено в жидкость) до величины \(M/\rho_1\) (тело полностью погружено в жидкость). Значит, из последнего равенства следует, что величина \(m\) должна удовлетворять следующим условиям: \[M\left(1 - \dfrac{\rho_2}{\rho_1}\right) \leqslant m \leqslant M.\] Найденный ответ справедлив при условии \(\rho_2 \leqslant \rho_1\), то есть когда груз массой \(M\) сделан из материала, который не легче жидкости. В случае \(\rho_2 > \rho_1\), ввиду положительности \(m\), решение принимает вид: \[0 \leqslant m \leqslant M.\] Это означает, что если груз массой \(M\) легче жидкости, то он будет плавать в ней до тех пор, пока к другому концу нити не подвесят груз массой, большей \(M\).

Две одинаковые группы из трёх параллельно соединённых лампочек, соединённые друг с другом и подключённые к источнику напряжения (два способа подключения — см. рисунки в решении).

Из условия следует, что при замыкании одного выключателя на все лампочки должно подаваться напряжение, меньшее напряжения в сети. При замыкании же второго выключателя на три лампочки должно подаваться полное напряжение сети, а три остальные лампочки должны либо отключаться от сети, либо подключаться к сети так, чтобы напряжение между их контактами было равно нулю. Поэтому ясно, что нужно собрать две одинаковые схемы, состоящие из трёх параллельно соединённых лампочек каждая, а затем соединить эти две схемы друг с другом и подключить к источнику напряжения. Это можно сделать двумя способами (соответствующие схемы приведены на рисунках).

Возможны четыре значения: \(t_1 = 120\) с, \(t_2 \approx 10{,}9\) с, \(t_3 \approx 5{,}7\) с, \(t_4 \approx 3{,}9\) с.

В условии сказано, что через 2 минуты поезд оказался около столбика с цифрой «2». Это означает, что за данное время поезд мог проехать 100 м, 1100 м, 2100 м, 3100 м, 4100 м и т. д. Так как скорость поезда меньше 100 км/ч или \(\dfrac{100}{60}\) км/мин, то поезд не может проехать за 2 мин расстояние большее, чем \(2\text{ мин}\cdot\dfrac{100\text{ км}}{60\text{ мин}} \approx 3{,}3\) км. Значит, возможны только следующие значения расстояния: 100 м, 1100 м, 2100 м, 3100 м. Им соответствуют следующие значения скорости: 50 м/мин, 550 м/мин, 1050 м/мин, 1550 м/мин. Поскольку по условию расстояние от кабины машиниста до ближайшего столбика с цифрой «3» составляет 100 м, то возможные значения времени прохождения этого расстояния \[t_1 = \dfrac{100\text{ м}}{50\text{ м/мин}} = 2\text{ мин} = 120\text{ с},\] \[t_2 = \dfrac{100\text{ м}}{550\text{ м/мин}} = 0{,}1818\text{ мин} = 10{,}9\text{ с},\] \[t_3 = \dfrac{100\text{ м}}{1050\text{ м/мин}} = 0{,}0952\text{ мин} = 5{,}7\text{ с},\] \[t_4 = \dfrac{100\text{ м}}{1550\text{ м/мин}} = 0{,}0645\text{ мин} = 3{,}9\text{ с}.\]

\(x = 1/2\): карандаш нужно погрузить в воду больше, чем наполовину.

Пусть \(L\) — длина карандаша, \(S\) — площадь его поперечного сечения, \(\alpha\) — угол при основании наклонной плоскости, образующей стенку ванны (см. рис. 1.245).

Предположим, что нижний конец карандаша перестал давить на стенку ванны тогда, когда в воду погрузилась \(x\)-я часть карандаша (отметим, что \(0 < x < 1\)). В этот момент карандаш опирается на стенку только верхним концом (точка \(O\)), и на него, помимо силы реакции опоры и силы натяжения нити, действуют сила тяжести \(F_{\text{т}} = \rho_{\text{к}}gSL\), приложенная к середине карандаша, и сила Архимеда \(F_{\text{А}} = \rho_{\text{в}}gSLx\), приложенная к середине его погружённой части. Карандаш будет находиться в равновесии, если сумма действующих на него моментов сил, вычисленных относительно оси, проходящей через точку \(O\) перпендикулярно плоскости рисунка, будет равна нулю. Плечо силы тяжести в рассматриваемый момент равно \((L\cos\alpha)/2\), плечо силы Архимеда равно \(\left(L - \dfrac{Lx}{2}\right)\cos\alpha\). Значит, условие равновесия карандаша имеет вид \[\rho_{\text{к}}gSL\cdot\dfrac{L\cos\alpha}{2} - \rho_{\text{в}}gSLx\cdot\dfrac{L\cos\alpha}{2}\cdot(2 - x) = 0.\] С учётом того, что \(\rho_{\text{к}}/\rho_{\text{в}} = 3/4\), полученное уравнение можно переписать следующим образом: \[x^2 - 2x + \dfrac{3}{4} = 0.\] Оно имеет два корня, из которых наложенному на \(x\) ограничению удовлетворяет только один: \(x = 1/2\). Значит, для того, чтобы нижний конец карандаша перестал касаться стенки ванны, его нужно погрузить в воду больше, чем наполовину.

\(t' = \dfrac{t}{\sqrt[3]{n}} = 10\) минут.

Будем считать тарелки цилиндрическими. Обозначим радиус и высоту большой тарелки через \(R\) и \(H\), а радиус и высоту маленькой тарелки через \(r\) и \(h\). Пусть масса супа в большой тарелке равна \(M\), а его объём \(V\). Тогда масса супа в маленькой тарелке \(m = M/n = M/8\).

Подобие тарелок означает, что их радиусы \(R\) и \(r\) и глубины \(H\) и \(h\) отличаются друг от друга в одно и то же число раз \(N\): \[r = \dfrac{R}{N},\quad h = \dfrac{H}{N}.\] Значит, объёмы большой и маленькой тарелок \(V\) и \(v\) и массы супа в них связаны соотношением: \[\dfrac{M}{m} = \dfrac{V}{v} = \dfrac{\pi R^2H}{\pi r^2h} = N^3 = n,\] откуда \(N = \sqrt[3]{n} = 2\), то есть маленькая тарелка по размерам вдвое меньше большой.

По условию задачи, для каждой из тарелок теплоотдача происходит с поверхности супа в соответствии с законом \[\dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \alpha S(T - T_0),\] где \(\Delta Q\) — количество теплоты, отдаваемое за время \(\Delta t\) с поверхности площадью \(S\); \(T\) и \(T_0\) — начальная температура супа и температура окружающей среды; \(\alpha\) — постоянный коэффициент пропорциональности. С другой стороны, известно, что при остывании супа на \(\Delta T\) градусов он отдаёт количество теплоты \(\Delta Q = CM\Delta T\), где \(C\) — удельная теплоёмкость супа. Значит, справедливо равенство \[\dfrac{CM\Delta T}{\Delta t} = \alpha S(T - T_0).\] Учитывая, что площадь поверхности тарелки пропорциональна квадрату её радиуса (\(S \sim R^2\)), а масса супа пропорциональна его объёму (\(M \sim R^2H\)), для скорости остывания супа получаем: \[\dfrac{\Delta T}{\Delta t} = \dfrac{\alpha S}{CM}(T - T_0) \sim \dfrac{\alpha R^2}{CR^2H}(T - T_0) \sim \dfrac{T - T_0}{H}.\] Таким образом, мы установили, что при одинаковой разности начальной температуры супа и температуры окружающей среды скорость остывания супа обратно пропорциональна глубине тарелки, то есть для большой тарелки, высота которой \(H = Nh = \sqrt[3]{n}\cdot h = 2h\), скорость охлаждения будет вдвое меньше, чем для маленькой. Отсюда следует, что время охлаждения маленькой тарелки будет в \(\sqrt[3]{n} = 2\) раза меньше, чем большой, то есть суп из маленькой тарелки можно будет есть через \[t' = \dfrac{t}{\sqrt[3]{n}} = 10\text{ минут}.\]