Всесоюзная, 1968/69, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Лампочки гирлянды соединены последовательно. Что в такой цепи не зависит от того, какую лампочку вы поставили на место перегоревшей, и от чего зависит, перегорит лампочка или нет?

Ответ

Ток в гирлянде почти равен номинальному току \(I_0=P/(12\text{ В})\) лампочек гирлянды (\(P\) — их мощность). Лампочка на 12 В меньшей мощности рассчитана на ток меньше \(I_0\) и перегорает. Лампочка на 6,3 В цела, если рассчитана на мощность не меньше \(\approx0{,}53\,P\), то есть примерно на половину мощности лампочек гирлянды.

Решение

Что происходит. Лампочки соединены последовательно, поэтому ток один на всю цепь, и задаёт его в основном остальные \(N-1\) лампочек, а не новая. Лампочка перегорает, когда через неё идёт ток больше того, на который она рассчитана.

Обозначения. \(N\) — число лампочек в гирлянде, \(R\) и \(P\) — сопротивление и мощность каждой при накале на 12 В, \(R_x\) — сопротивление новой лампочки, \(P_x\) и \(U_x\) — её номинальные мощность и напряжение. Гирлянда рассчитана на сеть, в которой на каждую лампочку приходится 12 В, поэтому напряжение сети \(U=12N\) В.

1. Ток в цепи. Номинальный ток лампочки гирлянды \(I_0=\dfrac{12\text{ В}}{R}=\dfrac{P}{12\text{ В}}\). Запишем закон Ома для всей цепи после замены (сопротивления складываются при последовательном соединении): \[I=\frac{12N}{(N-1)R+R_x}=I_0\,\frac{NR}{NR+(R_x-R)}=\frac{I_0}{1+\dfrac{R_x-R}{NR}}.\] Лампочек много, а \(R_x\) одного порядка с \(R\), поэтому поправка \(\dfrac{R_x-R}{NR}\) мала и \(I\approx I_0\): какую бы лампочку ни поставили, ток в цепи остаётся почти номинальным.

2. Условие целости. Мощность на новой лампочке \(I^2R_x\), а \(R_x=U_x^2/P_x\). Лампочка цела, пока \(I^2U_x^2/P_x\le P_x\), то есть пока \(I\le I_x\), где \(I_x=P_x/U_x\) — номинальный ток лампочки. Перегорает она из-за тока, а не из-за напряжения на ней.

3. Лампочка на 12 В. Её номинальный ток \(I_x=P_x/(12\text{ В})\). Он меньше \(I_0\) при \(P_x<P\): ученик взял лампочку на 12 В меньшей мощности, чем в гирлянде, и ток \(I_0\) для неё слишком велик.

4. Лампочка на 6,3 В. Её номинальный ток \(I_x=P_x/(6{,}3\text{ В})\) при той же мощности почти вдвое больше. Условие \(I_x\ge I_0\) даёт \[\frac{P_x}{6{,}3\text{ В}}\ge\frac{P}{12\text{ В}}\quad\Rightarrow\quad P_x\ge\frac{6{,}3}{12}\,P\approx0{,}53\,P.\] Такая лампочка выдерживает ток гирлянды, если её мощность не меньше половины мощности лампочек гирлянды.

Обратите внимание: ток в цепи нельзя «подправить» заменой одной лампочки из многих; поэтому сравнивать надо номинальные токи (\(P_x/U_x\)), а не напряжения и не мощности по отдельности.

Ответ. Ток в гирлянде почти равен \(I_0=P/12\text{ В}\). Лампочка на 12 В перегорает, если её мощность меньше \(P\) (рассчитана на меньший ток), лампочка на 6,3 В цела при \(P_x\gtrsim P/2\) (рассчитана на ток не меньше \(I_0\)).

Проверка. Размерность: \(P/U\) — ампер. Предел: при \(N\to\infty\) поправка исчезает и \(I=I_0\) точно. Пример при \(N=20\): лампочка на 12 В с \(P_x=P/2\) имеет \(R_x=2R\), \(I=I_0\cdot\dfrac{20}{21}\approx0{,}95\,I_0\), а её номинальный ток \(0{,}5\,I_0\) — она перегорит; лампочка на 6,3 В с \(P_x=0{,}6P\) рассчитана на \(I_x=0{,}6P/6{,}3\approx0{,}095\,P/\text{В}>I_0=0{,}083\,P/\text{В}\) — цела.

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

Подсказка

Пока груза нет, каждый поршень плавает на воде. Груз добавляет к каждому поршню силу со стороны воды: как она зависит от площади поршня, если давление под всеми поршнями меняется одинаково?

Ответ

На расстоянии \(x=a\,\dfrac{d_1^2-d_3^2}{d_1^2+d_2^2+d_3^2}\) от середины палки в сторону первого (левого на рисунке) цилиндра; при \(d_1<d_3\) — в сторону третьего.

Решение

Что происходит. Вода несжимаема и поршни не смещаются, поэтому давление воды под поршнями может измениться, и во всех трёх цилиндрах на одну и ту же величину: сосуды сообщаются, поршни на одном уровне. Эта добавка давления — реакция связи; она создаёт на каждом поршне дополнительную силу, пропорциональную площади поршня, а вес груза уравновешивается суммой трёх таких сил.

Обозначения. \(M\) — масса груза, \(S_i=\pi d_i^2/4\) — площадь \(i\)-го поршня (\(i=1,2,3\)), \(x\) — расстояние от середины палки до груза, ось \(x\) направлена к первому поршню.

1. Силы на поршни без груза и с грузом. На \(i\)-й поршень действуют вес \(G_i=\rho_{\text{п}}ghS_i\) (толщина \(h\) и материал у поршней одинаковы, значит, вес пропорционален \(S_i\)), сила атмосферного давления \(p_0S_i\) сверху и сила давления воды \(pS_i\) снизу. Результирующая сила на поршень, направленная вверх, равна \(S_i\,(p-p_0-\rho_{\text{п}}gh)=qS_i\), где \(q\) — одна и та же величина для всех поршней. Без груза поршни плавают, \(q=0\). С грузом давление \(p\) меняется, меняется \(q\) — на одно и то же для всех поршней число. Значит, сила \(F_i=qS_i=\alpha d_i^2\), \(\alpha\) — общий коэффициент.

2. Условия равновесия палки с поршнями (стержни и палка лёгкие, их весом пренебрегаем). Сумма сил равна нулю: \[\alpha d_1^2+\alpha d_2^2+\alpha d_3^2-Mg=0 .\] Сумма моментов относительно середины палки равна нулю (момент \(F_1\) вращает по часовой стрелке, \(F_3\) и \(Mg\) — против): \[\alpha d_1^2\,a-\alpha d_3^2\,a-Mg\,x=0 .\] Сила \(F_2\) приложена в середине палки, её момент равен нулю.

3. Положение груза. Из первого уравнения \(\alpha=\dfrac{Mg}{d_1^2+d_2^2+d_3^2}\). Подставим во второе: \[x=\frac{\alpha a\,(d_1^2-d_3^2)}{Mg}=a\,\frac{d_1^2-d_3^2}{d_1^2+d_2^2+d_3^2}.\]

Обратите внимание: силы \(F_i\) направлены вверх и пропорциональны площади, а не диаметру — отсюда \(d_i^2\). На рисунке для наглядности взяты \(d_1:d_2:d_3=1{,}3:1{,}6:0{,}9\), тогда \(x\approx0{,}17\,a\).

Ответ. Груз нужно подвесить на расстоянии \(x=a\,\dfrac{d_1^2-d_3^2}{d_1^2+d_2^2+d_3^2}\) от середины палки в сторону первого цилиндра; при \(d_1<d_3\) значение \(x\) отрицательно — груз надо ставить по другую сторону от середины, ближе к третьему.

Проверка. Предел: при \(d_1=d_3\) получаем \(x=0\) — груз на середине, как и должно быть по симметрии. При \(d_3\to0\) и \(d_2\to0\) остаётся один поршень: \(x\to a\), груз над ним. Размерность: \(x\) — длина, дробь безразмерна. Второй способ: момент относительно первого поршня: \(F_2a+F_3\cdot2a=Mg\,(a-x)\) даёт тот же \(x\).

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

Подсказка

Подъём медленный: работа равна изменению энергии всей системы, а не одного тела. Что происходит с водой, когда тело выходит со дна? Куда переходит вода, занимавшая объём тела?

Ответ

\(A=Mg(H+h_0)-\rho Vgh_0\approx147\text{ Дж}\) (при \(g=10\text{ м/с}^2\) — 150 Дж). Не равна: потенциальная энергия самого тела растёт на \(Mg(H+h_0)\approx196\) Дж, а работа на 49 Дж меньше.

Решение

Что происходит. Тело поднимают медленно, поэтому его кинетическая энергия не меняется, и работа внешней силы равна изменению потенциальной энергии системы «Земля — тело — вода». Когда тело уходит со дна наверх, вода объёма \(V\) перетекает на его место: этот объём воды как бы переходит с поверхности озера на глубину \(h_0\), и потенциальная энергия воды уменьшается. Озеро велико, уровень не меняется, размеры тела малы по сравнению с \(h_0\) и \(H\).

Обозначения. \(\rho=10^3\text{ кг/м}^3\) — плотность воды, \(g=9{,}8\text{ м/с}^2\). Нулевой уровень энергии — поверхность воды.

1. Изменение энергии тела. Тело поднимается с высоты \(-h_0\) на высоту \(H\) над поверхностью: \[\Delta E_{\text{тела}}=Mg\,(H+h_0)=2\cdot9{,}8\cdot10\approx196\text{ Дж}.\]

2. Изменение энергии воды. Масса \(\rho V=1\) кг воды переместилась с уровня \(0\) на уровень \(-h_0\): \[\Delta E_{\text{воды}}=-\rho Vg\,h_0=-1\cdot9{,}8\cdot5=-49\text{ Дж}.\]

3. Работа. По закону сохранения энергии для системы работа внешней силы равна сумме изменений: \[A=\Delta E_{\text{тела}}+\Delta E_{\text{воды}}=Mg\,(H+h_0)-\rho Vg\,h_0\approx147\text{ Дж}\;(\approx150\text{ Дж при }g=10\text{ м/с}^2).\]

Обратите внимание: изменение потенциальной энергии одного тела — 196 Дж, а работа на 49 Дж меньше. Разность совершила сила давления воды: вода опускается на место тела и отдаёт энергию, а сила Архимеда делает тело «легче» под водой.

Ответ. \(A\approx147\) Дж (\(\approx150\) Дж); работа не равна изменению потенциальной энергии тела: она меньше на \(\rho Vgh_0\approx49\) Дж.

Проверка. Второй способ: под водой нужна сила \(Mg-\rho Vg=9{,}8\) Н на пути \(h_0=5\) м, то есть 49 Дж; над водой — \(Mg=19{,}6\) Н на пути \(H=5\) м, то есть 98 Дж; в сумме 147 Дж (путь через поверхность мал по сравнению с \(h_0\) и \(H\)). Предел: если плотность тела равна плотности воды (\(M=\rho V\)), \(A=\rho VgH\): под водой работа не нужна, над водой она равна \(Mg\,H\) — верно.

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

Подсказка

Для линзы изображение, которое даёт система, — мнимый предмет: лучи идут к нему. Куда уходит луч, который после рассеивающей линзы идёт параллельно главной оптической оси, и что это говорит о его пути до линзы?

Ответ

Можно. Линзу нужно поставить на расстоянии \(2/3\) м от места прежнего изображения (со стороны системы); новое изображение окажется на расстоянии \(2\) м за линзой, то есть на \(4/3\) м дальше прежнего.

Решение

Что происходит. Система даёт сходящийся пучок, который собрался бы в точке — изображении \(AB\). Рассеивающая линза, поставленная в этот пучок, делает его менее сходящимся: лучи сойдутся дальше, а изображение получится крупнее. Для линзы \(AB\) — мнимый предмет: лучи идут к нему, но не доходят.

Обозначения. \(O\) — центр линзы, \(F\) — её дальний (по ходу света) фокус, \(f=1\) м, \(a=OA\) — расстояние от линзы до прежнего изображения \(AB\), \(b=OA'\) — до нового изображения \(A'B'\), \(\Gamma=A'B'/AB=3\).

1. Два луча для построения. Первый — луч, идущий к точке \(B\) через центр линзы \(O\): тонкая линза его не преломляет. Второй — луч, идущий к дальнему фокусу \(F\): рассеивающая линза выпрямляет его в луч, параллельный главной оптической оси. Оба луча идут к точке \(B\) до линзы (прямая через \(B\) и \(O\), и прямая через \(B\) и \(F\) — обе достроены пунктиром).

2. Построение. Проведём ось и линзу, отметим \(F\) на расстоянии \(f=1\) м. Новое изображение втрое выше прежнего, поэтому на линзе второй луч должен выйти на высоте \(3\,AB\): проведём через эту точку линзы прямую к \(F\) — она пересечёт вертикаль \(A\) на высоте \(AB\) (это условие определяет положение \(A\)): \(AB=3AB\,(1-a/f)\). Луч, идущий через \(O\) и \(B\), пересечёт горизонталь, выходящую из линзы, в точке \(B'\).

3. Расчёт. Из подобия треугольников на втором луче: \(\dfrac{AB}{3AB}=\dfrac{f-a}{f}\), откуда \(a=\dfrac{2}{3}f=\dfrac23\text{ м}\). Из подобия на первом луче (через центр) \(b=3a=2\text{ м}\).

Проверим по формуле линзы для мнимого предмета: \(\dfrac1b=\dfrac1a-\dfrac1f=\dfrac32-1=\dfrac12\text{ м}^{-1}\), \(b=2\) м; \(\Gamma=b/a=3\).

Обратите внимание: линзу ставят до изображения (\(a<f\)): при \(a>f\) расходящийся эффект сильнее сходимости пучка, лучи не сойдутся и изображение будет мнимым.

Ответ. Да, можно: расстояние от линзы до прежнего изображения \(a=2f/3=\frac23\) м (линза со стороны системы), новое изображение — на \(b=2\) м за линзой, на \(\frac43\) м дальше прежнего.

Проверка. Предел: при \(a\to0\) линза у самого изображения не меняет его, \(\Gamma\to1\); при \(a\to f\) имеем \(b\to\infty\) и \(\Gamma\to\infty\) — пучок почти параллелен. Связь \(\Gamma=\dfrac{1}{1-a/f}\) растёт монотонно, значение \(3\) достигается ровно один раз.

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

Подсказка

Лампы соединены последовательно, выключатель — параллельно одной из них. Какая лампа должна быть закорочена выключателем и почему при размыкании ток почти не греет другую?

Ответ

Лампы последовательно, выключатель параллельно лампе 15 Вт. При замкнутом выключателе ток идёт мимо лампы 15 Вт и лампа 75 Вт горит при 220 В. При разомкнутом лампы последовательны: на лампе 15 Вт \(\approx184\) В (мощность \(\approx10\) Вт — горит), на лампе 75 Вт \(\approx37\) В (\(\approx2\) Вт — не светится).

Решение

Что происходит. Мощность лампы \(P=U^2/R\), поэтому сопротивление лампы мощнее меньше: при последовательном включении напряжение делится пропорционально сопротивлениям, и бо́льшая доля приходится на лампу 15 Вт. Выключатель, поставленный параллельно лампе 15 Вт, при замыкании «закорачивает» её: ток идёт по проводу выключателя.

Обозначения. \(R_1\) — сопротивление лампы 75 Вт, \(R_2\) — лампы 15 Вт, \(U=220\) В. Сопротивления считаем по номинальным данным.

1. Сопротивления. Из \(P=U^2/R\): \(R_1=\dfrac{220^2}{75}\approx645\text{ Ом}\), \(R_2=\dfrac{220^2}{15}\approx3230\text{ Ом}\); \(R_2=5R_1\).

2. Выключатель замкнут («включено»). Лампа 15 Вт закорочена (сопротивление провода ничтожно, ток через неё не идёт), на лампе 75 Вт полное напряжение \(220\) В: она горит на номинальной мощности 75 Вт.

3. Выключатель разомкнут («выключено»). Лампы включены последовательно, ток общий: \[I=\frac{U}{R_1+R_2}=\frac{220}{645+3230}\approx0{,}057\text{ А}.\] Напряжения: \(U_2=IR_2\approx184\text{ В}\), \(U_1=IR_1\approx37\text{ В}\). Мощности: \(P_2=IU_2\approx10{,}4\text{ Вт}\) (примерно 70 % номинальной — лампа горит), \(P_1=IU_1\approx2{,}1\text{ Вт}\) (3 % номинальной — нить 75-ваттной лампы остаётся почти холодной и не светится).

Обратите внимание: сопротивление нити растёт с температурой, а при мощности 2 Вт нить 75-ваттной лампы почти холодная, её сопротивление меньше номинального, и напряжение на ней ещё ниже 37 В.

Ответ. Лампы включены последовательно, выключатель — параллельно лампе 15 Вт. «Включено»: горит только 75 Вт. «Выключено»: на лампе 15 Вт \(\approx184\) В, она горит; на лампе 75 Вт \(\approx37\) В, она не светится.

Проверка. Размерность: \(U^2/R\) — ватт. Сумма мощностей при разомкнутом выключателе \(P_1+P_2=IU\approx12{,}5\) Вт — та же мощность, что даёт сопротивление \(R_1+R_2\) при 220 В: \(220^2/3875\approx12{,}5\) Вт. Доля напряжения на лампе 15 Вт равна \(\dfrac{R_2}{R_1+R_2}=\dfrac56\), то есть \(183\) В, как и найдено.

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

Подсказка

Верёвка из волокон держится трением между ними. Как ведёт себя сила трения в покое при сухих волокнах и при волокнах, смоченных водой?

Ответ

Вода между волокнами заменяет сухое трение вязким: сухое трение покоя удерживает волокна при растяжении, а вязкое в покое равно нулю, и волокна легко выскальзывают друг из друга.

Решение

Что происходит. Бумажная верёвка свита из коротких волокон. Целой её делает трение между волокнами: растягивающая сила передаётся с одного волокна на другое, пока трение покоя способно её удержать. Разрыв верёвки — это скольжение волокон друг относительно друга.

1. Сухое трение. Между сухими волокнами действует сухое трение покоя: оно подстраивается под приложенную силу и принимает любое значение от \(0\) до максимального \(F_{\max}=\mu N\). Пока растягивающая сила на участке контакта меньше \(F_{\max}\), волокна не скользят.

2. Вода между волокнами. Смоченные волокна разделены тонким слоем воды. Трение между ними становится вязким: \(F=\eta v\), где \(v\) — скорость скольжения, а \(\eta\) — коэффициент, зависящий от слоя воды. Такая сила в покое равна нулю: стоит приложить любую силу, волокна начинают медленно скользить, и верёвка вытягивается и рвётся при гораздо меньшей нагрузке.

Обратите внимание: вязкая сила не держит, а лишь тормозит скольжение. Поэтому при быстром рывке мокрая верёвка может выдержать больше, чем при медленном натяжении, а сухая — нет: для неё важен предел \(F_{\max}\), а не скорость.

Ответ. В мокрой верёвке сухое трение покоя между волокнами заменено вязким, которое при покое равно нулю и не удерживает волокна.

Проверка. На графике сухое трение при \(v\to0^{+}\) равно \(F_{\max}\) (и принимает любое значение до \(F_{\max}\) при \(v=0\)), вязкое — нулю: разница в нуле скорости и есть причина.

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

Подсказка

Действительное изображение, которое даёт система, для новой линзы — предмет. Собирающая линза даёт мнимое увеличенное изображение, если предмет ближе фокуса. Постройте ход луча, параллельного оси, и луча через центр.

Ответ

За прежним изображением, на расстоянии \(d=\frac34F=18{,}75\) см от него; мнимое изображение окажется на \(75\) см от линзы (на стороне прежнего изображения).

Решение

Что происходит. Прежнее изображение \(AB\) — действительное, его можно считать предметом для новой линзы. Собирающая линза даёт мнимое прямое изображение, увеличенное в \(\Gamma\) раз, если предмет находится между линзой и фокусом, и тогда \(\Gamma=\dfrac{F}{F-d}\). Остаётся подобрать расстояние \(d\) от линзы до \(AB\), при котором \(\Gamma=4\). Линзу ставят за прежним изображением (со стороны, противоположной системе), иначе пучок станет ещё более сходящимся и изображение получится действительным.

Обозначения. \(O\) — линза, \(F\) и \(F'\) — её фокусы, \(F=25\) см; \(d=OA\) — расстояние от линзы до \(AB\), \(b\) — до мнимого изображения \(A'B'\).

1. Построение. Ставим линзу правее \(AB\). Луч из \(B\) параллельно оси после линзы проходит через правый фокус \(F\); его продолжение назад (пунктир) — прямая через точку на линзе на высоте \(AB\) и через \(F\). Луч из \(B\) через центр \(O\) не преломляется. Мнимое изображение лежит там, где пересекаются продолжения обоих лучей. Высота \(A'B'\) должна быть равна \(4AB\): на прямой через \(O\) (\(y=-4h\,x/b\)) и \(F\)-луч (\(y=h\,(1-x/F)\), \(x<0\) — слева от линзы) условие \(y=4h\) даёт положение: \(4=1+\dfrac{b}{F}\), \(b=3F=75\) см.

2. Расстояние до предмета. Луч через центр идёт из \(B'\) в \(B\) по прямой, поэтому \(\dfrac{d}{b}=\dfrac{AB}{A'B'}=\dfrac14\), откуда \(d=\dfrac{b}{4}=\dfrac{3F}{4}=18{,}75\) см.

3. Проверка формулой. Для мнимого изображения \(\dfrac1d-\dfrac1b=\dfrac1F\). Подставим: \(\dfrac{1}{18{,}75}-\dfrac1{75}=\dfrac{4-1}{75}=\dfrac1{25}\) см\(^{-1}\) — верно, и \(\Gamma=b/d=4\).

Обратите внимание: такая линза работает как лупа: предмет ближе фокуса. Если поставить линзу дальше фокуса от \(AB\), изображение будет действительным.

Ответ. Линзу надо поставить за изображением на расстоянии \(d=\frac34F=18{,}75\) см от него; мнимое изображение — на \(75\) см от линзы, увеличено в 4 раза.

Проверка. Предел: при \(d\to F\) получаем \(\Gamma\to\infty\), при \(d\to0\) — \(\Gamma\to1\); \(\Gamma=\dfrac{F}{F-d}=\dfrac{25}{6{,}25}=4\).

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

Подсказка

Стержень неподвижен, кастрюля всплывает и надвигается на него. Что делает вытесненная стержнем вода и какая сила от неё действует на кастрюлю? В какой момент кастрюля перестанет всплывать?

Ответ

График — ломаная из двух прямых: \(h=h_0+\dfrac{S_{\text{ст}}\,m}{\rho S\,(S_{\text{с}}-S_{\text{ст}})}\) при \(m\le m_1\) (кастрюля всплывает, стержень входит в воду кастрюли) и \(h=h_1+\dfrac{m-m_1}{\rho\,(S_{\text{с}}-S)}\) при \(m\ge m_1\) (стержень упёрся в дно, кастрюля неподвижна); вторая прямая круче первой.

Решение

Что происходит. Кастрюля с водой плавает, стержень закреплён и касается воды в ней. Пока наливают воду, кастрюля стремится всплыть, и стержень всё глубже входит в воду кастрюли. Он вытесняет воду; вытесненная вода давит на стержень вверх (сила Архимеда), а значит, стержень давит на воду и через неё на кастрюлю вниз. Поэтому кастрюля поднимается медленнее, чем уровень в сосуде, и расстояние от дна до уровня растёт. Когда стержень дойдёт до дна кастрюли, она остановится: дальше глубина погружения дна растёт вместе с уровнем.

Обозначения. \(\rho\) — плотность воды, \(S\) — площадь сечения кастрюли (стенки тонкие), \(S_{\text{ст}}<S\) — сечение стержня, \(S_{\text{с}}>S\) — сечение сосуда. \(M\) — масса кастрюли вместе с налитой в неё водой, \(h\) — расстояние от дна кастрюли до уровня воды в сосуде (глубина погружения дна), \(h_0=M/(\rho S)\) — его значение в начале, \(m\) — масса налитой в сосуд воды, \(\ell_0\) — начальная глубина воды в кастрюле, \(x\) — на сколько поднялась кастрюля, \(d\) — на сколько стержень погружён в воду кастрюли.

1. Равновесие кастрюли с водой. Рассмотрим систему «кастрюля + вода в ней». Вертикальные силы: вес \(Mg\); сила давления воды снизу \(\rho ghS\) (атмосферное давление действует и сверху, и снизу, силы сокращаются); сила от стержня: он погружён в воду кастрюли на \(d\) и давит на неё на площади \(S_{\text{ст}}\) сверху, добавляя \(\rho gdS_{\text{ст}}\) вниз. Равновесие: \[Mg+\rho g\,dS_{\text{ст}}=\rho g\,hS\;\Rightarrow\;h=h_0+\frac{S_{\text{ст}}}{S}\,d .\]

2. Погружение стержня. Объём воды в кастрюле не меняется: \(S\ell_0\). Кастрюля поднялась на \(x\), стержень остался на месте, поэтому он оказался ниже начального уровня воды относительно дна на \(x\). Если уровень воды в кастрюле стоит на высоте \(H_{\text{в}}\) над дном, то \(d=H_{\text{в}}-(\ell_0-x)\), а объём воды \(SH_{\text{в}}-S_{\text{ст}}d=S\ell_0\). Из этих двух равенств \(S\,(d+\ell_0-x)-S_{\text{ст}}d=S\ell_0\), отсюда \[d=\frac{S}{S-S_{\text{ст}}}\,x .\]

3. Связь глубины и уровня. Пусть уровень воды в сосуде поднялся на \(\Delta L\). Дно кастрюли поднялось на \(x\), поэтому глубина \(h\) изменилась на \(\Delta h=\Delta L-x\). Из пунктов 1–2 \(\Delta h=\dfrac{S_{\text{ст}}}{S-S_{\text{ст}}}\,x\). Решая вместе, получаем \[\Delta h=\frac{S_{\text{ст}}}{S}\,\Delta L,\qquad x=\Bigl(1-\frac{S_{\text{ст}}}{S}\Bigr)\Delta L .\]

4. Налитая вода и глубина (первый участок). Объём воды вне кастрюли равен \(S_{\text{с}}L-Sh\) (\(L\) — уровень над дном сосуда, \(Sh\) — объём погружённой части кастрюли). При изменении: \(\dfrac{\Delta m}{\rho}=S_{\text{с}}\Delta L-S\Delta h=(S_{\text{с}}-S_{\text{ст}})\Delta L\). Значит \[\Delta h=\frac{S_{\text{ст}}}{S}\cdot\frac{\Delta m}{\rho\,(S_{\text{с}}-S_{\text{ст}})} :\] глубина растёт линейно с налитой массой, медленно.

5. Конец первого участка. Стержень достигает дна, когда \(x=\ell_0\). Тогда \(\Delta L_1=\dfrac{S\ell_0}{S-S_{\text{ст}}}\), и \[h_1=h_0+\frac{S_{\text{ст}}\ell_0}{S-S_{\text{ст}}},\qquad m_1=\rho\,(S_{\text{с}}-S_{\text{ст}})\,\frac{S\ell_0}{S-S_{\text{ст}}} .\]

6. Второй участок. Стержень на дне: кастрюля неподвижна, поэтому \(\Delta h=\Delta L\), а \(\dfrac{\Delta m}{\rho}=(S_{\text{с}}-S)\Delta L\). Значит \(h=h_1+\dfrac{m-m_1}{\rho\,(S_{\text{с}}-S)}\).

Обратите внимание: наклон второго участка больше первого. Сравним \(\dfrac1{S_{\text{с}}-S}\) и \(\dfrac{S_{\text{ст}}}{S\,(S_{\text{с}}-S_{\text{ст}})}\): разность числителей после приведения к общему знаменателю равна \(S_{\text{с}}\,(S-S_{\text{ст}})>0\). График строим по этим формулам для \(S:S_{\text{ст}}:S_{\text{с}}=2:1{,}2:4\), \(\ell_0=1\), \(h_0=1{,}3\) (условные единицы): \(h_1=2{,}8\), \(m_1=7\).

Ответ. Ломаная из двух отрезков: \(h=h_0+\dfrac{S_{\text{ст}}\,m}{\rho S\,(S_{\text{с}}-S_{\text{ст}})}\) при \(0\le m\le m_1\), затем \(h=h_1+\dfrac{m-m_1}{\rho\,(S_{\text{с}}-S)}\) при \(m\ge m_1\); излом при \(m_1=\rho\,(S_{\text{с}}-S_{\text{ст}})\dfrac{S\ell_0}{S-S_{\text{ст}}}\), на втором отрезке график круче.

Проверка. Размерность: \(m/(\rho S)\) — длина. Предел \(S_{\text{ст}}\to0\): стержень не мешает, первый участок — горизонталь \(h=h_0\) (кастрюля свободно всплывает, глубина не меняется), \(m_1\to\rho S_{\text{с}}\ell_0\). Предел \(S_{\text{ст}}\to S\): наклон первого участка становится \(\dfrac1{\rho(S_{\text{с}}-S)}\), как у второго, — стержень сразу держит кастрюлю.

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