Всесоюзная, 1970/71, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Кусок «лёд + дробинка» тонет, когда его средняя плотность становится равной плотности воды. Как меняется эта плотность, пока лёд тает, и сколько тепла уходит на плавление?

Ответ

\(Q=\lambda\left(M-\dfrac{\rho_{\text{л}}(\rho_{\text{св}}-\rho_{\text{в}})}{\rho_{\text{св}}(\rho_{\text{в}}-\rho_{\text{л}})}\,m\right)\approx 80\text{ кал/г}\cdot(M-8{,}2\,m)\).

Решение

Что происходит. Вода и лёд при \(0^\circ\) С находятся в тепловом равновесии, поэтому лёд тает только за счёт подведённого тепла, и всё это тепло идёт на плавление: дробинка и вода остаются при \(0^\circ\) С. Тая, лёд теряет массу, а свинец остаётся, и средняя плотность куска растёт. Дробинка начнёт тонуть, когда она вместе с оставшимся льдом станет в среднем такой же плотной, как вода: сила Архимеда сравняется с весом куска.

Обозначения. \(\rho_{\text{в}}=1\text{ г/см}^3\), \(\rho_{\text{л}}=0{,}9\text{ г/см}^3\), \(\rho_{\text{св}}=11{,}3\text{ г/см}^3\), \(\lambda=80\text{ кал/г}\). \(x\) — масса льда, которую нужно растопить; \(M-x\) — масса оставшегося льда.

1. Условие начала погружения. Кусок, целиком погружённый в воду, висит в равновесии, когда сила Архимеда равна его весу. Масса куска \(M-x+m\), его объём \(V=\dfrac{M-x}{\rho_{\text{л}}}+\dfrac{m}{\rho_{\text{св}}}\) (объёмы льда и свинца складываются: дробинка вмёрзла, пустот нет). Сила Архимеда равна \(\rho_{\text{в}}gV\), поэтому \[M-x+m=\rho_{\text{в}}\left(\frac{M-x}{\rho_{\text{л}}}+\frac{m}{\rho_{\text{св}}}\right).\] При большей массе льда средняя плотность меньше \(\rho_{\text{в}}\) и кусок плавает, при меньшей — тонет.

2. Масса оставшегося льда. Соберём \(M-x\) в одной части: \[(M-x)\left(\frac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}}-1\right)=m\left(1-\frac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{св}}}\right) \quad\Rightarrow\quad M-x=m\,\frac{\rho_{\text{л}}(\rho_{\text{св}}-\rho_{\text{в}})}{\rho_{\text{св}}(\rho_{\text{в}}-\rho_{\text{л}})}.\] Подставим числа: \(M-x=m\cdot\dfrac{0{,}9\cdot10{,}3}{11{,}3\cdot0{,}1}\approx8{,}2\,m\).

3. Тепло. Нужно растопить \(x=M-8{,}2\,m\) льда, и \(Q=\lambda x\).

Обратите внимание: по условию кусок плавает, значит, \(M>8{,}2\,m\) — иначе при \(x=0\) он уже тонул бы. Объём воды, получившейся из льда, и герметичность сосуда на ответ не влияют: сосуд закрыт, чтобы вода не испарялась и не обменивалась теплом с окружающим воздухом.

Ответ. \(Q=\lambda\,(M-8{,}2\,m)=80\text{ кал/г}\cdot(M-8{,}2\,m)\), где \(M\) и \(m\) — в граммах.

Проверка. Размерность: \(\lambda x\) — калории. Второй способ: при \(M-x=8{,}2\,m\) объём куска \(V=\dfrac{8{,}2\,m}{0{,}9}+\dfrac{m}{11{,}3}\approx9{,}2\,m\) (в \(\text{см}^3\), \(m\) в граммах), масса \(9{,}2\,m\), плотность \(1{,}00\text{ г/см}^3\). График средней плотности для \(M=12\,m\) растёт с \(x\) и достигает \(1\) при \(x\approx3{,}8\,m\). Предел: чем тяжелее дробинка, тем больше льда придётся растопить; при \(m\to0\) нужно растопить почти весь лёд, \(Q\to\lambda M\), как и должно быть.

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

Подсказка

Ящик, амперметр, сопротивление и источник включены последовательно. Найдите напряжение на самом ящике при каждом токе: как оно зависит от тока?

Ответ

Источник с ЭДС \(\mathcal{E}=10\) В, включённый согласно с внешним источником, и последовательно с ним резистор \(R=14\) Ом (всего \(\mathcal{E}\), \(R\) вместе с сопротивлением амперметра).

Решение

Что происходит. Все элементы соединены последовательно, ток в них один. Напряжение внешнего источника делится между сопротивлением \(r\) и ящиком. Зная ток и напряжение на ящике в двух опытах, найдём, как напряжение на нём зависит от тока. Амперметр считаем идеальным (его сопротивление, если оно есть, войдёт в \(R\) ящика).

Обозначения. \(U\) — напряжение на ящике между клеммами, \(I\) — ток в цепи.

1. Напряжение на ящике. Падение напряжения на \(r\) равно \(Ir\), остальное приходится на ящик: \[U=V-Ir.\] Первый опыт: \(U_1=5-1\cdot1=4\text{ В}\) при \(I_1=1\text{ А}\). Второй опыт: \(U_2=20-2\cdot1=18\text{ В}\) при \(I_2=2\text{ А}\).

2. Что это за ящик. Напряжение выросло в \(4{,}5\) раза, а ток — в 2 раза: ящик не обычный резистор (\(U\) не пропорционально \(I\)). Проще всего устроен ящик, у которого \(U\) линейно зависит от тока: \[U=RI+U_0 .\] Две точки определяют прямую: \(R+U_0=4\), \(2R+U_0=18\), откуда \(R=14\text{ Ом}\), \(U_0=-10\text{ В}\).

Знак \(U_0<0\) означает, что при нулевом токе напряжение на ящике отрицательно: внутри действует источник с ЭДС \(\mathcal{E}=10\text{ В}\), и ток через ящик идёт в ту же сторону, что и ток внешнего источника (источники включены согласно). Ящик — это ЭДС \(10\text{ В}\) и резистор \(14\text{ Ом}\) последовательно.

3. Проверка тем же законом Ома для всей цепи. Полная ЭДС \(V+\mathcal{E}\), полное сопротивление \(r+R=15\text{ Ом}\): \[I=\frac{V+\mathcal{E}}{r+R}:\qquad I_1=\frac{5+10}{15}=1\text{ А},\qquad I_2=\frac{20+10}{15}=2\text{ А}.\] Обратите внимание: два измерения определяют ящик однозначно, только если он «линейный». Любой линейный набор резисторов и источников между двумя клеммами эквивалентен одному источнику и одному резистору последовательно, поэтому ответ именно такой. Нелинейные ящики (с реле, лампочками, диодами) тоже подходят под две точки, но «простое решение» — линейное.

Ответ. В ящике источник тока \(\mathcal{E}=10\text{ В}\) (включён согласно с внешним источником) и последовательно резистор \(R=14\text{ Ом}\).

Проверка. Размерность: \(Ir\), \(IR\), \(\mathcal{E}\) — вольты. Предел: если убрать источник из ящика (\(\mathcal{E}=0\)), получилось бы \(I_1=5/(1+R)\) и \(I_2=20/(1+R)\) — ток растёт ровно во столько же раз, во сколько напряжение, то есть в 4 раза, а не в 2: значит, в ящике обязательно есть собственный источник. График \(U(I)\) пересекает ось токов при \(I\approx0{,}71\text{ А}\): при таком токе ящик отдаёт столько, сколько сам вырабатывает.

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

Подсказка

Нить может только тянуть. Подумайте, каким может быть направление ускорения груза 2, и проверьте, проскальзывают ли грузы 3 и 4 друг по другу. Затем рассмотрите два случая: между грузами 1 и 2 трение покоя и скольжение.

Ответ

Если \(F\le F_*=\dfrac{2km(M+m)}{2m+M}\,g\), то все четыре груза движутся с одним ускорением \(a=\dfrac{F}{2(M+m)}\). Если \(F>F_*\), то \(a_1=\dfrac{F-kmg}{M}\), а \(a_2=a_3=a_4=\dfrac{kmg}{2m+M}\).

Решение

Что происходит. Тянем только груз 1. Он увлекает за собой груз 2 силой трения. Нить связывает грузы 2 и 3, поэтому они движутся вместе, а груз 3 силой трения тянет за собой груз 4. Пока трение между 1 и 2 может передать нужную силу (сила трения покоя не больше \(kmg\)), все грузы едут как одно тело; когда \(F\) слишком велика, груз 1 уходит вперёд, проскальзывая под грузом 2.

Обозначения. Ось \(x\) направлена вправо, по движению; \(a_1,\ldots,a_4\) — проекции ускорений грузов на неё. \(F_1\) — модуль силы трения между 1 и 2, \(F_2\) — между 3 и 4, \(T\) — натяжение нити. Нить нерастяжима и натянута, поэтому \(a_2=a_3\equiv a\).

1. Что допустим. Допустим, что груз 3 не проскальзывает по грузу 4, и \(a_4=a\). В конце проверим это. Допустим также, что нить натянута (\(T\ge0\)).

2. Случай 1: между грузами 1 и 2 трение покоя. Тогда \(a_1=a_2=a\), и все четыре груза движутся с одним ускорением. Запишем второй закон Ньютона в проекции на ось \(x\) для каждого груза (сила трения, действующая на груз, и сила, с которой он действует на соседа, равны по модулю — третий закон Ньютона): \[\begin{aligned} &\text{груз 1: } F-F_1=Ma,\\ &\text{груз 2: } F_1-T=ma,\\ &\text{груз 3: } T-F_2=ma,\\ &\text{груз 4: } F_2=Ma. \end{aligned}\] Сложим четыре уравнения: внутренние силы взаимно уничтожаются, остаётся второй закон Ньютона для системы масс \(2(M+m)\): \[F=2(M+m)\,a\quad\Rightarrow\quad a=\frac{F}{2(M+m)} .\] Из первого уравнения \(F_1=F-Ma=F\,\dfrac{2m+M}{2(M+m)}\).

3. Когда справедлив случай 1. Трение покоя не превосходит \(kmg\): \(F_1\le kmg\). Отсюда \[F\le F_*=\frac{2km(M+m)}{2m+M}\,g .\] Обратите внимание: в статье в этом месте стоит знак «\(\ge\)» — это описка. При малых \(F\) грузы не проскальзывают, а проскальзывание возникает при больших силах: при \(F\to0\) система едет как целое.

4. Случай 2: \(F>F_*\), груз 2 скользит по грузу 1. Сила трения между ними теперь \(kmg\) (трение скольжения), груз 1 быстрее, поэтому на груз 2 она направлена вперёд, на груз 1 — назад: \[\text{груз 1: } F-kmg=Ma_1\ \Rightarrow\ a_1=\frac{F-kmg}{M}.\] Грузы 2, 3, 4 по-прежнему едут вместе (нить, трение покоя между 3 и 4). Для этой системы массы \(2m+M\) внешняя горизонтальная сила одна — \(kmg\) от груза 1: \[kmg=(2m+M)\,a_2\ \Rightarrow\ a_2=a_3=a_4=\frac{kmg}{2m+M}.\]

5. Проверка допущений. Груз 4 ускоряется только силой трения от груза 3: \(F_2=Ma_4\le M\,\dfrac{kmg}{2m+M}<kmg\) как в случае 1 (там \(a\le\dfrac{kmg}{2m+M}\)), так и в случае 2, значит, трение покоя между 3 и 4 справляется. Натяжение нити в случае 2: из уравнения груза 3 \(T=F_2+ma_2=\dfrac{kmg(M+m)}{2m+M}>0\); в случае 1 \(T=(M+m)a>0\). Допущения выполнены.

Ответ. При \(F\le\dfrac{2km(M+m)}{2m+M}\,g\): \(a_1=a_2=a_3=a_4=\dfrac{F}{2(M+m)}\). При \(F>\dfrac{2km(M+m)}{2m+M}\,g\): \(a_1=\dfrac{F-kmg}{M}\), \(a_2=a_3=a_4=\dfrac{kmg}{2m+M}\).

Проверка. Размерность: \(F/M\) и \(kg\) — ускорения. На границе \(F=F_*\) обе формулы дают одно значение: \(F_*-kmg=\dfrac{kmgM}{2m+M}\), откуда \(a_1=\dfrac{kmg}{2m+M}=a_2=\dfrac{F_*}{2(M+m)}\). На графике (пример: \(M=2\) кг, \(m=1\) кг, \(k=0{,}3\), \(F_*=4{,}5\) Н) кривая \(a_1(F)\) непрерывна, а ускорение трёх грузов при \(F>F_*\) уже не растёт: больше силы трения \(kmg\) на них не передать.

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

Подсказка

Пройти вираж быстрее — значит иметь меньшее отношение длины дуги к скорости. От чего зависит наибольшая скорость на дуге радиуса \(r\) на плоской дорожке и на наклонной?

Ответ

На плоской дорожке наибольшая скорость \(v=\sqrt{\mu gr}\), время дуги растёт как \(\sqrt r\), поэтому выгоден наименьший радиус. На треке \(v=\sqrt{gr\,\mathrm{tg}(\alpha+\varphi)}\), где \(\mathrm{tg}\,\varphi=\mu\), и по мере подъёма по склону наклон \(\alpha\) растёт быстрее, чем \(r\): путь длиннее, но скорость выросла сильнее, время меньше.

Решение

Что происходит. Вираж — дуга окружности. Спортсмену нужно пройти её за наименьшее время \(t=\dfrac{\theta r}{v}\), где \(\theta\) — угол поворота дуги, \(r\) — радиус траектории, \(v\) — скорость. Идти ближе к бровке — уменьшить \(r\), то есть путь. Но наибольшая скорость, при которой спортсмен ещё не срывается, сама зависит от \(r\) и от наклона дорожки. Всё дело в том, что выигрывает: путь или скорость.

Обозначения. \(\mu\) — коэффициент трения лезвий или шин о дорожку, \(\mathrm{tg}\,\varphi=\mu\); \(\alpha\) — угол наклона дорожки к горизонту в том месте, где идёт спортсмен; \(x\) — расстояние от внутренней бровки до траектории, \(r=r_0+x\) (\(r_0\) — радиус внутренней бровки).

1. Конькобежец, плоский лёд. Горизонтальная сила здесь одна — трение: \(F_{\text{тр}}\le\mu N\), а \(N=mg\). По второму закону Ньютона в проекции на радиальное направление (к центру дуги) \(m\dfrac{v^2}{r}=F_{\text{тр}}\le\mu mg\), откуда \[v_{\max}=\sqrt{\mu g r},\qquad t=\frac{\theta r}{v_{\max}}=\theta\sqrt{\frac{r}{\mu g}} .\] Время растёт с радиусом: выгодно идти по внутренней дуге, у бровки.

2. Велосипедист, наклонный трек. На велосипедиста действуют сила тяжести \(m\vec g\), сила реакции \(\vec N\) (перпендикулярно покрытию) и сила трения \(\vec F_{\text{тр}}\) вдоль склона. При наибольшей скорости шины вот-вот скользнут вверх по склону, наружу, и трение направлено вниз по склону, с предельным значением \(F_{\text{тр}}=\mu N\). Ускорение направлено горизонтально к центру. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на вертикаль и на горизонтальное радиальное направление: \[N\cos\alpha-\mu N\sin\alpha=mg,\qquad N\sin\alpha+\mu N\cos\alpha=m\frac{v^2}{r}.\]

Разделим второе уравнение на первое и вспомним \(\mu=\mathrm{tg}\,\varphi\): \[\frac{v^2}{gr}=\frac{\sin\alpha+\mu\cos\alpha}{\cos\alpha-\mu\sin\alpha}=\mathrm{tg}(\alpha+\varphi) \quad\Rightarrow\quad v_{\max}=\sqrt{gr\,\mathrm{tg}(\alpha+\varphi)} .\] Время дуги \[t=\frac{\theta r}{v_{\max}}=\theta\sqrt{\frac{r}{g\,\mathrm{tg}(\alpha+\varphi)}} .\]

3. Что даёт профиль. Чем выше по склону, тем больше \(r\) (путь длиннее, число \(r\) растёт медленно), но и тем круче \(\alpha\) (число \(\mathrm{tg}(\alpha+\varphi)\) растёт быстро): профиль на рисунке выгнут так, что у бровки трек почти плоский, а у внешнего края крутой. Время дуги уменьшается с ростом \(x\), пока \(\dfrac{d\ln\mathrm{tg}(\alpha+\varphi)}{dr}>\dfrac{d\ln r}{dr}\), то есть \[\frac{2\,\alpha'(r)}{\sin 2(\alpha+\varphi)}>\frac1r .\] Покажем это на примере. Пусть \(r_0=25\text{ м}\), ширина трека \(6\text{ м}\), профиль \(\mathrm{tg}\,\alpha=0{,}18+0{,}075\,x\) (\(x\) в метрах, как на рисунке: полого у бровки, круто у борта), \(\mu=0{,}3\) (\(\varphi\approx16{,}7^\circ\)).

Критерий выполнен всюду: правая часть \(1/r\approx0{,}04\) или меньше, левая \(\ge0{,}11\). Радиус вырос на \(24\,\%\) (путь длиннее), а скорость — в \(1{,}7\) раза: время дуги уменьшилось с \(7{,}0\) до \(5{,}2\) с. Конькобежец на плоском льду при том же \(\mu\) проходит полуокружность за \(9{,}2\) с у бровки и за \(10{,}2\) с на радиусе \(31\text{ м}\): для него дальше от бровки только хуже.

Обратите внимание: выигрыш даёт не сам наклон, а то, что он растёт к внешнему краю. При постоянном \(\alpha\) получилось бы \(t\propto\sqrt r\), как у конькобежца, и велосипедисту тоже было бы выгодно идти по внутренней дуге. А на ровном льду «подняться выше» нечем: скорость ограничена только трением, и оно не растёт с удалением от бровки.

Ответ. Конькобежцу на плоском льду выгодно идти у бровки, потому что его наибольшая скорость \(\sqrt{\mu gr}\) растёт медленнее, чем длина пути. Велосипедист на треке, наклон которого растёт к внешнему краю, поднимается выше: проигрывает в длине пути (\(r\) растёт), но выигрывает в скорости (\(v=\sqrt{gr\,\mathrm{tg}(\alpha+\varphi)}\) растёт быстрее) и проходит вираж за меньшее время.

Проверка. Размерность: \(gr\,\mathrm{tg}(\ldots)\) — \(\text{м}^2/\text{с}^2\). Предел \(\alpha=0\) даёт \(v=\sqrt{\mu gr}\), как у конькобежца. Предел \(\mu\to0\) даёт \(v=\sqrt{gr\,\mathrm{tg}\,\alpha}\) — классическую скорость на виражном шоссе, когда одной реакции опоры хватает без трения. Смысл: на наклонном треке реакция опоры сама создаёт часть центростремительной силы, и это не зависит от «запаса трения».

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

Подсказка

Чашки откачаны и прижаты к крышкам давлением воздуха. С какой силой воздух давит на куполообразную полусферу? Пока чашка прижата, чему равна сила, действующая на динамометр?

Ответ

\(T_{\max}=p_0\pi R^2\approx1{,}3\cdot10^4\text{ Н}\) (около \(1{,}3\) тонны-силы).

Решение

Что происходит. По рисунку полусферы — пустые чашки, закрытые плоскими крышками; внутри разрежение (как у магдебургских полушарий), снаружи воздух при давлении \(p_0\). Воздух прижимает чашку к крышке, и пока \(F\) меньше этой силы давления, чашка и крышка составляют одно тело. Когда \(F\) превысит силу давления воздуха на чашку, она оторвётся, и динамометр больше не нагружается.

Обозначения. \(S=\pi R^2\) — площадь круга, по которому чашка касается крышки, \(p_0=1\text{ атм}\approx1{,}0\cdot10^5\text{ Па}\), \(T\) — показание динамометра, \(N\) — сила, с которой крышка давит на обод чашки. Давление внутри чашки считаем равным нулю.

1. Чашка с крышкой как одно тело. Воздух давит на закрытое тело со всех сторон, и равнодействующая сил давления равна нулю. Остаются сила \(F\) и сила \(T\) со стороны динамометра. В равновесии вдоль оси \(T=F\): динамометр показывает \(F\), пока чашка прижата.

2. Сила давления воздуха на купол. Сила давления на каждый малый участок сферы направлена по нормали; боковые составляющие по симметрии уничтожаются. Осевая составляющая равнодействующей равна \(p_0\), умноженному на площадь проекции купола на плоскость обода, то есть \(p_0S=p_0\pi R^2\), и направлена к крышке.

3. Когда чашка отрывается. Для одной чашки второй закон Ньютона в проекции на ось: \(p_0S=F+N\). Крышка может только давить, поэтому \(N\ge0\) и \(F\le p_0S\). При \(F=p_0S\) имеем \(N=0\): воздух больше не прижимает обод, и чашка отрывается. До этого момента \(T=F\), значит, наибольшее показание \[T_{\max}=p_0\pi R^2=1{,}0\cdot10^5\text{ Па}\cdot3{,}14\cdot(0{,}2\text{ м})^2\approx1{,}3\cdot10^4\text{ Н}.\] Обратите внимание: динамометр показывает \(F\), а не \(p_0S\) при любой \(F\), и значение \(p_0S\) — только предел, до которого \(F\) вообще можно довести. Динамометр находится в воздухе, и давление на него уравновешено.

Ответ. \(T_{\max}=p_0\pi R^2\approx1{,}3\cdot10^4\text{ Н}\).

Проверка. Размерность: \(\text{Па}\cdot\text{м}^2=\text{Н}\). Второй способ: \(1\text{ атм}\approx10\text{ Н/см}^2\), \(S=\pi\cdot20^2\approx1260\text{ см}^2\), \(T_{\max}\approx1{,}26\cdot10^4\text{ Н}\). Предел: при \(R\to0\) или \(p_0\to0\) (в вакууме) чашку ничто не удерживает, \(T_{\max}\to0\).

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

Подсказка

Вода вращается вместе со стаканом, и её поверхность изогнута. Для кусочка воды такой же формы, как шарик, сила давления окружающей воды обеспечивает его движение по окружности. А что будет с шариком, если его центр и центр вытесненной воды лежат на разных расстояниях от оси?

Ответ

В центре, на оси вращения стакана.

Решение

Что происходит. Вода вращается вместе со стаканом с угловой скоростью \(\omega\), и её поверхность — вогнутая воронка. Шарик, плавая на ней, тоже вращается вокруг оси. Для этого нужна сила, направленная к оси; её создаёт вода. Главная идея: сила давления воды на шарик такая же, как на кусочек воды той же формы, но шарик «хочет» двигаться по окружности радиуса центра шарика, а вода — по окружности радиуса центра вытесненного объёма. Это разные радиусы.

Обозначения. \(m\) — масса шарика, \(\beta\) — угол наклона поверхности воды к горизонту в месте, где плавает шарик, \(r_m\) — расстояние от оси до центра шарика, \(r_c\) — расстояние от оси до центра масс погружённого объёма (вытесненной воды).

1. Наклон поверхности. Рассмотрим малый кусочек воды массы \(m_1\) на поверхности на расстоянии \(r\) от оси. Он движется по окружности, и вода под ним действует с силой \(\vec N\), перпендикулярной поверхности (на поверхности давление постоянно и равно атмосферному, касательной силы нет). Второй закон Ньютона в проекциях на вертикаль и на радиальное горизонтальное направление: \(N\cos\beta=m_1g\), \(N\sin\beta=m_1\omega^2r\). Отсюда \[\mathrm{tg}\,\beta=\frac{\omega^2r}{g}.\]

2. Малый шарик: в первом приближении безразлично, где. Для точечного шарика сила Архимеда \(\vec F_{\text{арх}}\) направлена так же, как \(\vec N\) для воды, перпендикулярно поверхности. Вертикально \(F_{\text{арх}}\cos\beta=mg\), а горизонтальная составляющая \(mg\,\mathrm{tg}\,\beta=m\omega^2r\) как раз равна нужной центростремительной силе. Значит, в первом приближении шарик может находиться в любой точке поверхности, и вертикальное, и горизонтальное уравнения выполнены.

3. Шарик конечного размера. Заменим мысленно погружённую часть шарика водой той же формы. Такой кусок воды вращался бы вместе со всей водой, двигаясь по окружности радиуса \(r_c\), и для этого вода вокруг создавала бы на него силу давления с вертикальной составляющей, равной весу вытесненной воды, и горизонтальной, равной \(m_{\text{в}}\omega^2r_c\) (центр масс куска воды движется по окружности радиуса \(r_c\)). Силы давления на шарик те же. Вертикально они уравновешивают его вес: \(m_{\text{в}}g=mg\), то есть \(m_{\text{в}}=m\) (условие плавания). Горизонтальная составляющая даёт шарику \(m\omega^2r_c\), а для движения центра шарика по окружности нужно \(m\omega^2r_m\).

4. Куда сдвинется. Погружённая часть лежит под поверхностью, которая наклонена вверх к стенке, то есть смещена от центра шарика вниз по склону, к стенке: \(r_c>r_m\). Давление воды даёт больше, чем нужно для круговой траектории шарика: \[m\omega^2\,(r_c-r_m)>0,\] и избыток направлен к оси: шарик скатывается к центру.

Для шарика, погружённого наполовину (радиус \(R\)): центр масс полушара лежит на расстоянии \(\dfrac{3R}{8}\) от центра шарика перпендикулярно поверхности, поэтому \(r_c-r_m=\dfrac{3R}{8}\sin\beta\), и при небольшом \(\beta\) сила к оси равна \[F_r\approx\frac{3mR\omega^4}{8g}\,r .\] Она пропорциональна расстоянию от оси, как возвращающая сила пружины, и равна нулю лишь на оси. Например, при \(R=1\text{ см}\), \(\omega=10\text{ с}^{-1}\) и \(r=3\text{ см}\) ускорение шарика к оси \(\approx0{,}1\text{ м/с}^2\) (около \(1\,\%\) от \(g\)): шарик уходит к центру медленно, и вязкость воды успевает его тормозить.

Обратите внимание: сила Архимеда направлена перпендикулярно поверхности, а не вертикально вверх, поэтому в первом приближении никакого сноса нет. Скатывает шарик только отличие \(r_c\) от \(r_m\), то есть конечный размер шарика; на оси поверхность горизонтальна, \(r_c=r_m\) и сила равна нулю.

Ответ. Шарик остановится в центре поверхности, на оси вращения стакана. Равновесие там устойчиво: смещение от оси вызывает силу, возвращающую шарик назад к оси.

Проверка. Размерность: \(mR\omega^4r/g\) — \(\text{кг}\cdot\text{м}\cdot\text{с}^{-4}\cdot\text{м}\cdot\text{с}^2/\text{м}=\text{Н}\). Предел \(\omega\to0\): сила \(\to0\), в неподвижной воде шарику безразлично, где плавать (поверхность горизонтальна). Предел \(R\to0\): сила \(\to0\), для точечного шарика безразличное равновесие, как в п. 2. Знак силы тот же, что у воздушного пузырька во вращающейся жидкости, который легче воды и уходит к оси.

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