Всероссийская олимпиада по физике имени Дж. Кл. Максвелла. Заключительный этап. Теоретический тур (2025 год)
Всероссийская олимпиада по физике
имени Дж. Кл. Максвелла
Заключительный этап
Теоретический тур
2025
Комплект задач подготовлен
центральной предметно-методической комиссией
Всероссийской олимпиады школьников по физике
E-mail: physolymp@gmail.com
Авторы задач
7 класс
8 класс
• 7-T1. Александр Евсеев
• 8-T1. Александр Евсеев
• 7-T2. Денис Рубцов
• 8-T2. Ольга Инишева,
Александр Евсеев
• 7-T3. Анна Шишкина
• 8-T3. Александр Аполонский
• 7-T4. Никита Богословский
• 8-T4. Ольга Инишева
Заключительный этап 2025 г.
7 класс
Задача №1. Шайбу! Шайбу!
Гладкий массивный прямоугольный стол с узкими высокими бортами движется
с постоянной скоростью u = 10 см/с относительно земли вдоль оси X, причем
длинная сторона стола параллельна ей. По поверхности стола, так же парал-
лельно оси X, скользят две маленькие шайбы. Друг с другом шайбы не стал-
киваются, а столкновения шайб с бортами стола абсолютно упругие. В момент
начала наблюдения расстояние между шайбами по оси X равнялось 60 см, и
шайбы двигались в противоположных направлениях. Время первых шести от
момента начала наблюдения столкновений шайб с бортами приведено в таблице:
t1, с
t2, с
t3, с
t4, с
t5, с
t6, с
2
4
7
12
14
17
L
u
60 см
X
1. Определите длину стола L.
2. Определите модули скоростей шайб v1 и v2 относительно земли в началь-
ный момент времени.
Примечание: в результате абсолютно упругого удара скорость шайбы относи-
тельно борта остается такой же по величине, как до удара, но направлена про-
тивоположно. Скорость стола при этом не меняется.
Заключительный этап 2025 г.
Задача №2. Много рычагов
Система состоит из большого числа однородных рычагов с массами m,m2 ,m4 ,
m
,...,m
,..., а также легких нитей и легких опор. Каждый рычаг поделен на
8
2N
6 равных частей. Нити соединяют правый край вышестоящего рычага с ниже-
стоящим рычагом в точке, которая делит его в отношении 1 : 2 от левого края.
Опоры зафиксированы и расположены в точности под точкой крепления нити.
m/4
m/2
m
F
С какой силой F нужно тянуть нить, прикрепленную к правому концу рычага
массой m, вертикально вниз, чтобы система оставалась в равновесии?
Задача №3. Денежное дерево
Буратино посадил на Поле Чудес медные монеты. Вскоре из них выросло де-
нежное дерево, и на нем появились плоды. Буратино заметил плоды, когда они
стали похожи на маленькие монетки. При этом они имели массу m0 = 2 г,
толщину h = 5 мм и площадь лицевой стороны S = 2,5 см2. Буратино очень
обрадовался, стал ухаживать за деревом и регулярно измерять массу и размеры
монеток.
Оказалось, что все монетки росли абсолютно одинаково. Толщина монеток оста-
валась неизменной. Масса менялась по закону m = m0 + αt, где α = 0,4 г/день,
а t - это время в днях от момента, когда Буратино заметил монетки. Зависи-
мость площади лицевой стороны монеток от времени представлена на графике
(начиная с 15-го дня размеры монеток перестают меняться).
Заключительный этап 2025 г.
S, см2
14
12
10
8
6
4
2
t, дней
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
Справочные данные: плотность меди ρм = 8,9 г/см3, плотность воды
ρв = 1,0 г/см3.
1. Определите дни, когда зреющие монетки, сорванные с дерева, не будут
тонуть в воде.
2. Когда монеты созревают и становятся медными, они падают на землю. Че-
рез сколько дней после начала наблюдения Буратино сможет собрать поспевшие
монеты?
Задача №4. Колебания пробки
Ванна с вертикальными стенками и площадью дна S = 0,73 м2 имеет сливное
отверстие площадью S1 = 30 см2.
Отверстие закрыто пробкой массой m = 600 г, диаметр которой совпадает с
диаметром сливного отверстия. Пробка входит и выходит из сливного отверстия
без трения и выполнена из материала плотностью ρ = 4000 кг/м3.
Заключительный этап 2025 г.
S2
u
l
S1
слив воды
Сверху к пробке на тонкой нерастяжимой нити длиной l = 20 см привязан
очень легкий высокий поплавок цилиндрической формы с площадью основания
S2 = 90 см2. В ванну с постоянным объемным расходом u = 1 л/мин заливают
воду (ρв = 1000 кг/м3).
1. Определите, до какого уровня h1 должна подняться вода в ванне, что-
бы пробка всплыла. Считайте, что, когда пробка закрывает сливное отверстие,
давление под пробкой равно атмосферному.
Когда пробка всплывает, вода начинает вытекать, и ее уровень уменьшается.
При этом пробка все время остается над сливным отверстием и, при уменьшении
уровня воды в ванне, снова закрывает сливное отверстие.
2. Определите, при каком уровне воды h2 в ванне пробка снова закроет слив-
ное отверстие. Считайте, что вода вытекает из ванны медленно, и давление воды
всегда описывается формулами гидростатики.
Когда отверстие не закрыто пробкой, вода через него вытекает с постоянной
скоростью v = 3 л/мин.
3. Определите, через какое время после того, как пробка всплыла, она всплы-
вет в следующий раз, если объемный расход поступающей воды остается посто-
янным.
Заключительный этап 2025 г.
8 класс
Задача №1. Следите за уровнем
В гладком дне сосуда с вертикальными стенками проделано отверстие, к ко-
торому подведена трубка. Через трубку в сосуд может подаваться вода с по-
стоянным объемным расходом µ = 184 см3/с. На высоте H над отверстием на
тонкой нити подвешен гладкий цилиндр. Цилиндр достаточно тяжелый, и, если
он опустится на дно, то перекроет отверстие, и вода из трубки не сможет попа-
дать в сосуд. Одновременно происходит следующее: в сосуд начинают подавать
воду, а цилиндр начинает опускаться с неизвестной постоянной скоростью v.
Начиная с этого момента, было сделано несколько измерений высоты уровня
воды в сосуде в зависимости от времени. Полученные результаты приведены в
координатах h(t):
h, см
32
hц
v
24
16
H
8
t, с
0
4
8
12
16
20
24
Известно, что из сосуда вода не выливалась, а скорость цилиндра в процессе
движения была неизменной.
1. Определите площадь сечения сосуда S1.
2. Определите скорость цилиндра v.
3. Определите высоту H.
4. Определите площадь основания цилиндра S2.
5. Определите высоту цилиндра hц.
Заключительный этап 2025 г.
Задача №2. Равновесие вчетвером
Из двух однородных рычагов с массами m и 4m, расположенных друг на дру-
ге, как показано на рисунке, нитей и блоков пренебрежимо малых масс, двух
шариков с массами 5m и mx собрана система, которая может находиться в рав-
новесии при определенных значениях mx.
Метки на рычагах находятся на одинаковых расстояниях. Трение в блоках от-
сутствует, свободные участки нитей вертикальны. Ускорение свободного паде-
ния равно g.
mx
5m
4m
m
Определите значения mx, при которых возможно равновесие в данной системе.
Задача №3. Две трубки
К двум длинным соосным металлическим трубкам с торцов герметично прива-
рены два металлических диска. Диски теплоизолированы, подключены к источ-
нику постоянного напряжения и обладают пренебрежимо малым электрическим
сопротивлением. Толщина стенок трубок одинаковая и много меньше их ради-
усов. Радиус внешней трубки вдвое больше радиуса внутренней, длины трубок
одинаковые и много больше их радиусов.
При теплообмене между стенками трубок и воздухом количество тепла, прохо-
дящее через единицу площади поверхности в единицу времени пропорциональ-
но разнице температур трубки и воздуха. Установившаяся температура воздуха
внутри малой трубки T , температура воздуха снаружи T0.
Заключительный этап 2025 г.
T
T0
U
1. Определите температуру внутренней трубки Tм.
2. Определите температуру внешней трубки Tб.
3. Определите температуру воздуха в зазоре между трубками Tз, считая ее
одинаковой во всем зазоре.
Задача №4. Двойной мост
В схеме, показанной на рисунке ниже, сила тока на участке DF равна I, и ток
направлен от D к F .
R
C
4R
E
R
A
B
2R
2R
R
2R
R
D
F
I
1. Определите сопротивление RAB между точками A и B.
2. Определите силы тока и направления токов на участках CD и EF .
Заключительный этап 2025 г.
Возможные решения
Задача №7-T1. Шайбу! Шайбу!
Задачу удобнее всего решать в системе отсчета, связанной со столом. В этой СО
шайбы движутся с неизменными по модулю скоростями. Пусть v1 - начальная
скорость шайбы, двигавшейся на старте в том же направлении, что и стол, а
v2 - начальная скорость шайбы, двигавшейся в противоположном направлении
(обе скорости - относительно земли). Тогда в СО стола модули их скоростей
будут на протяжении наблюдений неизменны и равны соответственно v1 - u и
v2 + u.
Поскольку скорости шайб в СО стола неизменны, между столкновениями одной
и той же шайбы с бортами всегда проходит одинаковое время. Из 6 соударений
должно найтись хотя бы три, соответствующих одной и той же шайбе. И между
этими соударениями совершенно точно проходит одинаковое время.
Таким образом можно определить, что одна из шайб сталкивалась с бортами
через 2, 7, 12 и 17 секунд с момента начала наблюдения (с периодичностью
∆t1 = 5 с). Если аналитически определить соответствующие моменты сложно,
то можно использовать простую визуализацию, с которой они хорошо считыва-
ются:
∆t1
∆t1
∆t1
2
4
7
12
14
17
Соответственно, вторая шайба сталкивалась с бортами через 4 и 14 секунд (пе-
риодичность ее столкновений с бортами ∆t2 = 10 с).
L = 25L, а вторая
t1
t2
L =25L. С учетом того, что сначала шайбы движутся в противоположных
∆t2
направлениях:
2
2
L+
L + ∆x0 = L;
5
5
L = 5∆x0 = 300 см.
Поскольку столкновения шайб с бортами происходят с периодичностью 5 и 10
секунд, их скорости в СО стола равныL∆t
= 60 см/с иL
= 30 см/с.
1
∆t2
В то же время, по данным задачи невозможно сказать, какая из шайб двигается
быстрее, поэтому возможны две ситуации.
Заключительный этап 2025 г.
Первая ситуация
{
v1 - u = 60 см/с
v2 + u = 30 см/с
v1 = 70 см/с
v2 = 20 см/с
Вторая ситуация
{
v1 - u = 30 см/с
v2 + u = 60 см/с
v1 = 40 см/с
v2 = 50 см/с
Задача №7-T2. Много рычагов
Первый способ
Расставим силы на рычаг массой m. Правило моментов относительно точки
опоры рычага:
N2 · 2x = mg · x + F · 4x.
F2
N1
F
N2
mg
Равенство суммы сил нулю:
F2 + N1 = N2 + mg + F.
Если мы посмотрим на систему, состоящую из рычагов с массамиm2 ,m4 ,m8 , . . . ,
m
,..., то она отличается от исходной системы лишь уменьшением всех масс (а
2N
значит и всех сил) в два раза. То есть:
N1 = 2N2,
F = 2F2.
Из этих уравнений получаем ответ:
mg
F =
3
Заключительный этап 2025 г.
Второй способ
Запишем правило моментов для всей системы. Внешние силы - общая сила
тяжести Mg, сила реакции нижней опоры N1 и искомая F . Пусть L - длина
большого рычага, а x0 - расстояние от нижней опоры до центра масс всей си-
стемы.
2
Mg·x0 =F ·
L
3
Из суммы ряда m,m2 ,m4 ,m8 , . . . ,m
,... можно получить M = 2m.
2N
У системы, состоящей из рычагов с массами m2 , m4 , m8 , . . . , m
,..., (общей массой
2N
M
2
= m) центр масс находится на расстоянии 13 L + x02от нижней опоры.
Тогда:
)
(1
x0
1
2mgx0 = mg
L+
- mg
L.
3
2
6
Из этих уравнений получаем x0 =L9 и окончательный ответ:
mg
F =
3
Третий способ
Запишем правило моментов для всей системы. Внешние силы - общая сила
тяжести Mg, сила реакции нижней опоры N1 и искомая F . Пусть L - длина
большого рычага, а x0 - расстояние от нижней опоры до центра масс всей си-
стемы.
2
Mg·x0 =F ·
L
3
Центр масс можно найти «в лоб». От центра масс рычага m центр масс рычага
m
находится на расстоянии512 L. От центра масс рычагаm2 центр масс рычагаm4
2
находится на расстоянии524 L и т.д. Тогда координата центра масс всей системы
(считая от центра масс рычага m) находится на расстоянии
(
)
(
)
m 5
m
5
5
m
5
5
5
2mxC = m · 0 +
L+
L+
L
+
L+
L+
L
+...=
2 12
2
12
24
4
12
24
48
(
)
5
∑
1
∑
1
5
∑
1
1
=
mL
=
mL
2-
=
24
2i
2j
24
2i
2i
i=0
j=0
i=0
(
)
(
)
∑
∑
5
1
1
5
4
5
=
mL 2
-
=
mL 2 · 2 -
=
mL
24
2i
4i
24
3
9
i=0
i=0
(
)
1
5
3
L
x0 = xC -
L=
-
L=
6
18
18
9
mg
F =
3
Заключительный этап 2025 г.
Задача №7-T3. Денежное дерево
Выведем зависимость S0(t) для монеток, которые имели бы плотность, равную
плотности воды.
m0 + αt
S0(t) =
ρв · h
При подстановке числовых значений из условия получим:
S0(t) = (2 + 0,4t)/0,5 = 4 + 0,8t.
Формула записана для измерения площади в см2.
Построим полученную зависимость на данном в условии графике.
S, см2
14
12
10
8
6
4
2
t, дней
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
Точки пересечения t1 = 5 дней, S1 = 8 см2 и t2 = 10 дней, S2 = 12 см2 огра-
ничивают искомую область. В этой области исходный график S(t) лежит выше
графика S0(t), поэтому плотность монеток меньше плотности воды, и они не
будут тонуть в ней.
Таким образом, монетки будут плавать в воде с 5-го по 10-й день.
Для меди аналогичная прямая
m0 + αt
S1(t) =
ρм · h
пересекает вертикальную ось ниже графика S(t) и имеет малый угловой ко-
эффициент, поэтому пересечение данной прямой с графиком S(t) произойдет
много позже 15-го дня.
Заключительный этап 2025 г.
В то же время известно, что после 15-го дня размеры монеток перестали ме-
няться, т.е. S = 14 см2.
Тогда объем монеток тоже остается неизменным: V = hS = 7 см3. Когда монет-
ка станет медной, ее масса будет равна:
m = ρмV = 62,3 г.
Из зависимости m = 2 + 0,4t найдем, что это случится в момент времени
t = 150,75 дня.
Т.е. монеты начнут падать к концу 151-го дня от начала наблюдения. Именно
тогда Буратино и сможет собрать урожай.
Задача №7-T4. Колебания пробки
Когда пробка закрыта, можем рассматривать пробку и поплавок как одно тело.
Вниз на это тело действует сила давления воды на пробку и сила тяжести проб-
ки. Вверх действует сила давления воды на поплавок. Обозначим высоту воды
в ванне l + x, тогда нижняя грань поплавка погружена под воду на глубину x.
Запишем условие равенства сил на систему «пробка и поплавок»:
mg + ρвg(l + x)S1 = ρвgxS2.
Решаем это уравнение относительно x и получаем высоту уровня воды в ванне
при всплытии пробки:
m+ρвlS1
h1 = l + x = l +
= 0,4 м = 40 см.
ρв(S2 - S1)
Для плавающей пробки ее сила тяжести уравновешивается силой Архимеда
пробки и поплавка. Пусть глубина погружения поплавка в воду равна y:
m
mg = ρвgyS2 + ρвg
ρ
Выражаем уровень воды в ванне, при котором пробка снова закроет отверстие:
m (ρ - ρв)
h2 = l + y = l +
= 0,25 м = 25 см.
ρρвS2
Первый способ
Таким образом, уровень воды должен опуститься от 40 см до 25 см. Учтем,
что в момент всплытия поплавка уровень воды в ванне немного опустится. Глу-
бина погружения поплавка уменьшается на x - y, значит погруженный объем
поплавка уменьшается на S2(x - y) = 1, 35 л.
Заключительный этап 2025 г.
Тогда для того, чтобы пробка снова закрыла отверстие, нужно чтобы из ванны
вылилось (S - S2)(x - y) ≈ 108 л воды.
При этом вода продолжает наливаться из крана. Поэтому объем воды в ванне
уменьшается со скоростью v - u = 2 л/мин. Приблизительно через 54 мин из
ванны выльется необходимый объем воды, и пробка снова закроется.
После того, как пробка снова закрыла сливное отверстие, уровень воды начи-
нает подниматься. Время набора воды до следующего всплытия пробки равно:
(x - y)(S - S2)
≈ 108 мин.
u
Таким образом, время между всплытиями пробки будет равно 162 мин.
Второй способ
Найдем объем воды в ванне в момент, когда пробка отрывается от дна:
Vоткр = Sh1 - S2x.
Теперь посчитаем объем воды в ванне в момент, когда пробка снова закрывает
отверстие:
Vзакр = Sh2 - S2y.
За время, пока пробка не будет закрывать отверстие, из ванны выльется объем:
∆V = Vоткр - Vзакр = S (h1 - h2) - S2(x - y) = (S - S2) (x - y) ≈ 108,15 л.
На это потребуется время:
∆V
t1 =
≈ 54 мин.
v-u
После этого объем воды в ванне опять станет расти. И когда он будет равен
Vоткр, сливное отверстие снова откроется. Произойдет это через время:
∆V
t2 =
≈ 108 мин.
u
Таким образом, между всплытиями пробки будет проходить время:
v∆V
T =t1 +t2 =
≈ 162 мин.
u(v - u)
Заключительный этап 2025 г.
Задача №8-T1. Следите за уровнем
Пронумеруем точки. Объем воды в сосуде увеличивается с постоянной скоро-
стью, поэтому можно спрогнозировать характер графика h(t). Тут возможны 2
варианта:
1.
График будет иметь 2 прямых наклонных участка и выходить на плато
в момент, когда отверстие перекрывается. Это произойдет, если цилиндр
успеет опуститься на дно и при этом не погрузится в воду целиком.
2.
Если же вода успеет накрыть цилиндр, график будет иметь 3 прямых на-
клонных участка и затем выходить на плато. При этом первый и третий
отрезки графика должны иметь одинаковый наклон, так как в эти момен-
ты времени повышение уровня воды в стакане будет определяться только
поступающей в сосуд водой и не будет зависеть от скорости цилиндра v.
h, см
32
C
5
4
24
B
3
16
2
8
A
1
t, с
0
4
8
12
16
20
24
Не сложно заметить, что мы имеем дело со вторым вариантом. Ведь точка 2
не лежит на прямой 0-1, а точка 4 - не лежит на прямой 2-3 и при этом 4-5
не горизонталь. Достроим график. При этом мы учитываем, что прямая 3-4
имеет наклон отличный от наклона прямой 0-1, а значит точка 3 не относится
к третьему участку.
Таким образом, точка 0 отвечает нулевому моменту времени, когда началась
подача воды в сосуд, отрезок 0A описывает процесс, где цилиндр еще не погру-
жен в воду, точка A соответствует ситуации, где дно цилиндра касается воды,
отрезок AB описывает процесс частичного погружения цилиндра в воду, точка
Заключительный этап 2025 г.
B - момент времени, когда верхнее основание цилиндра погрузилось в воду, от-
резок BC - цилиндр продолжает движение ко дну сосуда, точка C - момент
времени, когда цилиндр достиг дна и перекрыл отверстие с трубкой.
По наклону прямой 0A определяем площадь сечения сосуда S1 =µtA = 184 см2.h
A
S1 = 184 см2.
В точке A цилиндру остается пройти до дна путь hA, поэтому:
hA
v=
= 0,6 см/с.
tC - tA
hA
v=
= 0,6 см/с.
tC - tA
Зная скорость v и полное время движения цилиндра находим:
H = vtC = 9,6 см.
Для процесса между моментами времени A и B запишем связь объемов:
(hB - hA)(S1 - S2) = µ (tB - tA) + v (tB - tA) S2,
откуда:
(hB - hA) S1 - µ (tB - tA)
S2 =
= 120 см2.
(hB - hA) + v (tB - tA)
S2 = 120 см2.
В момент времени B запишем выражение для объема содержимого сосуда:
µtB + hцS2 = hB S1,
и тогда:
hBS1 - µtB
hц =
= 18,4 см
S2
Задача №8-T2. Равновесие вчетвером
Первый способ. Объединение в систему
Обозначим длину отрезка между двумя соседними метками, нанесенными на
рычаги, a.
Рассмотрим равновесие всей системы (рычаг m, рычаг 4m, груз mx и груз 5m),
расставим силы, действующие на нее со стороны внешних объектов - двух ни-
тей и земли. Запишем правило моментов для всей системы относительно точки
O1:
5mg · a + T1 · a + T2 · 13a + T2 · 15a = T1 · a + mg · 3a + 4mg · 11a.
Заключительный этап 2025 г.
O1
O2
T2
T1
T2
T
1
mx
5m
4m
m
mxg
5mg
4mg
mg
Из записанного выражения получим:
28T2 = 52mg + 15mxg.
Запишем правило моментов для всей системы относительно точки O2:
mxg · a + T2 · a + T1 · 13a + T1 · 15a = T2 · a + 4mg · 3a + mg · 11a + 5mg · 15a.
Из записанного выражения получим:
28T1 = 98mg - mxg.
Два крайних значения массы mx определяются так:
• При минимально возможной массе mx правый рычаг будет начинать про-
ворачиваться вокруг своей крайней левой точки против часовой стрелки.
Сила, с которой рычаги действуют друг на друга, будет сосредоточена в
этой точке.
• При максимально возможной массе mx правый рычаг будет начинать по-
ворачиваться относительно крайней правой точки левого рычага. Сила,
с которой рычаги действуют друг на друга, будет сосредоточена в этой
точке.
Заключительный этап 2025 г.
O1
O2
T2
T
2
N2
mx
5m
A2
4m
m
mxg
4mg
Определим минимальную массу mxmin, при которой возможно равновесие. Для
этого в одну систему объединим груз mx и рычаг 4m и запишем правило мо-
ментов относительно точки A2:
4mg · 6a + mxg · 10a = T2 · 8a + T2 · 10a.
(1)
Приведем подобные, поделим на 2a, получим:
12mg + 5mxg = 9T2.
Так как:
28T2 = 52mg + 15mxg,
то:
42
mxmin =
m = 8,4m.
5
O1
O2
T1
T1
mx
5m
4m
m
A1
N1
5mg
mg
Заключительный этап 2025 г.
Определим максимальную массу mxmax, при которой возможно равновесие. Для
этого в одну систему объединим груз 5m и рычаг m и запишем правило момен-
тов относительно точки A1:
mg · 5a + 5mg · 9a = T1 · 9a + T1 · 7a.
(2)
Приведем подобные, поделим на 2a, получим:
25mg = 8T2.
Так как:
28T1 = 98mg - mxg,
то:
21
mxmax =
m = 10,5m.
2
Проверим, что при таких массах не нарушается равновесие в других частях
системы: силы натяжения нитей и силы давления грузов на рычаг должны
быть положительны.
15
T2 = 1,5mg +
mxg
28
Откуда:
T2max = 1,5mg + 15/28 · 10,5mg = 7,125mg < mxming ⇒ F2 > 0
15
T2min = 1,5mg +
· 8,4mg > 0
28
1
T1 = 3,5mg -
mxg < 5mg ⇒ F1 > 0
28
1
T1min = 3,5mg -
· 10,5mg = 3,125mg > 0
28
Равновесие возможно при 8,4m ⩽ mx ⩽ 10,5m.
Второй способ. Рассмотрим каждое тело
Сила, с которой два рычага действуют друг на друга, каким-то образом рас-
пределена по площади их контакта. При наибольшем и наименьшем значениях
mx эта сила сосредоточена в крайней правой точке области контакта и крайней
левой точке соответственно. Обозначим mxmax - наибольшее значение массы
груза, mxmin - наименьшее значение массы груза, при котором равновесие в
системе возможно.
Пусть система находится в состоянии равновесия, при наибольшем значении mx
сила взаимодействия рычагов будет сосредоточена в крайней правой точке ле-
вого (нижнего рычага), при этом правый рычаг будет начинать поворачиваться
по часовой стрелке относительно этой точки.
Заключительный этап 2025 г.
Запишем условие покоя каждого тела, силы, действующие на них, представлены
на рисунке.
T2
T1
T2
T
1
N1
F2
F
1
mx
5m
4m
m
B2
B1
F2
F1
mg
mxg
N1
5mg
4mg
Для груза массой 5m:
T1 + F1 = 5mg.
(3)
Для рычага массой m условие покоя:
T1 = mg + N1 + F1.
(4)
и правило моментов относительно точки B1:
T1 · 2a = mg · 4a + N1 · 9a.
(5)
Здесь N1 - сила взаимодействия рычагов, T1 - сила натяжения левой нити,
F1 - сила взаимодействия рычага массой m и шарика массой 5m.
Из записанных выражений определим силу взаимодействия рычагов:
mg
N1 =
4
Условие покоя груза массой mxmax:
T2 + F2 = mxmaxg.
(6)
Для рычага массой 4m условие покоя:
T2 + N1 = 4mg + F2.
(7)
и правило моментов относительно точки B2:
T2 · 2a + N1 · 7a = 4mg · 4a.
(8)
Заключительный этап 2025 г.
Здесь T2 - сила натяжения левой нити, F2 - сила взаимодействия рычага мас-
сой 4m и шарика массой mx.
Из записанных уравнений определяем, что:
6N1 = 12mg - mxmaxg.
Так как:
mg
N1 =
,
4
то:
mg
6·
= 12mg - mxmaxg.
4
Из последнего уравнения определяем:
21
mxmax =
m = 10,5m.
2
Определим минимальную массу mxmin, при которой возможно равновесие в
системе. Точка приложения силы взаимодействия рычагов сейчас находится в
крайней левой точке области контакта (левый край верхнего рычага).
T′2
T′1
T′2
T′
1
N2
′
F
F′1
2
mx
5m
4m
m
B2
B1
F′2
F′1
mg
mxg
N2
5mg
4mg
Для груза массой 5m:
T′1 + F′1 = 5mg.
(9)
Для рычага массой m условие покоя:
T′1 = mg + N2 + F′1.
(10)
и правило моментов относительно точки B1:
T′1 · 2a = mg · 4a + N2 · 6a.
(11)
Заключительный этап 2025 г.
Здесь N2 - сила взаимодействия рычагов в этом случае. Силы натяжения нитей
и взаимодействия грузов с рычагами изменились и обозначены T′1 и F′1. Найдем
силу взаимодействия рычагов:
2mg
N′2 =
5
Запишем условие покоя груза массой mxmin:
T′2 + F′2 = mxming.
(12)
Для рычага массой 4m условие покоя:
T′2 + N2 = 4mg + F′2.
(13)
и правило моментов относительно точки B2:
T′2 · 2a + N′2 · 10a = 4mg · 4a.
(14)
Здесь T′2 - сила натяжения правой нити, F′2 - сила взаимодействия рычага
массой 4m и шарика массой mxmin.
Из трех последних уравнений найдем, что:
9N′2 = 12mg - mxming.
Нами ранее было найдено, что:
2mg
N′2 =
5
Таким образом, для определения mxmin получаем уравнение:
9 · 2 · mg
= 12mg - mx ming.
5
Определим mxmin:
42
mxmin =
m = 8,4m.
5
Проверим, что при таких массах не нарушается равновесие в других частях
системы: силы натяжения нитей и силы давления грузов на рычаг должны
быть положительны.
Непосредственным вычислением получаем:
T1 = 3,125mg (При подстановке N1 в уравнение 5)
T2 = 7,125mg (При подстановке N1 в уравнение 8)
Заключительный этап 2025 г.
T′1 = 3,2mg (При подстановке N′2 в уравнение 11)
T′2 = 6mg (При подстановке N′2 в уравнение 14)
Как итог:
0 < T1, T′1 < 5mg
0<T2, T′2 <mxg
Поскольку зависимость каждой из величин от mx линейна, то данные неравен-
ства выполняются на всем диапазоне интересных нам масс.
Равновесие возможно при 8,4m ⩽ mx ⩽ 10,5m.
Задача №8-T3. Две трубки
Обозначим Tм и Tб температуры стенок малой и большой трубки, Tз - темпе-
ратуру воздуха в зазоре между трубками. Очевидно, что Tм = T , в противном
случае температура воздуха внутри малой трубки будет меняться.
Tм = T
Для того, чтобы температура малой трубки оставалась неизменной, тепло, вы-
деляющееся в ее стенках при протекании тока, должно полностью отводиться
в зазор между стенками. Мощность тепловыделения в малой трубке Pм опре-
деляется выражением:
2
U
U2 · 2πrd
Pм =
=
,
Rм
ρl
где ρ - удельное сопротивление материала трубки, l - длина трубок, r - радиус
малой трубки, d - толщина стенок трубок. Условие равенства мощностей тока
и отвода тепла в зазор выглядит так:
U2 · 2πrd
Pм =
= k(T - Tз) · 2πrl;
ρl
U2 · d
T -Tз =
,
(15)
ρl2k
где k - коэффициент теплообмена между трубкой и воздухом.
Мощность электрического тока для большой трубки радиуса 2r:
U2 · 4πrd
Pб =
ρl
Наружу от стенок большой трубки должно отводиться все тепло, выделяющееся
в системе, поэтому:
U2 · 2πrd
U2 · 4πrd
Pм + Pб =
+
= k(Tб - T0) · 4πrl;
ρl
ρl
Заключительный этап 2025 г.
3U2 · d
Tб - T0 =
(16)
2ρl2k
Остается учесть, что воздух в зазоре между трубками в равновесном состоянии
получает от малой и отдает большой в единицу времени одно и то же количество
теплоты. Поэтому:
Pб = k(T - Tз) · 2πrl = k(Tз - Tб) · 4πrl,
и
3U2 · d
Tз - Tб =
(17)
2ρl2k
Решая совместно (15), (16) и (17) получаем:
2T + T0
Tз =
3
T +T0
Tб =
2
Задача №8-T4. Двойной мост
Первый способ. Расстановка токов
Расставим токи, текущие по резисторам (см.рис.), при этом учтем, что схема
симметрична относительно точек A и B (при изменении полярности подключе-
ния источника токи в резисторах R остаются прежними, но меняется направ-
ление).
R
C
4R
E
R
I1
I1 - I3
I1
A
B
I3
2R
I3
2R
R
2R
R
D
F
I2
I
I2
Для узла D имеем:
I =I2 +I3.
(18)
Заключительный этап 2025 г.
C учетом этого сила тока через резистор 4R равна:
I1 - I3 = I1 - I + I2.
(19)
Найдем напряжение между точками A и B, используя верхнюю ветвь схемы
(резисторы R - 4R - R):
UAB = I1R + (I1 - I3)4R + I1R = 6I1R - 4IR + 4I2R.
Для нижней ветви имеем (резисторы R - 2R - R):
UAB = 2I2R + 2IR.
Приравняв напряжения UAB , для силы тока I2 получим:
I2 = 3I - 3I1.
(20)
Для контура CDF EC:
4R (I1 - I3) = 2RI3 + 2RI + 2RI3.
(21)
Подставим выражение (19), преобразуем и получим выражение для силы тока
I1:
5
I1 =
I - 2I2.
2
Подставим (20) и определим силу тока I1:
7
I1 =
I.
10
Далее найдем силы токов I2 и I3:
9
I2 =
I;
10
1
I3 =
I.
10
Сила тока в подводящих проводах равна I1 + I2, поэтому напряжение UAB :
8
UAB = (I1 + I2)RAB =
IRAB.
5
Кроме того,
19
UAB = 2I2R + 2IR =
RI.
5
Из записанных выражений определяем:
19
RAB =
R.
8
Заключительный этап 2025 г.
Второй способ. Преобразование «звезда-треугольник»
Треугольник сопротивлений, включенный между токами A, C и D, преобразуем
в звезду. Аналогичным образом преобразуем треугольник, включенный между
точками E, F и B. Получим схему, сопротивление которой легко считается:
)
)
(R
R
(R
R
+ 4R +
·
+ 2R +
R
2
2
2
2
R
19
RAB =
+
+
=
R.
4
R
R
R
R
4
8
+ 4R +
+
+ 2R +
2
2
2
2
C
E
4R
R/2
R/2
A
R/4
R/4
B
A′
B′
R/2
R/2
2R
D
F
Силу тока через резисторR4 обозначим i1. Сила тока, текущего через верхнюю
ветвь равна:
3
i1.
8
Сила тока, текущего через нижнюю ветвь равна:
5
i1.
8
Определим разность потенциалов между точками C и D:
2
φC - φD =
i1R.
16
Так как потенциал точки C выше потенциала точки D, то ток на этом участке
направлен от C к D. Разность потенциалов между точками E и F равна:
2
φE - φF = -
i1R.
16
Потенциал точки F выше потенциала точки E, то ток на этом участке направ-
лен от F к E.
Заключительный этап 2025 г.
Зная разность потенциалов между точками, определим силу тока на этих участ-
ках:
φC - φD
i1
ICD =
=
2R
16
По условию задачи сила тока на участке DF равна I, поэтому:
5
i1 = I.
8
Тогда сила тока:
i1
I
ICD =
=
16
10
19
RAB =
R
8
Сила тока в ветви CD равнаI10 , и ток направлен от C к D. Сила тока в ветви
EF равнаI10, и ток направлен от F к E.