Всесоюзная, 1977/78, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Втулка и стержень лёгкие, поэтому на всю систему действуют только тяжесть груза и две силы со стороны оси в точке касания. Равнодействующая этих двух сил вертикальна, а моменты сил относительно центра втулки уравновешены.

Ответ

\(\sin\varphi=\dfrac{\mu R}{(l+R)\sqrt{1+\mu^2}}\); при \(R\ll l\) угол мал: \(\varphi\approx\dfrac{\mu R}{l\sqrt{1+\mu^2}}\). Стержень отклоняется в сторону движения нижней точки оси.

Решение

Что происходит. Ось вращается, втулка в равновесии покоится, значит, втулка скользит по оси, и в точке касания \(P\) действует сила трения скольжения \(F=\mu N\), направленная вдоль скорости поверхности оси. Эта сила тянет втулку по направлению вращения и отклоняет маятник; отклонение прекращается, когда момент силы тяжести груза относительно центра втулки сравнивается с моментом силы трения. Главная идея: для системы «втулка + стержень + груз» записать равенство нулю суммы сил и суммы моментов.

Обозначения. \(O\) — центр втулки, \(P\) — точка касания втулки и оси, \(\alpha\) — угол между радиусом \(OP\) и вертикалью, \(\varphi\) — угол отклонения стержня от вертикали. Стержень направлен по радиусу втулки, длина \(l\) на рисунке отсчитана от поверхности втулки, а толщиной её стенки пренебрегаем, поэтому расстояние от \(O\) до груза равно \(l+R\) (если \(l\) отсчитывать от центра втулки, надо всюду писать \(l\) вместо \(l+R\)). Ось вращается против часовой стрелки, как на рисунке.

1. Силы, действующие на систему. Втулка и стержень лёгкие, поэтому на систему действуют три силы: тяжесть груза \(M\vec g\) и две силы со стороны оси в точке \(P\) — нормальная \(\vec N\) вдоль радиуса \(OP\) и трения \(\vec F\) по касательной к втулке, \(F=\mu N\).

2. Равновесие сил. Система покоится, поэтому сумма сил равна нулю: \(\vec N+\vec F+M\vec g=0\). Силы \(\vec N\) и \(\vec F\) перпендикулярны, поэтому \[N^2+F^2=(Mg)^2,\qquad F=\mu N\quad\Rightarrow\quad N=\frac{Mg}{\sqrt{1+\mu^2}},\qquad F=\frac{\mu Mg}{\sqrt{1+\mu^2}}.\] Сумма \(\vec N+\vec F\) направлена вертикально вверх, поэтому радиус \(OP\) отклонён от вертикали на угол трения: \(\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{F}{N}=\mu\).

3. Равновесие моментов относительно центра втулки. Сумма моментов сил, приложенных к покоящейся системе, равна нулю относительно любой точки; берём \(O\). Линия действия \(\vec N\) проходит через \(O\), её момент равен нулю. Сила \(\vec F\) касается втулки, плечо равно \(R\), момент \(FR\) стремится повернуть систему против часовой стрелки. Сила \(M\vec g\) имеет плечо \((l+R)\sin\varphi\) и поворачивает систему по часовой стрелке: \[Mg\,(l+R)\sin\varphi=FR.\]

4. Угол отклонения. Подставляем \(F\) из шага 2: \[\sin\varphi=\frac{FR}{Mg\,(l+R)}=\frac{\mu R}{(l+R)\sqrt{1+\mu^2}}.\] Груз оказывается на одной вертикали с точкой \(P\): плечо силы тяжести равно \((l+R)\sin\varphi=R\sin\alpha\), это и показано на рисунке.

Обратите внимание: угол трения \(\alpha=\operatorname{arctg}\mu\) относится к радиусу \(OP\) втулки, а не к стержню. Считать, что \(\operatorname{tg}\varphi=\mu\), как для бруска на наклонной плоскости, нельзя: стержень отклонён на меньший угол, \(\sin\varphi=\dfrac{R}{l+R}\sin\alpha\).

Ответ: \(\varphi=\arcsin\dfrac{\mu R}{(l+R)\sqrt{1+\mu^2}}\), стержень отклоняется в сторону движения нижней точки оси; при \(R\ll l\) получаем \(\varphi\approx\dfrac{\mu R}{l\sqrt{1+\mu^2}}\).

Проверка. Аргумент арксинуса безразмерен. При \(\mu\to0\) получаем \(\varphi\to0\): без трения маятник висит вертикально. При \(\mu\to\infty\) втулка «прилипает» к боковой точке оси (\(\alpha\to90^\circ\)), груз висит под точкой касания, и \(\sin\varphi\to\dfrac{R}{l+R}\) — как и должно быть. Второй способ: условие «груз и точка \(P\) на одной вертикали» (линия силы тяжести и линия равнодействующей \(\vec N+\vec F\) совпадают) даёт \((l+R)\sin\varphi=R\sin\alpha\), а \(\sin\alpha=\mu/\sqrt{1+\mu^2}\) — тот же результат. Для рисунка взято \(\mu=\dfrac34\), \(l+R=3R\): \(\sin\alpha=0{,}6\), \(\sin\varphi=0{,}2\), \(\varphi\approx11{,}5^\circ\).

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

Подсказка

При последовательном соединении ток один, а напряжения складываются. Зависимость напряжения на лампочке от тока в такой цепи — прямая линия, её точка пересечения с графиком лампочки даёт режим работы.

Ответ

\(P=U_{\text{л}}I\approx5{,}6\text{ В}\cdot1{,}1\text{ А}\approx6\text{ Вт}\).

Решение

Что происходит. Лампочка нелинейна: её сопротивление растёт с напряжением, поэтому закон Ома для всей цепи с одним числовым сопротивлением лампочки не применим. Но через лампочку и резистор течёт один и тот же ток \(I\), а напряжения на них в сумме равны \(U\). Это второе условие вместе с графиком лампочки определяет режим: решаем его графически.

Обозначения. \(I\) — ток в цепи, \(U_{\text{л}}\) — напряжение на лампочке. По рисунку 2 клетка сетки по току — \(0{,}2\) А (отметка «1» на пятой линии), по напряжению — \(2\) В (отметка «6» на третьей линии).

1. Напряжения при последовательном соединении. Ток через резистор и лампочку один и тот же, сумма напряжений на них равна напряжению источника: \[U=U_{\text{л}}+IR\quad\Rightarrow\quad I=\frac{U-U_{\text{л}}}{R}=\frac{10-U_{\text{л}}}{4}.\] Здесь \(I\) в амперах, \(U_{\text{л}}\) в вольтах. Закон Ома \(U_R=IR\) верен для резистора, так как его сопротивление постоянно.

2. Нагрузочная прямая. Строим прямую \(I=(10-U_{\text{л}})/4\) на том же графике: она проходит через точки \((10\text{ В};\,0)\), \((6\text{ В};\,1\text{ А})\), \((4\text{ В};\,1{,}5\text{ А})\).

3. Рабочая точка. Режим лампочки должен лежать и на её характеристике, и на нагрузочной прямой, значит, это точка пересечения. По рисунку она имеет координаты \(U_{\text{л}}\approx5{,}6\) В, \(I\approx1{,}1\) А.

4. Мощность лампочки. Мощность тока в лампочке равна произведению напряжения на ток: \[P=U_{\text{л}}I\approx5{,}6\text{ В}\cdot1{,}1\text{ А}\approx6\text{ Вт}.\]

Обратите внимание: сопротивление лампочки меняется с режимом (при \(1\) В около \(3{,}9\) Ом, в рабочей точке около \(5{,}1\) Ом), поэтому подставлять в \(I=U/(R+R_{\text{л}})\) значение из какой-нибудь одной точки графика нельзя — рабочая точка заранее неизвестна.

Ответ: \(P=U_{\text{л}}I\approx6\) Вт (около \(6{,}2\) Вт).

Проверка. Единицы: В\(\cdot\)А \(=\) Вт. Баланс мощностей: источник отдаёт \(UI=10\cdot1{,}1=11\) Вт, из них на резисторе \(I^2R=1{,}1^2\cdot4\approx4{,}8\) Вт, на лампочке \(\approx6{,}2\) Вт, сумма \(11{,}0\) Вт. Падение на резисторе \(IR=4{,}4\) В, вместе с \(5{,}6\) В на лампочке даёт \(10\) В. Читать график точнее \(0{,}1\) А не получается, поэтому мощность известна с точностью около \(0{,}3\) Вт.

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

Подсказка

Силы взрыва внутренние, поэтому центр масс осколков продолжает двигаться по прежней параболе. Центр масс всегда лежит на отрезке между осколками и делит его в неизменном отношении.

Ответ

Положения второго осколка \(B_9,B_{10},B_{12}\) (и \(B_{11}=B\)) строятся так: продолжаем параболу «снаряда» и получаем положения центра масс \(K_i\); от \(K_i\) откладываем отрезок в сторону, противоположную первому осколку, длиной \(|A_iK_i|\cdot\dfrac{m_1}{m_2}\), где \(\dfrac{m_1}{m_2}=\dfrac{|KB|}{|AK|}\approx\dfrac{1}{2{,}5}\) находится по данным \(A\) и \(B\).

Решение

Что происходит. Сила тяжести — единственная внешняя сила, действующая на снаряд до разрыва и на систему двух осколков после него, а силы взрыва внутренние. Поэтому центр масс осколков движется так, как двигался бы неразорвавшийся снаряд: по той же параболе и с тем же ускорением \(\vec g\). Главная идея: положения центра масс в нужные моменты находим продолжением параболы по крестикам снаряда, а положение второго осколка — из условия, что центр масс лежит на отрезке между осколками.

Обозначения. Крестики пронумерованы по порядку, момент \(i\) — момент \(i\)-го крестика (моменты следуют через равные промежутки \(\tau\)). \(K_i\) — положение центра масс осколков в момент \(i\); \(A_i\), \(B_i\) — положения первого и второго осколков; \(m_1,m_2\) — их массы. По условию \(A_{11}=A\) и \(B_{11}=B\).

1. Какие крестики чьи. Крестики \(1\)–\(8\) расположены с равными горизонтальными шагами, а вертикальные шаги растут на одну величину: это движение под действием тяжести, то есть снаряд до разрыва. У крестиков \(9\)–\(12\) горизонтальные шаги тоже равны между собой, но другие и направлены в другую сторону: это первый осколок. Значит, разрыв произошёл между восьмым и девятым моментами.

2. Положения центра масс после разрыва. Для тела, движущегося с ускорением \(\vec g\), положения в последовательные равные промежутки времени удовлетворяют равенству \(\vec r_{n+1}-2\vec r_n+\vec r_{n-1}=\vec g\tau^2\), где вектор \(\vec g\tau^2\) вертикален и направлен по стрелке. Его длину находим по крестикам снаряда: это вторая разность вертикальных координат, и её усредняем по нескольким тройкам крестиков. Затем строим \[\vec K_9=2\vec r_8-\vec r_7+\vec g\tau^2,\qquad \vec K_{10}=2\vec K_9-\vec r_8+\vec g\tau^2,\qquad \vec K_{11}=2\vec K_{10}-\vec K_9+\vec g\tau^2,\ \ldots\] Получаем штриховую параболу и квадратики \(K_9,\ldots,K_{12}\): это положения, где был бы целый снаряд. Закон: второй закон Ньютона для центра масс системы осколков, \((m_1+m_2)\vec a_K=(m_1+m_2)\vec g\), поэтому \(\vec a_K=\vec g\).

3. Отношение масс. По определению центра масс \(m_1\vec r_1+m_2\vec r_2=(m_1+m_2)\vec r_K\), откуда в любой момент \[m_1\overrightarrow{KA}+m_2\overrightarrow{KB}=0 .\] Значит, \(A_i\), \(K_i\), \(B_i\) лежат на одной прямой, \(K_i\) между осколками, а \(\dfrac{|A_iK_i|}{|K_iB_i|}=\dfrac{m_2}{m_1}\) не меняется со временем. В момент \(11\) известны \(A\) и \(B\), а \(K_{11}\) построена: точка \(K_{11}\) лежит на отрезке \(AB\) с точностью чертежа, а измерение даёт \(|AK_{11}|:|K_{11}B|\approx2{,}5\). Следовательно, \(m_2\approx2{,}5\,m_1\).

4. Положения второго осколка. В моменты \(9\), \(10\), \(12\) от каждой точки \(K_i\) проводим луч от \(A_i\) через \(K_i\) и откладываем на нём за \(K_i\) отрезок \[|K_iB_i|=\frac{m_1}{m_2}\,|A_iK_i|=\frac{|A_iK_i|}{2{,}5}.\] Так получаем \(B_9\), \(B_{10}\), \(B_{12}\); точка \(B_{11}\) — заданная точка \(B\) (она служит проверкой построения).

Обратите внимание: квадратики \(K_i\) — не положения какого-либо тела после разрыва, а положения центра масс; ни один из осколков в них не находится. Нельзя искать второй осколок, «отражая» первый относительно параболы: он находится на продолжении отрезка \(A_iK_i\) только при этом отношении масс.

Ответ: положения второго осколка — точки \(B_i\), лежащие на прямых \(A_iK_i\) за точками \(K_i\) на расстояниях \(|A_iK_i|/2{,}5\); \(K_i\) — точки параболы, продолжающей траекторию снаряда.

Проверка. Второй способ — система отсчёта, свободно падающая с ускорением \(\vec g\). В ней оба осколка и центр масс движутся равномерно и прямолинейно из точки разрыва. Вычитая из построенных точек \(B_i\) смещение \(g(i\tau)^2/2\), получаем точки на одной прямой с равными шагами, и эта прямая проходит через точку разрыва, найденную независимо по крестикам \(1\)–\(8\) и \(9\)–\(12\) (между восьмым и девятым моментами, примерно через \(0{,}4\tau\) после восьмого). Предел: если осколки одинаковы (\(m_1=m_2\)), то \(K_i\) — середина отрезка \(A_iB_i\).

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

Подсказка

Вода вытекает снизу, когда сила давления воды на дно кастрюли изнутри сравнивается с весом кастрюли и отрывает её от резины. Давление на уровне дна определяется высотой воды в трубке.

Ответ

Уровень воды в трубке над дном кастрюли не должен превышать \(h=\dfrac{M}{\rho(S_1-S_2)}\) (\(\rho\) — плотность воды). Если \(h\geqslant H\), воду можно налить до верха трубки.

Решение

Что происходит. Кастрюля стоит открытой стороной вниз и закрывает собой воду. Вода давит на «дно» кастрюли (оно теперь сверху) изнутри снизу вверх, а сверху на него давит атмосфера. Пока вода не поднимет кастрюлю, резина прижата её краем и вода не вытекает. Вода начнёт вытекать, когда сила давления воды на дно сравняется с весом кастрюли. Главная идея: записать равновесие кастрюли в проекции на вертикаль и найти предельную высоту столба воды.

Обозначения. \(h\) — высота уровня воды в трубке над дном кастрюли, \(\rho\) — плотность воды, \(p_0\) — атмосферное давление, ось \(y\) направлена вверх.

1. Давление воды на дно. На уровне дна кастрюли давление воды равно \(p_0+\rho gh\), а снаружи на дно сверху действует \(p_0\). Избыточное давление изнутри — \(\rho gh\) (давление столба воды в трубке над дном). Давление \(p_0\) в разности сил сокращается.

2. Сила давления воды на кастрюлю. Дно кастрюли имеет площадь \(S_1-S_2\) (на площади \(S_2\) дна нет — там отверстие трубки, и вода в трубке опирается на воду под ней, а не на кастрюлю). Вертикальные стенки и трубка вертикальной силы не создают. Поэтому сила давления на кастрюлю направлена вверх и равна \[F=\rho gh\,(S_1-S_2).\]

3. Условие равновесия кастрюли. На кастрюлю с трубкой действуют вниз сила тяжести \(M\vec g\), вверх сила \(\vec F\) и реакция резины на край кастрюли \(\vec N\) вверх. Кастрюля покоится: \(N=Mg-F\). Пока \(N>0\), край прижат к резине, и вода не вытекает; граница — \(N=0\), то есть \(F=Mg\): \[\rho gh\,(S_1-S_2)=Mg\quad\Rightarrow\quad h=\frac{M}{\rho\,(S_1-S_2)}.\] Для меньшего уровня \(F<Mg\), кастрюля прижата; выше — кастрюлю приподнимает, и вода вытекает.

4. Ограничение трубкой. Уровень не может быть выше верха трубки, то есть высоты \(H\) над дном. Поэтому при \(\dfrac{M}{\rho(S_1-S_2)}\leqslant H\) воду нельзя налить выше \(h\); при \(\dfrac{M}{\rho(S_1-S_2)}>H\) воду можно налить до верха трубки, кастрюля не всплывёт.

Обратите внимание: давление \(p_0\) в расчёте не участвует, и считать надо площадь \(S_1-S_2\), а не \(S_1\): на площади отверстия вода давит не на кастрюлю, а на воду в трубке. Высота \(h\) отсчитывается от дна кастрюли, а не от резины: от резины уровень равен \(H+h\).

Ответ: \(h=\dfrac{M}{\rho\,(S_1-S_2)}\) над дном кастрюли (на \(H+h\) над листом резины); если эта величина больше \(H\), воду можно налить до верха трубки.

Проверка. Размерность: \(\dfrac{\text{кг}}{\text{кг/м}^3\cdot\text{м}^2}=\text{м}\). Пределы: при \(M\to0\) получаем \(h\to0\), лёгкая кастрюля всплывает от первой капли в трубке; при \(S_2\to S_1\) получаем \(h\to\infty\): кастрюли с дном почти без площади никакая вода не поднимет. Числа: при \(M=1\) кг, \(S_1=100\) см\(^2\), \(S_2=5\) см\(^2\) получаем \(h=\dfrac{1}{1000\cdot0{,}0095}\text{ м}\approx0{,}105\) м. Это согласуется с журнальным решением: там тот же результат \(h=M/(\rho(S_1-S_2))\) и условие существования решения \(h\leqslant H\).

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