Всесибирская, 2021/22, заключительный этап, 11 класс

Запишите закон Ома для полной цепи с одной, двумя и \(N\) батарейками. При большом \(N\) сопротивлением амперметра можно пренебречь по сравнению с \(Nr\).

\(I_\infty\approx\dfrac{I_1I_2}{2I_1-I_2}=3\) А.

Пусть ЭДС батарейки \(E\), её внутреннее сопротивление \(r\), а сопротивление амперметра \(R\). В первом случае \(E=I_1(R+r)\). Во втором случае \(2E=I_2(R+2r)\). При очень большом количестве батареек \(N\) получаем \(E=I_N(R/N+r)\approx I_\infty r\). Из первых двух уравнений следует \(\dfrac{2E}{I_2}-\dfrac{E}{I_1}=r\), а из третьего — ответ.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Выразите ток через амперметр в трёх режимах по правилам Кирхгофа: ЭДС и сопротивления батареек исключаются при составлении отношения разностей токов.

\(\dfrac{r}{R_1}=\dfrac{J_A-J_0}{J_\infty-J_A}\), где \(r\) — сопротивление нагрузки.

Используя законы Кирхгофа, нетрудно найти ток через амперметр при подключении некоторой нагрузки (сопротивление \(r\)): \(J_A=\dfrac{\varepsilon_2}{R_2}-\dfrac{\varepsilon_1}{R_1+r}\). Аналогично, ток при разомкнутых клеммах \(J_\infty=\dfrac{\varepsilon_2}{R_2}\), и ток при коротком замыкании клемм \(J_0=\dfrac{\varepsilon_2}{R_2}-\dfrac{\varepsilon_1}{R_1}\). Откуда получается ответ.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Кулоновская сила между двумя шариками направлена вдоль соединяющего их куска резинки, поэтому равновесие возможно, только если каждая парная сила равна силе упругости.

\(q=b\sqrt{4\pi\varepsilon_0k_0L}\), \(Q=\dfrac{a^2}{b}\sqrt{4\pi\varepsilon_0k_0L}\), где \(a=\dfrac{2L}{2+\sqrt2}\), \(b=\dfrac{2L\sqrt2}{2+\sqrt2}\) — катет и гипотенуза растянутого треугольника; \(q\) — заряд в вершине острого угла, \(Q\) — в вершине прямого.

Недеформированная вначале резинка имела длину \(L\). В конце она имеет длину \(2L\), то есть деформация резинки равна \(L\), и сила упругости \(T=k_0L\).

Силы упругости должны уравновешивать кулоновские силы отталкивания зарядов. Поскольку кулоновская сила взаимодействия двух зарядов параллельна силе натяжения резинки, связывающей эти заряды, то единственная возможность равновесия состоит в равенстве всех парных сил взаимодействия зарядов силе упругости \(T\).

Пусть \(a\) — катет растянутого треугольника, а \(b\) — его гипотенуза: \(a=\dfrac{2L}{2+\sqrt2}\), \(b=\dfrac{2L\sqrt2}{2+\sqrt2}\). Пусть заряд в вершине прямого угла \(Q\), а в вершине острого — \(q\); из условия равновесия шариков \(\dfrac{Qq}{4\pi\varepsilon_0a^2}=k_0L\), \(\dfrac{q^2}{4\pi\varepsilon_0b^2}=k_0L\) получаем ответ.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Каток невесом, поэтому моменты силы трения и силы натяжения нити относительно его оси равны. Невесомый блок позволяет связать \(F\) с натяжением нити.

\(a=\dfrac{3F}{2m}\).

Вращающие моменты относительно оси правого катка создают две силы: сила трения \(F_{\text{тр}}\) и сила натяжения верхней части нити \(T\). Так как каток невесомый, то моменты этих сил, а значит и сами силы равны, \(F_{\text{тр}}=T\).

Массы блока и нити тоже равны нулю, поэтому \(F=2T=2F_{\text{тр}}\).

На систему по горизонтали действуют две силы \(F\) и \(F_{\text{тр}}\). Находим ускорение тележки: \(a=\dfrac1m\left(F+F_{\text{тр}}\right)=\dfrac{3F}{2m}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Пока лист не заехал на площадку наполовину, скольжения нет. Дальше суммарная сила трения линейно зависит от положения листа: движение гармоническое, а время торможения равно четверти периода.

\(\mu=\dfrac{\pi^2L}{8g\tau^2}\).

Пока нет скольжения листа по ленте транспортера, скорость листа и ленты совпадают. Торможение листа фанеры начинается при возникновении скольжения фанеры по транспортеру, то есть при \(\dfrac{\mu mg}{L}x=\dfrac{\mu mg}{L}(L-x)\) или \(x=\dfrac L2\) (\(x\) — часть листа, находящаяся на площадке).

Начиная с этого момента суммарная сила трения, действующая на лист, направлена против движения листа и равна \(F=\dfrac{2\mu mg}{L}\left(x-\dfrac L2\right)\), где \(\dfrac L2\le x\le L\). Если ввести обозначение \(x_1=x-\dfrac L2\), то эта сила принимает форму \(F=kx_1\), где \(k=\dfrac{2\mu mg}{L}\), и является гармонической.

Поэтому время до остановки листа совпадает с четвертью периода колебаний тела массой \(m\) под действием гармонической силы \(F\). Это время в известных пределах не зависит от пути листа до остановки и скорости \(v\). Оно отвечает приведенной на графике величине \(\tau\), то есть \(\tau=\dfrac\pi2\sqrt{\dfrac{L}{2\mu g}}\). Отсюда \(\mu=\dfrac{\pi^2L}{8g\tau^2}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.