Физтех, 2020/21, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

Удобно обозначить время от броска первого мяча до точки столкновения и до точки максимального подъёма и использовать симметрию движения мяча вверх и вниз.

Ответ

1) \(h = 2g\tau^2\);  2) \(H = \dfrac{3}{2}g\tau^2\);  3) \(\dfrac{S_1}{S_2} = \dfrac{5}{3}\).

Решение

Пусть \(A\) — точка броска, \(B\) — точка максимального подъёма, \(C\) — точка столкновения. Пусть время \(t_{AC} = t_{BC} = \tau\). Тогда \(t_{AB} = 2\tau\), \(t_{ABC} = 3\tau\).

1) \(h = \dfrac{1}{2}g(2\tau)^2 = 2g\tau^2\).

2) \(h - H = \dfrac{1}{2}g\tau^2\), откуда \(H = h - \dfrac{1}{2}g\tau^2 = \dfrac{3}{2}g\tau^2\).

3) \(\dfrac{S_1}{S_2} = \dfrac{h + (h - H)}{H} = \dfrac{2h - H}{H} = \dfrac{5}{3}\).

Задачу можно решить и другими способами.

Подсказка

Давление под поршнем складывается из атмосферного и гидростатического давления столба воды над поршнем. Для равновесия поршня сравните силы, действующие на него снизу и сверху.

Ответ

1) \(P = 99\) кПа;  2) \(m = 130\) г;  3) \(H_1 = 5\) см.

Решение

\(S = 8\) см\(^2\), \(m_1 = 50\) г, \(m = 120\) г.

1) \(P_A = P_0 - \rho gH = 99\) кПа.

2) Условие равновесия поршня \(P_0S + m_1g - m_2g = \left(P_0 - \rho gH\right)S\). Отсюда \(m_2 = m_1 + \rho HS = 130\) г.

3) Поршень ниже уровня воды в сосуде на \(H_1\). Условие равновесия поршня \(\left(P_0 + \rho gH_1\right)S + m_2g = \left(m_1 + m\right)g + P_0S\). Отсюда \[H_1 = \frac{m_1 + m - m_2}{\rho S} = 5~\text{см}.\]

Подсказка

Сопротивление лампочки зависит от тока в ней, поэтому при разном напряжении на лампочке её ток нельзя считать одним и тем же. Используйте, что мощность равна произведению напряжения на ток.

Ответ

1) \(I_1 = \dfrac{5}{3}\) А \(\approx 1{,}67\) А;  2) \(I_2 = 1{,}1\) А;  3) \(P_3 = 20\) Вт.

Решение

Сопротивление лампочки зависит от тока в ней.

1) \(I_1 = \dfrac{P_1}{U_0} = \dfrac{5}{3}\) А \(\approx 1{,}67\) А.

2) \(I_2 = \dfrac{P_2}{U_0/2} = 1{,}1\) А.

3) \(P_3 = P_1 = 20\) Вт.

Подсказка

Если клин удерживать, шайба движется по наклонной плоскости с ускорением \(g\sin\alpha\). Если клин свободен, в системе клина шайба движется по наклонной плоскости, а горизонтальный импульс системы сохраняется.

Ответ

1) \(t_1 = \dfrac{5}{3}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}\);  2) \(a = \dfrac{g}{7}\);  3) \(t_2 = \sqrt{\dfrac{14H}{3g}}\).

Решение

1) \(\dfrac{H}{\sin\alpha} = \dfrac{1}{2}(g\sin\alpha)t_1^2\). Тогда \[t_1 = \sqrt{\frac{2H}{g\sin^2\alpha}} = \frac{5}{3}\sqrt{\frac{2H}{g}}.\]

2) Пусть \(M = 3m\) — масса клина, \(a\) — ускорение клина, \(a_0\) — ускорение шайбы относительно клина, \(N\) — сила нормальной реакции клина на шайбу. Ускорение шайбы равно сумме переносного (ускорения клина) и относительного ускорений. Уравнение движения для клина в проекциях на горизонтальную ось \(N\sin\alpha = Ma\). Уравнение движения для шайбы в проекциях на нормаль к поверхности клина \(N - mg\cos\alpha = -ma\sin\alpha\). Отсюда \[a = \frac{mg\cos\alpha\sin\alpha}{M + m\sin^2\alpha} = \frac{1}{7}\,g .\]

3) Уравнение движения для шайбы в проекциях на ось вдоль поверхности клина \(mg\sin\alpha = m(a_0 - a\cos\alpha)\). Тогда \(a_0 = g\sin\alpha + a\cos\alpha = \dfrac{5}{7}\,g\). Относительно клина \(\dfrac{H}{\sin\alpha} = \dfrac{1}{2}a_0t_2^2\). Отсюда \[t_2 = \sqrt{\frac{2H}{a_0\sin\alpha}} = \sqrt{\frac{14H}{3g}} .\]

Подсказка

Запишите уравнения движения струи в координатах с началом в конце шланга и выразите время полёта через горизонтальную координату точки попадания.

Ответ

1) \(T = \dfrac{\pi\sqrt{2}\,H^3}{S\sqrt{gH}}\);  2) \(\mathrm{tg}\,\alpha = 1\) (\(\alpha = 45^\circ\); также корень \(\alpha = 0\));  3) \(0 < \mathrm{tg}\,\alpha < 1\) (\(0 < \alpha < 45^\circ\)).

Решение

1) \(VT\cdot S = \pi H^2\cdot H\). Время наполнения \[T = \frac{\pi H^3}{VS} = \frac{\pi\sqrt{2}\,H^3}{S\sqrt{gH}} .\]

2) Начало координат поместим в конец шланга, оси \(x\) и \(y\) направим горизонтально направо и вертикально вверх. \(x = V\cos\alpha\cdot t\), \(y = V\sin\alpha\cdot t - \dfrac{1}{2}gt^2\). Найдём угол, при котором струя попадёт в точку \(A\): \(H = V\cos\alpha\cdot t\), \(-H = V\sin\alpha\cdot t - \dfrac{1}{2}gt^2\). Исключая время \(t\) с учётом выражения для \(V\), получаем \(\mathrm{tg}^2\alpha - \mathrm{tg}\,\alpha = 0\). Отсюда \(\mathrm{tg}\,\alpha = 1\) или \(\mathrm{tg}\,\alpha = 0\), то есть \(\alpha = 45^\circ\), \(\alpha = 0\).

3) Найдём углы, при которых струя попадает в дальнюю верхнюю точку \(B\) бака: \(3H = V\cos\alpha\cdot t\), \(-H = V\sin\alpha\cdot t - \dfrac{1}{2}gt^2\). Исключая время \(t\) с учётом выражения для \(V\), получаем \(9\,\mathrm{tg}^2\alpha - 3\,\mathrm{tg}\,\alpha + 8 = 0\). Это уравнение не имеет корней. Следовательно, ни при каких углах струя не достигнет точки \(B\). Итак, чтобы попасть в бак, струя должна выходить под такими углами, чтобы \(0 < \mathrm{tg}\,\alpha < 1\) (или \(0 < \alpha < 45^\circ\)).