Всесибирская, 2023/24, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Перейдите в систему хозяина: собачка удаляется со скоростью \(u-v\) и возвращается со скоростью \(u+v\). Отношение времён даёт связь \(u\) и \(v\); затем найдите время одного цикла «удаление — возвращение».

Ответ

\(l=\dfrac{4S}{3(N+1)}\).

Решение

Пусть скорость хозяина \(v\), собачки \(u\), длина поводка \(l\). При движении вперёд собака относительно хозяина имела скорость \(u-v\), при движении назад \(u+v\). Время удаления собаки от хозяина вперёд \(t_1=l/(u-v)\), её возвращения назад к хозяину \(t_2=l/(u+v)\), так что \[\dfrac{t_1}{t_2}=\dfrac{u+v}{u-v}=2,\qquad u=3v.\] Время от одной встречи собачки с хозяином до другой \[\tau=t_1+t_2=\dfrac{l}{2v}+\dfrac{l}{4v}=\dfrac{3l}{4v}.\] Это время не зависит от того, в какую сторону собака удалялась от хозяина, вперёд или назад. Число удалений собаки от хозяина равно \(N+1\). Время движения хозяина \[\dfrac{S}{v}=(N+1)\tau.\] Выразив из последнего равенства \(l\), получаем ответ: \(l=\dfrac{4S}{3(N+1)}\).

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

Подсказка

Расстояние от шарнира до точки касания находится из построения (касательные к цилиндру). Моменты сил на пластину относительно шарнира дают силу \(N\); моменты на цилиндр относительно его центра связывают две силы трения.

Ответ

\(M=m\dfrac{\sqrt3\,L}{8R}\left(\mu\sqrt3-1\right)\) при \(\mu>\dfrac{1}{\sqrt3}\).

Решение

Вначале определим расстояние \(x\) от шарнира до точки, где пластина касается цилиндра. Из построений на рисунке видно, что \[x=R\,\mathrm{ctg}\dfrac{\alpha}{2}=R\sqrt3.\]

На пластину действует сила тяжести \(mg\), сила реакции опоры со стороны цилиндра \(N\), сила трения \(F_{\text{тр}}\) и некоторая удерживающая сила со стороны шарнира \(F_0\). Алгебраическая сумма моментов сил относительно шарнира равна нулю: \[mg\dfrac{L}{2}\sin\alpha=Nx.\]

На цилиндр со стороны пластины и стены действуют силы реакции опоры \(N\) и \(N_1\), силы трения \(F_{\text{тр}}\) и \(F_{\text{тр}1}\) и сила тяжести \(Mg\). Требуется определить максимальную массу цилиндра, при которой возможно равновесие, поэтому сила трения покоя со стороны пластины должна быть максимальна и равна \(F_{\text{тр}}=\mu N\).

Запишем равенство моментов сил относительно центра цилиндра: \(F_{\text{тр}}R=F_{\text{тр}1}R\), так что \(F_{\text{тр}1}=F_{\text{тр}}=\mu N\).

Второй закон Ньютона для цилиндра в проекции на вертикальную ось принимает вид \[F_{\text{тр}}\cos\alpha+F_{\text{тр}1}-N\sin\alpha-Mg=0.\] Подставив значения \(F_{\text{тр}}\), \(F_{\text{тр}1}\), \(N\), находим ответ. Равновесие возможно, если равновесию цилиндра отвечает положительная величина его массы, то есть выполняется условие \(\mu>\dfrac{1}{\sqrt3}\).

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

Подсказка

Ток один и тот же, мощность на каждом резисторе растёт с напряжением. Найдите для каждого резистора напряжение, при котором достигается его предельная мощность, и возьмите меньшее.

Ответ

\(U_{\max}=9\) В.

Решение

При поданном напряжении \(U\) через сопротивления будет идти ток \(I=U/(R_1+R_2)=U/30\) А. Мощности, выделяемые на сопротивлениях, будут равны: \[W_1=I^2R_1=\dfrac{U^2}{90},\qquad W_2=I^2R_2=\dfrac{U^2}{45}.\] Предельным мощностям \(W_1\) и \(W_2\), данным в условии задачи, будут соответствовать предельные напряжения \(U_1\) и \(U_2\). Находим \(U_1\) и \(U_2\): \[U_1^2=90W_1=90\cdot1{,}6=9\cdot16,\quad U_1=12~\text{В};\qquad U_2^2=45W_2=45\cdot1{,}8=81,\quad U_2=9~\text{В}.\] Отсюда получаем максимальное безопасное напряжение \(U_{\max}=9\) В.

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

Подсказка

Сила Лоренца прижимает тело к плоскости и уменьшает силу трения. Запишите второй закон Ньютона и заметьте, что приращение скорости связано с пройденным путём: \(\Delta V\sim\Delta x\). Отрыв — при \(N=0\).

Ответ

\(x_{\max}=\dfrac{m^2g\cos\alpha}{\mu q^2B^2}\).

Решение

Для того, чтобы тело начало двигаться вверх по плоскости, к нему необходимо приложить силу \(F\ge mg(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)\). Пусть в какой-то момент времени тело движется со скоростью \(V\). При этом на него действует сила \(F\), сила тяжести \(mg\), сила реакции опоры \(N\), сила трения \(F_f=\mu N\) и сила Лоренца \(qVB\), сонаправленная с силой реакции опоры.

Направим ось \(x\) вдоль плоскости вверх, ось \(y\) поперёк плоскости вверх. Пока тело не отрывается от плоскости, второй закон Ньютона в проекциях на оси записывается в виде \[y:\ N+qVB-mg\cos\alpha=0,\qquad x:\ ma=F-mg\sin\alpha-\mu N.\] Выражая отсюда ускорение, получаем \[ma=\dfrac{m\Delta V}{\Delta t}=F-mg\sin\alpha-\mu(mg\cos\alpha-qVB)\] или \[m\Delta V=(F-mg\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha)\Delta t+\mu qBV\Delta t=(F-mg\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha)\Delta t+\mu qB\Delta x.\] Отсюда получаем, что после прохождения расстояния \(x\) скорость тела \(V\ge\mu qBx/m\). Условие отсутствия отрыва \(N\ge0\), то есть \[qVB\le mg\cos\alpha. \tag{1}\] Чтобы получилась максимальная длина, скорость должна быть минимальной. Это достигается при минимально возможной силе \(F=mg(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)\). В таком случае \(V=\mu qBx/m\). Максимальная длина получается из условия равенства в соотношении (1): \(x_{\max}=\dfrac{m^2g\cos\alpha}{\mu q^2B^2}\).

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

Подсказка

Угол наклона поверхности жидкости найдите из геометрии (поверхность идёт от нижней точки поршня до верхней точки крышки), его тангенс равен \(a/g\). Ускорение жидкости справа от поршня создаётся разностью давлений газа по бокам; давления найдите по закону Бойля — Мариотта.

Ответ

\(P=\dfrac{3\rho gR}{4}\).

Решение

Пусть высота цилиндра равна \(h\), тогда начальные объёмы, на которые поршень делит цилиндр, равны \(V=\pi R^2h/2\). Объёмы жидкости слева и справа от поршня одинаковы и равны \(V/3\). После смещения поршня объём части цилиндра слева от поршня уменьшился до \(2V/3\), при этом объём газа слева от поршня сделался равным объёму жидкости, и формы этих объёмов совпали. Если поверхность жидкости в левой части цилиндра касается нижней точки поршня, то в верхней своей точке она точно так же касается верхней точки левой крышки цилиндра.

Угол \(\alpha\), под которым поверхность жидкости наклонена к горизонтали, удовлетворяет равенству \(\mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac{6R}{h}\). Этот угол определяется ускорением цилиндра: горизонтальное ускорение \(a\) некоторой порции жидкости вблизи поверхности создаётся силой давления \(F_a\) (силой Архимеда), направленной перпендикулярно поверхности жидкости, и силой тяжести, действующей на эту порцию жидкости, \(mg\), так что \(\mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac{a}{g}\).

Ускорение \(a\) можно определить, рассматривая динамику жидкости справа от поршня. Масса этой жидкости \(m=\rho\pi R^2h/6\). Второй закон Ньютона для этой части жидкости имеет вид \(ma=(P_1-P_2)\pi R^2\). Начальное давление газа справа и слева от поршня одинаково и равно \(P\). Конечный объём газа слева от поршня равен \(V/3\), справа — \(V\). Записываем закон Бойля — Мариотта для левого объёма, \(\dfrac{2PV}{3}=\dfrac{P_1V}{3}\), и для правого объёма, \(\dfrac{2PV}{3}=P_2V\). Таким образом получаем выражения для давлений: \(P_1=2P\), \(P_2=\dfrac{2}{3}P\). Подставляя эти выражения во второй закон Ньютона, получаем выражение для ускорения \(a=\dfrac{8P}{\rho h}\). С другой стороны, это ускорение можно выразить через \(\mathrm{tg}\,\alpha\). Равенство этих ускорений записываем в виде \(\dfrac{8P}{\rho h}=\dfrac{6Rg}{h}\), откуда получаем ответ \(P=\dfrac{3\rho gR}{4}\).

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