ВсОШ, 2013/14, региональный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Рассмотрите два случая: доска может опрокинуться влево или вправо. В каждом случае запишите правило моментов относительно подходящей точки и найдите крайнее положение человека.

Ответ

Человек может стоять на доске от точки, отстоящей от края обрыва на \(2{,}5\) м влево (внутрь доски), до точки, отстоящей от края на \(1{,}5\) м вправо (за край обрыва).

Решение

Из невесомости блоков и нитей найдём связь между силами натяжения нитей (рис. 2). Равновесие может нарушиться как при опрокидывании доски относительно края обрыва, так и при подъёме правого края вверх. Из условия равновесия нижнего блока \(4T = 4mg\), или \(T = mg\).

Рассмотрим случай, когда доска опрокидывается влево (правый конец идёт вверх). Тогда сила реакции опоры приложена к левому краю доски (\(N_1\) на рис. 2). Правило моментов для сил, приложенных к доске, относительно этой точки: \[mg\,\frac{7L}{2} + 3mg(4L + x_1) + T\cdot 6L = 2T\cdot 7L, \qquad x_1 = -\frac{5L}{2} < 0 .\] То есть человек может на \(2{,}5\) м зайти от края обрыва влево.

Теперь рассмотрим случай, когда доска опрокидывается вправо (правый конец идёт вниз). Тогда сила реакции опоры приложена к точке на расстоянии \(4L\) от левого края доски (\(N_2\) на рис. 2). Правило моментов относительно этой точки: \[mg\,\frac{L}{2} + 2T\cdot 3L = 3mg\,x_2 + T\cdot 2L, \qquad x_2 = \frac{3L}{2} > 0 .\] То есть человек может на \(1{,}5\) м выйти вправо за край обрыва.

При нахождении человека между этими крайними точками система будет в равновесии, а сила реакции опоры будет приложена где-то между рассмотренными крайними положениями.

Подсказка

Подвижный блок увеличивает силу \(F_2\) в два раза. Найдите результирующую силу на брусок и сравните её с максимальной силой трения покоя. Затем постройте график ускорения по промежуткам времени.

Ответ

\(\Delta x = 56\) м.

Решение

Подвижный блок увеличивает силу \(F_2\) в два раза. Если направить ось \(x\) вправо, то проекция силы, действующей на брусок со стороны нитей, равна \(F_x = 2F_2 - F_1\). График зависимости \(F_x\) от времени \(t\) показан на рис. 6.

Брусок сдвинется с места, когда суммарная внешняя сила превысит максимально возможную силу трения покоя \(F_{\text{тр}} = \mu m g = 4\) Н. Из графика видно (рис. 7), что движение начнётся в момент времени \(t_0 = 4\) с. Брусок будет двигаться с постоянным ускорением \(a_{x,1} = (F_x - F_{\text{тр}})/m = 4\) м/с\(^2\), пока в момент времени \(t_1 = 8\) с нити не перестанут действовать на брусок. Скорость бруска в этот момент \(v_{x,1} = a_{x,1}(t_1 - t_0) = 16\) м/с.

После \(t_1 = 8\) с брусок будет двигаться только под действием силы трения с ускорением \(a_{x,2} = -4\) м/с\(^2\). При \(t_2 = 10\) с скорость равна \(v_{x,2} = v_{x,1} + a_{x,2}(t_2 - t_1) = 8\) м/с.

Перемещение \(\Delta x\) бруска есть площадь под графиком \(v_x(t)\) (рис. 8). За 10 с брусок сместится на расстояние \[\Delta x = \tfrac12\cdot 16\cdot 4~\text{м} + \tfrac12\cdot(16 + 8)\cdot 2~\text{м} = 56~\text{м}.\]

Подсказка

Запишите уравнения теплового баланса для обоих опытов. Объём сосуда и объём одной детали в них входят одновременно — исключите объём сосуда.

Ответ

\(c_1 \approx 920\) Дж/(кг\(\cdot{}^\circ\)C).

Решение

Пусть объём сосуда равен \(V_0\), а объём одной детали равен \(V_1\). Уравнения теплового баланса для первого и второго опытов: \[c_1\rho_1 V_1(t_д - t_x) = c_0\rho_0 (V_0 - V_1)(t_x - t_0),\] \[c_1\rho_1\cdot 2V_1(t_д - t_y) = c_0\rho_0 (V_0 - 2V_1)(t_y - t_0).\] Исключив \(V_0\) из этой системы, получаем объём \(V_1\) в обоих уравнениях, который сокращается, и \[c_1 = \frac{c_0\rho_0}{\rho_1}\cdot \frac{1}{\dfrac{t_д - t_x}{t_x - t_0} - 2\,\dfrac{t_д - t_y}{t_y - t_0}} \approx 920~\text{Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C)}.\]

Подсказка

Сравните напряжение на разъёмах A и B и ток короткого замыкания для исходной и эквивалентной схем: при любом сопротивлении нагрузки и в режиме короткого замыкания они должны совпадать.

Ответ

\(U_1 = U_0\dfrac{R}{R + r}\),  \(r_1 = \dfrac{Rr}{R + r}\).

Решение

Первое решение. Найдём напряжение \(U_{AB}\) на разъёмах источника в зависимости от силы тока \(I\), текущего через нагрузку (рис. 11): \(U_{AB} = U_0 - I_0 r = I' R\). Учитывая, что \(I_0 = I + I'\), получаем \(I' = \dfrac{U_0 - Ir}{R + r}\), и \[U_{AB} = I'R = U_0\frac{R}{R + r} - I\frac{Rr}{R + r}. \qquad (3)\]

Для эквивалентной схемы (рис. 12) \(U_{AB} = U_1 - I r_1\).   (4)

Чтобы при любом значении \(I\) формулы (3) и (4) давали одинаковый результат, необходимо \[U_1 = U_0\frac{R}{R + r}, \qquad r_1 = \frac{Rr}{R + r}. \qquad (5)\] Примечание. При решении этой задачи можно сравнивать не только напряжение на разъёмах источника, но и силу тока через нагрузку, взяв в качестве параметра, например, сопротивление нагрузки.

Второе решение. Напряжение \(U_1\) эквивалентной схемы есть показание вольтметра, подключённого к выводам A и B. Так как схемы эквивалентны, при подключении вольтметра к исходной схеме он показывает то же самое: \(U_1 = U_0\dfrac{R}{R + r}\). При коротком замыкании между выводами A и B исходной схемы течёт ток \(I_{\text{к.з.}} = U_0/r\). Для эквивалентной схемы ток короткого замыкания должен быть таким же и течёт только через резистор \(r_1\), поэтому \[r_1 = \frac{U_1}{I_{\text{к.з.}}} = \frac{r\,U_1}{U_0} = \frac{Rr}{R + r}.\]

Подсказка

Выделите малый элемент жидкости на расстоянии \(r\) от оси вращения: перепад давлений на нём создаёт центростремительное ускорение. Проинтегрируйте этот перепад по горизонтальному участку трубки, учтя обе жидкости.

Ответ

\(T \approx 1{,}0\) с.

Решение

Найдём изменение давления в горизонтальной части трубки. Уравнение движения малого элемента жидкости длиной \(\Delta r\), находящегося на расстоянии \(r\) от оси вращения: \[a_{\text{цс}}\rho S\Delta r = \omega^2 r\rho S\Delta r = S\,\Delta p,\] где \(\omega\) — угловая скорость вращения трубки, \(\Delta p\) — перепад давлений на концах малого элемента. Разность давлений на концах горизонтального участка (заштрихованная площадь под графиком на рис. 14): \[p_2 - p_1 = \omega^2\rho(r_2 - r_1)\cdot\frac{r_1 + r_2}{2} = \omega^2\rho\,\frac{r_2^2 - r_1^2}{2}. \qquad (6)\]

Перепад давлений между правым и левым коленом равен сумме перепадов давлений в горизонтальной части трубки, заполненной водой и ртутью: \[p_2 - p_1 = \omega^2\rho_в\frac{(l/2)^2 - 0}{2} + \omega^2\rho_р\frac{l^2 - (l/2)^2}{2} = \frac{(3\rho_р + \rho_в)\,\omega^2 l^2}{8}. \qquad (7)\] Этот перепад давлений поддерживает разность давлений вертикальных столбов воды и ртути: \[\frac{(3\rho_р + \rho_в)\,\omega^2 l^2}{8} = \rho_р g h - \rho_в g h, \qquad (8)\] откуда \(\omega = \sqrt{\dfrac{8gh}{l^2}\cdot\dfrac{\rho_р - \rho_в}{3\rho_р + \rho_в}}\). Период вращения \[T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{\pi l}{\sqrt{2gh}}\cdot\sqrt{\frac{3\rho_р + \rho_в}{\rho_р - \rho_в}} \approx 1{,}0~\text{с}.\]