МОШ, 2004/05, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(\alpha_{\max} = \operatorname{arctg}\dfrac{\mu L}{2L - \mu H}\) (автомобиль должен въезжать в гору задним ходом, ведущие колёса снизу); автомобиль не переворачивается при \(\mu < L/H\); на ведущих колёсах нужен крутящий момент \(M = \dfrac{\mu mgRL}{\sqrt{(2L - \mu H)^2 + (\mu L)^2}}\).

Решение

Так как движущийся автомобиль не переворачивается, то величины \(N_{\text{н}}\) и \(N_{\text{в}}\) нормальных составляющих сил реакции дороги, приложенных к нижним и к верхним колёсам, удовлетворяют следующим уравнениям для моментов сил: \[N_{\text{н}}\cdot 2L = mg(L\cos\alpha + H\sin\alpha),\] \[N_{\text{в}}\cdot 2L = mg(L\cos\alpha - H\sin\alpha).\] Здесь первое уравнение записано относительно оси, проходящей через точки касания дороги верхними колёсами, а второе — относительно оси, проходящей через точки касания дороги нижними колёсами. Из этих уравнений видно, что вне зависимости от того, какие колёса являются ведущими, \(N_{\text{н}} > N_{\text{в}}\).

Автомобиль движется в гору под действием силы тяги, которая представляет собой тангенциальную составляющую сил реакции дороги, действующих на ведущие колёса. Эта сила не может превышать величину силы трения покоя, равную \(\mu N_i\), где \(N_i\) — сила реакции, действующая либо на нижние, либо на верхние колёса — в зависимости от того, какие из них являются ведущими. При движении автомобиля в гору с очень малой скоростью сила тяги должна быть равна «скатывающей» силе: \(\mu N_i = mg\sin\alpha\), то есть автомобиль может преодолеть участок дороги с тем большим углом наклона, чем больше нормальная сила реакции, действующая на его ведущие колёса. Следовательно, автомобиль должен ехать в гору так, чтобы его ведущие колёса находились снизу, то есть автомобилю с передними ведущими колёсами выгоднее въезжать на поднимающийся участок дороги задним ходом. При этом \(\mu N_{\text{н}} = mg\sin\alpha\), откуда, с учётом выражения для \(N_{\text{н}}\), получаем: \[\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{\mu L}{2L - \mu H}.\] Для того чтобы автомобиль не перевернулся, ещё должно выполняться дополнительное условие \(N_{\text{в}} > 0\), или \(\operatorname{tg}\alpha < L/H\). С учётом полученного выражения для \(\alpha\), это условие можно переписать в виде: \(\mu < L/H\). Так как \(\mu < 1\), а для реальных автомобилей \(L/H \gg 1\), то полученное условие практически всегда выполняется.

Кроме того, на ведущих колёсах автомобиля должен создаваться крутящий момент \[M = \mu N_{\text{н}}R = mgR\sin\alpha = \dfrac{\mu mgRL}{\sqrt{(2L - \mu H)^2 + (\mu L)^2}}.\] При этом мощность двигателя может быть любой, так как в условии задачи нет никаких ограничений на минимальную скорость движения автомобиля (он может въезжать в гору и очень медленно).

Ответ

\(k_\Sigma = k\sqrt{5}\).

Решение

Обозначим смещение верхней платформы под действием приложенной к ней силы \(F\) через \(\Delta x\), а следующих, расположенных ниже платформ, под действием приложенных к ним сил \(F_1\), \(F_2\), \(F_3\), …{} — через \(\Delta x_1\), \(\Delta x_2\), \(\Delta x_3\), …{} соответственно (см. рис. 1.201). Тогда из условия равновесия верхней платформы (сумма действующих на неё сил равна нулю) следует, что общий коэффициент жёсткости равен: \[k_\Sigma = \dfrac{F}{\Delta x} = \dfrac{k\Delta x + 2k(\Delta x - \Delta x_1)}{\Delta x} = 3k - 2k\dfrac{\Delta x_1}{\Delta x} = k\left(3 - 2\dfrac{\Delta x_1}{\Delta x}\right).\]

Из условий равновесия расположенных ниже платформ следует, что \[\begin{aligned} F_1 &= k(\Delta x - \Delta x_1) = k\Delta x_1 + k(\Delta x_1 - \Delta x_2),\\ F_2 &= k(\Delta x_1 - \Delta x_2) = k\Delta x_2 + k(\Delta x_2 - \Delta x_3),\\ F_3 &= k(\Delta x_2 - \Delta x_3) = k\Delta x_3 + k(\Delta x_3 - \Delta x_4),\\ &\ldots\ldots\ldots\ldots \end{aligned}\] Складывая эти уравнения и сокращая на \(k\), получаем: \[\Delta x = 2\Delta x_1 + \Delta x_2 + \Delta x_3 + \Delta x_4 + \ldots\qquad (1)\] Ясно, что общий коэффициент жёсткости правой или левой части данной бесконечной системы пружин не должен зависеть от номера ступени. Поэтому \[\dfrac{F_1}{\Delta x_1} = \dfrac{F_2}{\Delta x_2} = \dfrac{F_3}{\Delta x_3} = \ldots,\] или \[\dfrac{k(\Delta x - \Delta x_1)}{\Delta x_1} = \dfrac{k(\Delta x_1 - \Delta x_2)}{\Delta x_2} = \dfrac{k(\Delta x_2 - \Delta x_3)}{\Delta x_3} = \ldots\] Отсюда \[\dfrac{\Delta x}{\Delta x_1} = \dfrac{\Delta x_1}{\Delta x_2} = \dfrac{\Delta x_2}{\Delta x_3} = \ldots \equiv n > 1,\] поскольку деформации нижних пружин меньше, чем верхних. Таким образом, \[\Delta x_1 = \dfrac{\Delta x}{n};\quad \Delta x_2 = \dfrac{\Delta x_1}{n} = \dfrac{\Delta x}{n^2};\quad \Delta x_3 = \dfrac{\Delta x_2}{n} = \dfrac{\Delta x}{n^3};\quad \ldots\] Подставляя полученные выражения для \(\Delta x_1\), \(\Delta x_2\), \(\Delta x_3\), …{} в формулу (1), получаем: \[\Delta x = 2\dfrac{\Delta x}{n} + \dfrac{\Delta x}{n^2} + \dfrac{\Delta x}{n^3} + \dfrac{\Delta x}{n^4} + \ldots\] Отсюда, применяя формулу для суммы членов геометрической прогрессии, имеем: \[n = 1 + \left(1 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2} + \dfrac{1}{n^3} + \ldots\right) = 1 + \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{n}} = 1 + \dfrac{n}{n - 1} = \dfrac{2n - 1}{n - 1},\] или \(n^2 - 3n + 1 = 0\).

Решая это квадратное уравнение, находим: \(n_{1,2} = \dfrac{3 \pm \sqrt{5}}{2}\). Поскольку \(n > 1\), то \(n = \dfrac{\Delta x}{\Delta x_1} = \dfrac{3 + \sqrt{5}}{2}\). С учётом этого, окончательно получаем: \[k_\Sigma = k\left(3 - 2\dfrac{\Delta x_1}{\Delta x}\right) = k\left(3 - 2\cdot\dfrac{2}{3 + \sqrt{5}}\right) = k\cdot\dfrac{5 + 3\sqrt{5}}{3 + \sqrt{5}} = k\sqrt{5}.\]

Ответ

\(\Delta T = \dfrac{2x}{3}\cdot\dfrac{l - 2x}{(l + 2x)(3l - 2x)}\,T\).

Решение

В исходном состоянии сила упругости пружины была уравновешена разностью сил давления газов, находящихся по разные стороны от поршня: \[\dfrac{\nu RT}{(3l/2) - x} - \dfrac{\nu RT}{(l/2) + x} = -kx,\] где \(k\) — жёсткость пружины. Отсюда жёсткость пружины: \[k = \dfrac{\nu RT}{x}\left(\dfrac{1}{(l/2) + x} - \dfrac{1}{(3l/2) - x}\right).\] После того, как в поршне проделали отверстие, давления по разные стороны от поршня стали одинаковыми, и удлинение пружины стало равным нулю. При этом потенциальная энергия \(E = kx^2/2\), которая была запасена в сжатой пружине, пошла на изменение внутренней энергии газа: \[\dfrac{kx^2}{2} = \dfrac{3}{2}\cdot 2\nu R\Delta T.\] Отсюда искомое изменение температуры газа: \[\Delta T = \dfrac{kx^2}{6\nu R} = \dfrac{x}{6}\left(\dfrac{1}{(l/2) + x} - \dfrac{1}{(3l/2) - x}\right)T = \dfrac{2x}{3}\cdot\dfrac{l - 2x}{(l + 2x)(3l - 2x)}\,T.\]

Ответ

При \(\mathcal{E} < U_0\) вольтметр показывает \(V_1 = \mathcal{E}\); при \(\mathcal{E} > U_0\) он показывает \(V_2 = \dfrac{\mathcal{E}R_1 + U_0R_2}{R_1 + R_2}\); при обратной полярности включения диода — \(V = \mathcal{E}\).

Решение

Очевидно, что при \(\mathcal{E} < U_0\) ток в цепи не будет идти при включении диода в любом направлении, и следовательно, в этом случае вольтметр будет показывать напряжение \(V_1 = \mathcal{E}\).

В случае \(\mathcal{E} > U_0\) диод открывается, и падение напряжения на нём не зависит от тока и равняется \(U_0\). Поэтому закон Ома для всей замкнутой цепи имеет вид: \[\mathcal{E} = U_0 + I(R_1 + R_2),\] а ток в цепи равен \[I = \dfrac{\mathcal{E} - U_0}{R_1 + R_2}.\] При этом вольтметр будет показывать напряжение \[V_2 = U_0 + IR_1 = \dfrac{\mathcal{E}R_1 + U_0R_2}{R_1 + R_2}.\] Если изменить полярность включения диода, то ток в цепи течь не будет, так как диод не пропускает ток в обратном направлении. Поэтому вольтметр покажет напряжение \(V = \mathcal{E}\).

Ответ

\(S = \dfrac{\pi R^2H_1(H_1 + 2H_2)}{H_2^2}\).

Решение

Из чертежа 4.14 ясно, что тень на столе имеет вид кольца с центром на оси цилиндра (область тени показана штриховкой). Внешняя граница кольца находится там, куда падает световой луч 1, касающийся края верхнего основания цилиндра. Из чертежа следует, что радиус внешней границы тени равен \[R_1 = \dfrac{(H_1 + H_2)R}{H_2}.\]

Для того чтобы найти радиус \(R_2\) внутренней границы тени, рассмотрим луч 2, который проходит через цилиндр очень близко от края его верхнего основания (масштаб на чертеже не соблюдён). Именно этот луч определяет, где на столе будет проходить граница между тенью и светом, поскольку все остальные лучи, упавшие на верхнее основание цилиндра, попадут на стол левее луча 2. Рассматриваемый луч вначале преломляется на верхнем основании, а затем — на боковой поверхности цилиндра. Запишем для двух указанных преломлений закон Снеллиуса: \[\sin\alpha = n\sin\beta,\quad \cos\gamma = n\cos\beta.\] Отсюда \(\cos\gamma = \sqrt{n^2 - \sin^2\alpha}\), или \(\cos^2\gamma + \sin^2\alpha = n^2\). Последнее соотношение можно преобразовать, выразив \(\cos\gamma\) и \(\sin\alpha\) через \(\operatorname{tg}\alpha\) и \(\operatorname{ctg}\alpha\): \[\dfrac{1}{1 + \operatorname{tg}^2\gamma} + \dfrac{1}{1 + \operatorname{ctg}^2\alpha} = n^2.\] Отсюда \[\operatorname{tg}\gamma = \sqrt{\dfrac{2 + \operatorname{ctg}^2\alpha - n^2(1 + \operatorname{ctg}^2\alpha)}{n^2(1 + \operatorname{ctg}^2\alpha) - 1}}.\] Учитывая, что \(\operatorname{ctg}\alpha = H_2/R\) (луч 2 проходит практически через край верхнего основания цилиндра), найдём \(R_2\): \[\begin{aligned} R_2 = R + H_1\operatorname{tg}\gamma &= R + \sqrt{\dfrac{2 + (H_2/R)^2 - n^2\left(1 + (H_2/R)^2\right)}{n^2\left(1 + (H_2/R)^2\right) - 1}} =\\ &= R + \sqrt{\dfrac{1 - (n^2 - 1)\left(1 + (H_2/R)^2\right)}{n^2\left(1 + (H_2/R)^2\right) - 1}}. \end{aligned}\] Из полученного выражения видно, что внутренняя граница кольцевой тени может существовать за пределами нижнего основания цилиндра только при выполнении условия \[(n^2 - 1)\left(1 + (H_2/R)^2\right) < 1.\] Переписав его в виде \[(H_2/R)^2 < \dfrac{2 - n^2}{n^2 - 1},\] заметим, что при заданном в условии задачи значении показателя преломления \(n = 1{,}5\) полученное условие не выполняется. Это означает, что в данном случае все световые лучи, попавшие из источника на верхнее основание цилиндра, упадут на стол в пределах его нижнего основания, то есть второго преломления на боковой поверхности цилиндра не будет. Поэтому радиус внутренней границы тени будет равен радиусу \(R\) цилиндра, и искомая площадь тени равна \[S = \pi(R_1^2 - R^2) = \dfrac{\pi R^2H_1(H_1 + 2H_2)}{H_2^2}.\] Заметим, что к этому же результату можно прийти и более коротким путём, найдя критическое значение показателя преломления \(n_0\), при превышении которого все лучи света от точечного источника, преломлённые на верхнем основании цилиндра, даже при \(H_2 = 0\) не смогут выйти через его боковую поверхность. Скользящий вдоль верхнего основания луч преломляется под углом \(\beta_0\) и падает на боковую поверхность цилиндра под углом, равным \(\dfrac{\pi}{2} - \beta_0\). Ясно, что после второго преломления этот луч будет скользить вдоль боковой поверхности цилиндра при \(\beta_0 = \dfrac{\pi}{2} - \beta_0\), то есть при \(\beta_0 = \dfrac{\pi}{4} = \arcsin\dfrac{1}{n_0}\), откуда \(n_0 = \sqrt{2}\). Поскольку по условию \(n = 1{,}5 > n_0\), то все лучи, попавшие внутрь стеклянного цилиндра, будут испытывать полное внутреннее отражение на его боковой поверхности и не смогут из него выйти. Это приводит к тому же выражению для площади тени \(S\).

Ответ

\(\dfrac{M_{\text{р}}}{M_{\text{в}}} \approx 4{,}6\).

Решение

Введём какой-нибудь характерный размер капли, по которому можно полностью определить её размеры, если известна форма капли. Например, выберем в качестве такого размера «высоту» капли \(H\).

Форма капли заданного объёма \(V\), который пропорционален \(H^3\), определяется условием минимума суммарной потенциальной энергии капли, которая складывается из энергии \(E_1\), связанной с наличием поверхностного натяжения жидкости, и энергии \(E_2\), связанной с наличием поля силы тяжести: \(E_1 \sim \sigma H^2\), \(E_2 \sim \rho gH^4\).

Одна из составляющих суммарной энергии пропорциональна \(V/H\), а другая — произведению \(V\cdot H\). Отношение этих составляющих \(E_1/E_2\) для капель одинаковой формы, должно быть одинаково, поскольку именно соотношением этих энергий и определяется форма капли. Поэтому должно выполняться следующее соотношение: \(\dfrac{\sigma_{\text{в}}H_{\text{в}}^2}{\rho_{\text{в}}gH_{\text{в}}^4} = \dfrac{\sigma_{\text{р}}H_{\text{р}}^2}{\rho_{\text{р}}gH_{\text{р}}^4}\). Отсюда следует, что \(\dfrac{H_{\text{р}}^2}{H_{\text{в}}^2} = \dfrac{\sigma_{\text{р}}\rho_{\text{в}}}{\sigma_{\text{в}}\rho_{\text{р}}}\). Отношение масс капли ртути и капли воды, таким образом, равно \[\dfrac{M_{\text{р}}}{M_{\text{в}}} = \dfrac{\rho_{\text{р}}H_{\text{р}}^3}{\rho_{\text{в}}H_{\text{в}}^3} = \dfrac{\rho_{\text{р}}}{\rho_{\text{в}}}\cdot\left(\dfrac{\sigma_{\text{р}}\rho_{\text{в}}}{\sigma_{\text{в}}\rho_{\text{р}}}\right)^{3/2} = \left(\dfrac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{р}}}\right)^{1/2}\cdot\left(\dfrac{\sigma_{\text{р}}}{\sigma_{\text{в}}}\right)^{3/2} = \left(\dfrac{1}{13{,}6}\right)^{1/2}\cdot\left(\dfrac{0{,}46}{0{,}07}\right)^{3/2} \approx 0{,}271\cdot 16{,}85 \approx 4{,}6.\]

Ответ

\(E \approx \dfrac{\sigma rx^2}{2\varepsilon_0(R^2 + x^2)^{3/2}}\) (ось \(X\) направлена внутрь цилиндров, начало отсчёта — на торце).

Решение

Выберем на оси цилиндров точку, расположенную вблизи их торца, и построим произвольно ориентированную коническую поверхность с вершиной в этой точке и малым телесным углом (см. рис. 3.9).

Если данная поверхность пересекает и положительно, и отрицательно заряженный цилиндр, то «вырезаемые» из них этой конической поверхностью заряды пропорциональны соответствующей поверхностной плотности зарядов на цилиндрах, квадратам расстояний до этих зарядов и некоторой одинаковой функции, зависящей только от параметров телесного угла. Указанные заряды создают в выбранной точке нулевое суммарное поле, поскольку оно пропорционально величинам этих зарядов и обратно пропорционально квадратам расстояний от зарядов до этой точки. Не скомпенсированными окажутся только участки положительно заряженного внутреннего цилиндра в форме кольца вблизи торца цилиндра, если точка наблюдения расположена внутри цилиндров (считаем, что при этом \(x > 0\), то есть ось \(X\) направлена внутрь цилиндров, а начало отсчёта находится на их торце). Если же \(x < 0\), то есть точка наблюдения находится вне цилиндров, то не скомпенсированными окажутся участки отрицательно заряженного внешнего цилиндра, также имеющие форму кольца (см. рис. 3.9). Заметим, что другой торец цилиндров согласно условию задачи находится очень далеко, и полем от него можно пренебречь.

Поле кольца радиусом \(R\), имеющего равномерно распределённый по длине заряд \(Q\), на оси кольца на расстоянии \(x\) от его плоскости направлено вдоль оси и равно, как нетрудно видеть, \(E = \dfrac{Qx}{4\pi\varepsilon_0(R^2 + x^2)^{3/2}}\). Ширина положительно заряженного кольца (при \(x > 0\)) равна, как видно из рисунка, \(\dfrac{r}{R}\cdot x\), а ширина отрицательно заряженного кольца (при \(x < 0\)) равна \(\dfrac{r}{R - r}\cdot(-x) \approx \dfrac{r}{R}\cdot(-x)\), поскольку \(r \ll R\). Заряды колец равны, соответственно, \[Q_+ = \sigma\cdot 2\pi(R - r)\cdot\dfrac{r}{R}\cdot x \approx 2\pi\sigma\cdot rx,\] \[Q_- \approx -\sigma\cdot 2\pi R\cdot\dfrac{r}{R}\cdot(-x) = 2\pi\sigma\cdot rx.\] Заметим, что отрицательный знак \(Q_-\) при такой записи получается автоматически, за счёт того, что в данном случае \(x < 0\). Объединяя оба выражения для любых значений \(x\), можно записать: \(Q \approx 2\pi\sigma\cdot rx\). Подставляя это значение \(Q\) в выражение для напряжённости поля заряженного кольца, получаем для проекции вектора напряжённости электрического поля на ось \(X\) вблизи торца цилиндров: \[E \approx \dfrac{\sigma rx^2}{2\varepsilon_0(R^2 + x^2)^{3/2}}.\]

Ответ

\(R_{14} = 2R - \dfrac{r}{2}\).

Решение

Во время измерений напряжение в очень далёких точках (узлах сетки) равно нулю. Поэтому, если мы соединим их хорошо проводящим проводом, то ничего не изменится. Назовём этот провод «бесконечность». Пусть во время измерений сопротивления между точками 1 и 2 напряжение, измеренное идеальным вольтметром, равно \(U\), а ток в измерительной цепи, содержащей источник питания и идеальный амперметр, равен \(I\). Возьмём теперь два одинаковых источника тока, каждый из которых даёт фиксированный ток \(I\). Первый источник подключим к точке 1 и «бесконечности» так, чтобы ток \(I\) тёк по сетке от точки 1 к «бесконечности». Сейчас распределение тока по разным направлениям (по шести проводникам, подключённым к точке 1) равномерно. Второй источник подсоединим к точке 2 и «бесконечности» так, чтобы он снимал с точки 2 ток \(I\), текущий к ней по сетке из «бесконечности». В силу линейности цепи ток в любой её точке теперь будет суммой токов этих двух источников, для каждого из которых распределение тока симметрично относительно точки, к которой он подключён. После этого можно убрать провод «бесконечность», поскольку сумма притекающих к нему и оттекающих от него токов равна нулю. Теперь мы видим, что получилась исходная схема.

Рассмотрим вначале случай, когда один источник подключён к точке 1 и «бесконечности». На рисунке показаны участки (пунктирные линии их пересекают), где ток не идёт из соображений симметрии. Очевидно, что \(I_{12} = I_{23} + 2I_{24}\), и \(I = 6I_{12}\).

При измерении \(R_{12} = R\) ток, текущий по проволочке 1–2, очевидно, будет \(2I_{12}\), поскольку токи двух источников складываются. Напряжение между точками 1 и 2 будет равно \(2r_0I_{12}\), где \(r_0\) — сопротивление одной проволочки. Отсюда \(R_{12} = R = 2r_0I_{12}/I = r_0/3\). При измерении \(R_{13} = r\) напряжение между точками 1 и 3 будет равно \(2r_0(I_{12} + I_{23})\), поскольку текущий по проволочкам 1–2 и 2–3 суммарный ток будет одинаков и равен \(I_{12} + I_{23}\), а сопротивление \[R_{13} = r = 2r_0(I_{12} + I_{23})/I = R(1 + a),\] где для \(a = I_{23}/I_{12}\) из последнего уравнения получаем: \(a = (r - R)/R\).

Аналогично получаем, что при измерении \(R_{14}\) текущий по проволочкам 1–2 и 2–4 суммарный ток будет одинаков и равен \(I_{12} + I_{24}\), напряжение между точками 1 и 4 будет равно \(2r_0(I_{12} + I_{24})\), и сопротивление \[R_{14} = 2r_0(I_{12} + I_{24})/I = R(1 + b),\] где для \(b = I_{24}/I_{12}\) из этого уравнения получаем: \(b = (R_{14} - R)/R\). Поскольку \(I_{12} = I_{23} + 2I_{24}\), или \(1 = a + 2b\), то, подставляя \(a\) и \(b\), выраженные через \(R\), \(r\) и \(R_{14}\), в последнее уравнение, получаем: \(1 = \dfrac{r - R}{R} + 2\dfrac{R_{14} - R}{R}\), откуда \(R_{14} = 2R - \dfrac{r}{2}\).