Съдържание

ВсОШ 2026, Заключителен етап — Задача 6. 10-Т1 · Всплывающий брусок

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2026

LIX Всероссийская олимпиада школьников по физике — Заключительный этап, теоретический тур — Новый Уренгой, 2026

Внимание: Бележка към темата

Все 62 страницы родного сборника: титул и авторы, 15 целых задач 9–11 классов, 43 номерованных запроса и одна ненумерованная задача, все напечатанные возможные решения и варианты. Дополнительно сохранены три родных листа для построений с Pho.rs: фотография 9-Т1, сетка 9-Т2 и экспериментальный график 11-Т1. Название ссылки последнего листа на внешней странице ошибочно указывает T5; содержимое листа соответствует T1. Источник не печатает баллы, критерии или время. Исходные несогласованности ключа сохранены с отдельными примечаниями. Для масштаба построений используйте исходные PDF.

Титул и авторы родного сборника

Министерство просвещения Российской Федерации. Центральная предметно-методическая комиссия Всероссийской олимпиады школьников по физике. LIX Всероссийская олимпиада школьников по физике. Заключительный этап. Теоретический тур. Новый Уренгой, 2026 г.

Комплект задач подготовлен центральной предметно-методической комиссией Всероссийской олимпиады школьников по физике. E-mail: physolymp@gmail.com.

Авторы задач

9-Т1. Антон Вергунов
9-Т2. Александр Ершов
9-Т3. Александр Ершов
9-Т4. Антон Вергунов
9-Т5. Денис Рубцов, Александр Ершов
10-Т1. Алексей Заяц
10-Т2. Иван Гурьянов
10-Т3. Александр Аполонский, Александр Воронцов, Алексей Заяц
10-Т4. Александр Аполонский, Иван Юдин
10-Т5. Алексей Заяц
11-Т1. Павел Ярных
11-Т2. Константин Соломатин
11-Т3. Григорий Расторгуев
11-Т4. Александр Аполонский
11-Т5. Семён Либерман

Ключ в сборнике озаглавлен «Возможные решения». Сохранены родные группы 9, 10 и 11 классов, каждое задание целиком, все напечатанные методы и заключительный график RLC-метра.

Условие

На дне сосуда с плоским горизонтальным дном лежит длинный однородный брусок, поперечное сечение которого представляет собой прямоугольник со сторонами $a$ и $b=a\sqrt7/3$ (см. рис.). В сосуд медленно наливают воду.

При какой высоте $H$ уровня воды в сосуде брусок перестанет касаться дна? Плотность материала бруска равна 50% от плотности воды. Длина бруска много больше $a$ . Из-за шероховатости поверхностей бруска и дна сосуда вода свободно подтекает между ними.

Native complete container and gray block diagram,a/b dimensions and bottom.

Решение

Рассмотрим сначала ситуацию, когда брусок плавает, не касаясь дна и повернувшись на угол $\alpha$ вокруг своей продольной оси (на рисунке изображено поперечное сечение бруска). Поскольку плотность материала равна 50% плотности воды, брусок погружён на половину своего объёма, и, следовательно, поверхность воды проходит через продольную ось симметрии бруска (через точку $O$ на рис.). Помимо силы тяжести, приложенной в точке $O$ , на брусок действует сила Архимеда. Для удобства подсчётов, разобьём погружённую часть изображённого сечения отрезком $CD$ на две фигуры — треугольник $ECD$ и оставшийся прямоугольник — и найдём центры масс каждой из них. Центр первой фигуры находится в точке пересечения медиан $\triangle ECD$ (в точке $A$ ), а центр второй — в точке $B$ , где пересекаются диагонали прямоугольника.

Учитывая, что $CD=a$ , $EC=a\operatorname{tg}\alpha$ , $CF=(b-a\operatorname{tg}\alpha)/2$ , и обозначив длину бруска как $L$ , запишем выражения для составляющих силы Архимеда $F_1$ и $F_2$ , приложенных в точках $A$ и $B$ соответственно:

F_1=\rho_{\text{в}}gL\cdot\frac12a\cdot a\operatorname{tg}\alpha=\frac12\rho_{\text{в}}ga^2L\operatorname{tg}\alpha,\qquad F_2=\rho_{\text{в}}gaL\cdot\frac{b-a\operatorname{tg}\alpha}2.

Длины отрезков $AO$ и $BO$ , опираясь на различные геометрические теоремы, можно найти как

AO=\frac13CO=\frac16ED=\frac a{6\cos\alpha},\qquad BO=\frac{a\operatorname{tg}\alpha+CF}2=\frac{b+a\operatorname{tg}\alpha}4.

Определим теперь значение угла $\alpha$ , не равное нулю, при котором брусок находится в равновесии. Для этого запишем правило моментов относительно точки $O$ :

F_1\cdot AO\cos2\alpha=F_2\cdot BO\cos(90^\circ-\alpha)\Rightarrow

\Rightarrow\frac12\rho_{\text{в}}ga^2L\operatorname{tg}\alpha\cdot\frac{a\cos2\alpha}{6\cos\alpha}=\rho_{\text{в}}gaL\cdot\frac{b^2-a^2\operatorname{tg}^2\alpha}8\cdot\sin\alpha\Rightarrow

\Rightarrow\frac23(1-\operatorname{tg}^2\alpha)=\left(\frac ba\right)^2-\operatorname{tg}^2\alpha\Rightarrow

\Rightarrow\operatorname{tg}^2\alpha=3\left(\frac ba\right)^2-2=\frac13\Rightarrow\alpha=30^\circ.

Данное положение равновесия является устойчивым, так как при $\alpha>30^\circ$ момент силы $F_1$ превышает момент силы $F_2$ , и брусок будет поворачиваться по часовой стрелке (угол $\alpha$ будет уменьшаться). Если же $\alpha<30^\circ$ , то, наоборот, момент силы $F_2$ будет больше, и брусок будет поворачиваться против часовой стрелки ( $\alpha$ станет увеличиваться). Причём это справедливо, в том числе, и для малых углов, близких к $0^\circ$ . Таким образом, когда вода дойдёт до высоты $b/2$ , исходное положение бруска (при $\alpha=0^\circ$ ) перестанет быть устойчивым, и один из краёв бруска (левый или правый — дело случая) станет подниматься вверх. При дальнейшем подъёме уровня воды вращение бруска продолжится, пока угол $\alpha$ не достигнет величины $30^\circ$ . Если уровень воды продолжит увеличиваться, брусок оторвётся от дна сосуда и будет плавать в таком (устойчивом!) положении. Найдём высоту уровня воды, при которой произойдёт отрыв бруска:

H=EF\cos\alpha=\frac{b+a\operatorname{tg}\alpha}2\cdot\cos\alpha=\frac{\sqrt{7/3}+1}4\cdot a\approx0{,}632a.

Full native colored tilted-block buoyancy diagram,E/O/D/C/F,A/B,mg,F1/F2,alpha/2alpha,waterline and rectangle decomposition.

Оригинал в Архива: Ru26-T.pdf · решение от архива: Ru26-T.pdf · допълнителни данни: Ru26-T-9T1-sheet.pdf · допълнителни данни: Ru26-T-9T2-sheet.pdf · допълнителни данни: Ru26-T-11T1-sheet.pdf