МОШ, 2003/04, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(A = mg(y_3 + \mu x_3)\).

Решение

По условию задачи ящик двигают медленно. Это означает, что в любой момент времени сумма действующих на ящик сил равна нулю.

Рассмотрим столь малый отрезок горки длиной \(\Delta l_i\), что его можно считать прямолинейным участком наклонной плоскости, образующим с горизонтом угол \(\alpha_i\). Тогда сила, которую нужно прилагать к ящику для его медленного равномерного перемещения по этому участку, равна \(F_i = mg(\sin\alpha_i + \mu\cos\alpha_i)\). Работа, совершаемая такой силой на данном участке, равна \[\Delta A_i = F_i\Delta l_i = mg(\Delta l_i\sin\alpha_i + \mu\Delta l_i\cos\alpha_i) = mg(\Delta y_i + \mu\Delta x_i).\] Здесь \(\Delta x_i\) и \(\Delta y_i\) — проекции отрезка \(\Delta l_i\) на оси \(X\) и \(Y\) соответственно. Из рисунка видно, что \(-\pi/2 < \alpha_i < \pi/2\). Поэтому все \(\Delta x_i = \Delta l_i\cos\alpha_i > 0\) (ящик всё время движется направо, вдоль оси \(X\)), а величины \(\Delta y_i = \Delta l_i\sin\alpha_i\) могут быть как положительными (ящик поднимается), так и отрицательными (ящик опускается).

Таким образом, искомая работа по перемещению ящика из точки \(O\) в точку \(B\) по горке равна \[A = \sum_i \Delta A_i = mg\sum_i (\Delta y_i + \mu\Delta x_i) = mg\left(\sum_i \Delta y_i + \mu\sum_i \Delta x_i\right) = mg(y_3 + \mu x_3).\]

Ответ

Жёсткости: \(k_{12} = S^2\dfrac{p_2 - p_1}{V_2 - V_1}\), \(k_{23} = S^2\dfrac{p_3 - p_2}{V_3 - V_2}\), \(k_{31} = S^2\dfrac{p_3 - p_1}{V_3 - V_1}\). Удлинения: \(\Delta x_{12}^{\text{нач}} = \dfrac{p_1(V_2 - V_1)}{S(p_2 - p_1)}\), \(\Delta x_{12}^{\text{кон}} = \dfrac{p_2(V_2 - V_1)}{S(p_2 - p_1)}\), \(\Delta x_{23}^{\text{нач}} = \dfrac{p_2(V_3 - V_2)}{S(p_3 - p_2)}\), \(\Delta x_{23}^{\text{кон}} = \dfrac{p_3(V_3 - V_2)}{S(p_3 - p_2)}\), \(\Delta x_{31}^{\text{нач}} = \dfrac{p_3(V_3 - V_1)}{S(p_3 - p_1)}\), \(\Delta x_{31}^{\text{кон}} = \dfrac{p_1(V_3 - V_1)}{S(p_3 - p_1)}\).

Решение

Рассмотрим процесс медленного нагревания или охлаждения газа под поршнем, который прикреплён к пружине жёсткостью \(k\). Из условия равновесия поршня имеем \(k(x - x_0) = pS\), где \(p\) — давление газа, \(x\) — координата нижней поверхности поршня, отсчитанная вверх от дна цилиндра, \(x_0\) соответствует недеформированной пружине. Отсюда с учётом того, что \(V = Sx\), получаем: \(p = \dfrac{k}{S^2}(V - Sx_0)\). Таким образом, графиком процесса на \(pV\)-диаграмме является прямая с угловым коэффициентом \(\dfrac{\Delta p}{\Delta V} = \dfrac{k}{S^2}\), откуда \[k = S^2\dfrac{\Delta p}{\Delta V}.\] Удлинение пружины \(\Delta x\) в зависимости от \(p\) равно \[\Delta x = x - x_0 = \dfrac{pS}{k} = \dfrac{p}{S}\cdot\dfrac{\Delta V}{\Delta p}.\] Из этих формул для участков 1–2, 2–3 и 3–1 циклического процесса с использованием \(pV\)-диаграммы получаем ответ.

Жёсткости пружин: \[k_{12} = S^2\dfrac{p_2 - p_1}{V_2 - V_1};\qquad k_{23} = S^2\dfrac{p_3 - p_2}{V_3 - V_2};\qquad k_{31} = S^2\dfrac{p_3 - p_1}{V_3 - V_1}.\] Удлинения пружин: \[\begin{aligned} \Delta x_{12}^{\text{нач}} &= \dfrac{p_1(V_2 - V_1)}{S(p_2 - p_1)}; & \Delta x_{12}^{\text{кон}} &= \dfrac{p_2(V_2 - V_1)}{S(p_2 - p_1)};\\ \Delta x_{23}^{\text{нач}} &= \dfrac{p_2(V_3 - V_2)}{S(p_3 - p_2)}; & \Delta x_{23}^{\text{кон}} &= \dfrac{p_3(V_3 - V_2)}{S(p_3 - p_2)};\\ \Delta x_{31}^{\text{нач}} &= \dfrac{p_3(V_3 - V_1)}{S(p_3 - p_1)}; & \Delta x_{31}^{\text{кон}} &= \dfrac{p_1(V_3 - V_1)}{S(p_3 - p_1)}. \end{aligned}\]

Ответ

Минимальное число резисторов — четыре, возможны две схемы: мостовая (рис. 3.65.1), для неё \(U = \mathcal{E}/6\), и схема с общей точкой посередине (рис. 3.65.2), для неё \(U = \mathcal{E}/5\).

Решение

Путём простого перебора вариантов легко установить, что минимально возможное число резисторов внутри «чёрного ящика» — четыре, и возможны две схемы их соединения.

1. Мостовая схема (рисунок 3.65.1). Рассмотрим, например, случай, когда дополнительный резистор включён между клеммами 2 и 4. При этом между точками 3 и 1 падение напряжения равно \(\mathcal{E}/2\), а между точками 4 и 1, очевидно, \(2\mathcal{E}/3\). Поэтому между клеммами 4 и 3 напряжение равно \[U = \dfrac{2\mathcal{E}}{3} - \dfrac{\mathcal{E}}{2} = \dfrac{\mathcal{E}}{6}.\] Остальные случаи подключения дополнительного резистора рассматриваются аналогично.

2. Схема с общей точкой посередине (рисунок 3.65.2). Включим дополнительный резистор \(R_5 = R\) между точками 2 и 4, как и на первой схеме. В данном случае через резистор \(R_3\) и идеальный вольтметр, обладающий бесконечно большим сопротивлением, ток не течёт. Поэтому общее сопротивление цепи, состоящей из резистора \(R_1 = R\) и подключённой к нему последовательно разветвлённой части цепи, состоящей из резистора \(R_2 = R\) и соединённого с ним параллельно сопротивления \(R_4 + R_5 = 2R\), равно \[R_x = R + \left(\dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{2R}\right)^{-1} = R + \dfrac{2R}{3} = \dfrac{5R}{3}.\] Поэтому ток, текущий через резистор \(R_1\), будет равен \[I_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{R_x} = \dfrac{3\mathcal{E}}{5R},\] а ток, текущий через резисторы \(R_4\) и \(R_5\) — втрое меньше: \[I_4 = I_5 = \dfrac{I_1}{3} = \dfrac{\mathcal{E}}{5R}.\] Вольтметр показывает падение напряжения на резисторе \(R_4 = R\), равное \(U = I_4R = \dfrac{\mathcal{E}}{5}\). Остальные случаи подключения дополнительного резистора рассматриваются аналогично.

Ответ

\(U = 0{,}6\) м/с.

Решение

В системе отсчёта, связанной с водой, дощечки проплывут до полной остановки одинаковое расстояние. Поскольку вторая дощечка движется в этой системе отсчёта перпендикулярно берегу, это расстояние как раз и равно \(S_2\). Следовательно, первая дощечка сместилась тоже на расстояние \(S_2\), и при этом её смещение перпендикулярно берегу составило \(S_1\) (см. рис. 1.27).

Следовательно, смещение первой дощечки параллельно берегу равно \(\sqrt{S_2^2 - S_1^2}\). Угол \(\alpha\) между скоростями дощечек в системе отсчёта, связанной с водой, определяется из соотношения: \[\sin\alpha = \dfrac{\sqrt{S_2^2 - S_1^2}}{S_2}.\] При переходе в систему отсчёта, связанную с берегом, начальные скорости дощечек \(\vec V_0\) складываются со скоростью течения воды в канале \(\vec U\). Следовательно, для первой дощечки \[U = V_0\sin\alpha = \dfrac{V_0\sqrt{S_2^2 - S_1^2}}{S_2} = \dfrac{1\text{ м/с}\cdot\sqrt{25\text{ м}^2 - 16\text{ м}^2}}{5\text{ м}} = 0{,}6\text{ м/с}.\]

Ответ

\(a_1 = \dfrac{\bigl(m_1(R - r) - 2m_2R\bigr)(R - r)}{m_1(R - r)^2 + 4m_2R^2}\,g\).

Решение

Обозначим силу натяжения подвеса, на котором закреплён груз \(m_1\), через \(F\) (см. рис. 1.57).

Тогда сила натяжения нити на вертикальных участках по обе стороны от нижнего блока равна \(F/2\) — из-за невесомости этого блока и нити, а также из-за отсутствия трения в оси блока и о воздух. Силу натяжения нити, действующую на подвешенный к ней груз \(m_2\), обозначим через \(f\). Так как двухступенчатый блок невесом и трение в его оси и о воздух отсутствует, то сумма моментов сил натяжения нити, действующих на него, равна нулю: \(\dfrac{F}{2}R = \dfrac{F}{2}r + fR\). Отсюда \(f = \dfrac{R - r}{2R}F\).

Поскольку система из таких блоков не даёт выигрыша в работе, то при смещении нижнего груза на расстояние \(\Delta x_1\), например, вниз, верхний груз сместится на расстояние \(\Delta x_2\) вверх, и будет справедливо соотношение: \(F\Delta x_1 + f\Delta x_2 = 0\). Отсюда, с учётом найденной связи сил \(F\) и \(f\), получаем: \(\Delta x_1 + \dfrac{R - r}{2R}\Delta x_2 = 0\). Таким образом, связь проекций \(a_1\) и \(a_2\) ускорений грузов на вертикальную ось (уравнение кинематической связи) имеет вид: \[a_1 + \dfrac{R - r}{2R}a_2 = 0.\] Запишем уравнения движения грузов в проекциях на ту же ось: \[m_1a_1 = m_1g - F,\quad m_2a_2 = m_2g - f.\] Для решения получившейся системы подставим во второе уравнение выражения для \(a_2\) и \(f\): \[m_1a_1 = m_1g - F,\quad -m_2\dfrac{2Ra_1}{R - r} = m_2g - \dfrac{R - r}{2R}F.\] Умножим второе уравнение на \(-\dfrac{2R}{R - r}\) и сложим результат с первым уравнением. В итоге получим: \[a_1\left(m_1 + m_2\left(\dfrac{2R}{R - r}\right)^2\right) = m_1g - m_2g\cdot\dfrac{2R}{R - r}.\] Отсюда \[a_1 = \dfrac{m_1 - m_2\cdot\dfrac{2R}{R - r}}{m_1 + m_2\left(\dfrac{2R}{R - r}\right)^2}\cdot g = \dfrac{\bigl(m_1(R - r) - 2m_2R\bigr)\cdot(R - r)}{m_1(R - r)^2 + 4m_2R^2}\,g.\]

Ответ

\(h = \dfrac{V}{2g}\sqrt{\dfrac{FL}{M}} = 5\) м.

Решение

Изобразим на рисунке нить в тот момент времени, когда она ещё не порвалась, но вот-вот порвётся. Пусть в этот момент расстояние от проволочного грузика до линии, вдоль которой перемещаются концы нити, равно \(x\), а скорость грузика равна \(u\).

Так как нить нерастяжима, то проекция скорости грузика и проекция скорости конца нити на направление нити должны быть одинаковы. Следовательно, \[V\cos\alpha = u\sin\alpha,\quad\text{то есть}\quad u = V\operatorname{ctg}\alpha = \dfrac{V\sqrt{(L/2)^2 - x^2}}{x}.\] Из условия задачи видно, что \(F \gg Mg\). Поэтому угол, который составляют две половинки нити в момент перед разрывом, близок к \(180^\circ\), а угол \(\alpha\) мал. Это означает, что \(x^2 \ll (L/2)^2\), то есть \(u \approx \dfrac{VL}{2x}\). Изменение расстояния \(x\) на малую величину \(\Delta x\) приведёт к тому, что скорость \(u\) увеличится на \(\Delta u\). При этом изменения скорости \(u\) и величины \(x\) связаны друг с другом соотношением: \[\Delta u = \dfrac{VL}{2(x - \Delta x)} - \dfrac{VL}{2x} = \dfrac{VL}{2}\cdot\dfrac{\Delta x}{x^2 - x\Delta x} \approx \dfrac{VL}{2x^2}\Delta x.\] Разделим данное соотношение на величину малого промежутка времени \(\Delta t\), за который эти изменения произошли, и учтём, что \(u = \dfrac{\Delta x}{\Delta t} \approx \dfrac{VL}{2x}\): \[\dfrac{\Delta u}{\Delta t} \approx \dfrac{VL}{2x^2}\cdot\dfrac{\Delta x}{\Delta t} = \dfrac{V^2L^2}{4x^3}.\] В соответствии со вторым законом Ньютона ускорение \(\dfrac{\Delta u}{\Delta t}\) равно сумме всех действующих на груз сил, разделённой на его массу. Так как равнодействующая сил натяжения равна \(2F\sin\alpha = 4Fx/L\), то \[\dfrac{\Delta u}{\Delta t} \approx \dfrac{V^2L^2}{4x^3} \approx \dfrac{1}{M}\left(\dfrac{4Fx}{L} - Mg\right).\] Предположим, что не только \(F \gg Mg\), но и \(\dfrac{4Fx}{L} \gg Mg\) (потом нужно будет обязательно проверить, выполняется ли на самом деле это неравенство!). В этом случае \[\dfrac{V^2L^2}{4x^3} \approx \dfrac{4Fx}{ML},\quad\text{и}\quad x \approx \left(\dfrac{MV^2L^3}{16F}\right)^{1/4} = 0{,}1\text{ м}.\] Неравенство \(\dfrac{4Fx}{L} = 1\) Н \(\gg Mg = 0{,}01\) Н действительно выполняется. Теперь можно определить скорость груза в момент разрыва нити: \(u \approx \dfrac{VL}{2x} \approx \left(\dfrac{FLV^2}{M}\right)^{1/4} = 10\) м/с. Следовательно, груз после разрыва нити взлетит на высоту \(h = \dfrac{u^2}{2g} \approx \dfrac{V}{2g}\sqrt{\dfrac{FL}{M}} = 5\) м.

Ответ

\(R_x = \dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2}\).

Решение

Нарисуем схему разветвлённой электрической цепи, получившейся у школьников после подключения их приборов к неизвестному резистору (см. рис. 3.60). Сопротивления резисторов \(r_1\) и \(r_2\) включают в себя сопротивления тех резисторов, которые школьники использовали в своих омметрах, а также внутренние сопротивления соответствующих батареек и амперметров.

Согласно правилам расчёта разветвлённых цепей постоянного тока (правила Кирхгофа), сумма токов в каждом узле разветвлённой цепи равна нулю, а сумма падений напряжений вдоль замкнутых контуров, на которые можно разбить эту цепь, равна суммарной ЭДС в этих контурах. Отсюда, выбрав направления текущих в участках цепи токов так, как показано на рисунке, получаем: \[\mathcal{E}_1 = I_1r_1 + (I_1 + I_2)R_x;\qquad \mathcal{E}_2 = I_2r_2 + (I_1 + I_2)R_x.\] Заметим, что при измерении сопротивления резистора \(R\) одним из самодельных омметров через этот омметр течёт ток \(I_i = \dfrac{\mathcal{E}_i}{r_i + R}\) (здесь \(i = 1, 2\)), так что показание каждого омметра связано с текущим через него током формулой: \(I_iR = \mathcal{E}_i - I_ir_i\). Поэтому записанную выше систему уравнений можно переписать в виде: \[I_1R_1 = (I_1 + I_2)R_x;\qquad I_2R_2 = (I_1 + I_2)R_x,\] откуда \[I_1 = (I_1 + I_2)\dfrac{R_x}{R_1},\qquad I_2 = (I_1 + I_2)\dfrac{R_x}{R_2}.\] Складывая эти равенства, получим: \(R_x\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right) = 1\). Отсюда \[R_x = \dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2}.\]