Физтех, 2023/24, отборочный этап, 9 класс

Запишите путь и время для каждого из трёх участков. Средняя скорость — весь путь, делённый на всё время движения.

\(\langle V\rangle \approx 16\) \(\text{м/с}\).

Пусть \(S\) — весь путь, \(T\) — всё время движения. По условию \[S = \frac{S}{3} + \frac{T}{3}V_2 + \left(T - \frac{T}{3} - \frac{S}{3V_1}\right)V_3,\] отсюда \[\frac{S}{T} = V_1\,\frac{V_2 + 2V_3}{2V_1 + V_3}.\] При \(V_1 = 10\), \(V_2 = 20\), \(V_3 = 30\) \(\text{м/с}\) получаем \(\langle V\rangle = 16\) \(\text{м/с}\).

Выясните, через какое время модели снова окажутся на одной вертикали, и как при этом смещается точка их «встречи» по окружности. Нужно, чтобы смещение стало кратно длине окружности.

\(t = 50\) с.

Модели «встречаются» на одной вертикали через каждые \(T = \dfrac{L}{V_1 + V_2}\) секунд, точка «встречи» за это время смещается по дуге окружности на \(S = V_1T = \dfrac{V_1}{V_1 + V_2}L\) (\(V_1 < V_2\)). В момент «встречи» на одной и той же вертикали \[nL = mS = m\,\frac{V_1}{V_1 + V_2}\,L, \qquad n(V_1 + V_2) = mV_1,\] здесь \(n\) и \(m\) — наименьшие целые положительные числа. Для \(V_1 = 6\) \(\text{м/с}\), \(V_2 = 9\) \(\text{м/с}\), \(L = 150\) м: \(T = 10\) с, \(n = 2\), \(m = 5\), искомое время \(t = mT = 50\) с.

Масса смеси после добавления воды равна сумме масс варенья и воды. Проценты плотности отсчитывайте от плотности воды.

\(V_B \approx 129\) \(\text{см}^3\).

Масса смеси после добавления воды равна сумме масс варенья и добавленной воды: \[\rho(1 + \tilde\alpha)(1 - \tilde\delta)(V_0 + V_B) = \rho(1 + \tilde\alpha)V_0 + \rho V_B,\] здесь \(\rho\) — плотность воды, \(\tilde\alpha = \dfrac{\alpha}{100\,\%}\), \(\tilde\delta = \dfrac{\delta}{100\,\%}\). Отсюда \[V_B = \frac{(1 + \tilde\alpha)\tilde\delta}{\tilde\alpha - (1 + \tilde\alpha)\tilde\delta}\,V_0.\] При \(V_0 = 1000\) \(\text{см}^3\), \(\tilde\alpha = 0{,}027\), \(\tilde\delta = 0{,}003\) получаем \(V_B \approx 129\) \(\text{см}^3\).

Сила, действующая на грань, равна давлению в её середине, умноженному на площадь грани. На верхнюю грань давление одинаково по всей её площади.

\(\approx 7\,\%\).

Сила, действующая на верхнюю грань, \(F_{\text{верх}} = (P_0 + \rho gh)a^2\); сила, действующая на вертикальную грань, \(F_{\text{бок}} = \left(P_0 + \rho g\left(h + \dfrac{a}{2}\right)\right)a^2\). Тогда \[\delta = \left(\frac{F_{\text{бок}}}{F_{\text{верх}}} - 1\right)\cdot 100\,\% = \frac{\rho g\dfrac{a}{2}}{P_0 + \rho gh}\cdot 100\,\%.\] При \(h = 4\) м, \(a = 2\) м: \(\delta = \dfrac{10^4}{1{,}4\cdot 10^5}\cdot 100\,\% \approx 7\,\%\).

Средняя температура каждого цилиндра равна полусумме температур его торцов. Масса цилиндров пропорциональна площадям сечений.

\(67\,^\circ\)C.

Температура в серединном сечении \(t_M = \dfrac{t_1 + t_2}{2}\). Средняя температура в узкой части \(\tilde t_1 = \dfrac{t_1 + t_M}{2}\), в широкой \(\tilde t_2 = \dfrac{t_M + t_2}{2}\). Закон сохранения энергии в тепловых процессах \(m_1c(t - \tilde t_1) = m_2c(\tilde t_2 - t)\), отсюда \[t = \frac{m_1\tilde t_1 + m_2\tilde t_2}{m_1 + m_2} = \frac{\tilde t_1 + n\,\tilde t_2}{1 + n}, \qquad n = \frac{m_2}{m_1} = 3.\] При \(t_1 = 12\,^\circ\)C, \(t_2 = 100\,^\circ\)C: \(t_M = 56\,^\circ\)C, \(\tilde t_1 = 34\,^\circ\)C, \(\tilde t_2 = 78\,^\circ\)C, \(t = \dfrac{34 + 3\cdot 78}{4} = 67\,^\circ\)C.

Переведите заряд аккумулятора в кулоны и найдите запасённую энергию \(QU\). Энергия на один километр получается делением на путь.

\(E_1/E_2 \approx 8\).

По условию \(E_1 = qm\), \(E_2 = \dfrac{QU}{S}\), искомое отношение \(\dfrac{E_1}{E_2} = \dfrac{qmS}{QU}\), где \(q\) — удельная теплота сгорания керосина, \(m\) — расход керосина на 1 км, \(Q\) — заряд аккумулятора, \(U\) — рабочее напряжение, \(S\) — путь на одном заряде. Для \(q = 42\) кДж/г, \(m = 22\) г/км, \(Q = 60\cdot 3600 = 2{,}16\cdot 10^5\) Кл, \(U = 48\) В, \(S = 90\) км: \[\frac{E_1}{E_2} = \frac{42\cdot 10^3\cdot 22\cdot 90}{2{,}16\cdot 10^5\cdot 48} \approx 8{,}0.\]

Длительность сигнала на приёмнике зависит от относительной скорости источника и приёмника. Выразите отношение длительностей через скорость звука и скорость мотоциклиста.

\(\approx 132\) \(\text{км/ч}\).

Протяжённость излучённого сигнала \(L = (C - V)\tau_1\). В системе отсчёта, связанной с приёмником, волновое возмущение движется со скоростью \(C + V\). Продолжительность сигнала на приёмнике \(\tau_2 = \dfrac{C - V}{C + V}\,\tau_1\), откуда \(\alpha = \dfrac{\tau_2}{\tau_1} = \dfrac{C - V}{C + V}\) и \[V = \frac{1 - \alpha}{1 + \alpha}\,C.\] При \(\alpha = 0{,}8\), \(C = 330\) \(\text{м/с}\): \(V = \dfrac{330}{9} \approx 36{,}7\) \(\text{м/с}\) \(\approx 132\) \(\text{км/ч}\).

Вольтметр имеет конечное сопротивление \(R_V\) и сам становится частью цепи. Учтите, что при подключении к резистору он образует с ним параллельный участок.

\(5\) В.

Показание \(\dfrac{U}{n} = \dfrac{15}{4}\) В даёт \(n = 4\). Пусть \(R\) — сопротивление резистора, \(R_V\) — сопротивление вольтметра. Из условия получаем \[\frac{R_V}{R + R_V} + 1 = \frac{n}{n-1} = 1 + \frac{1}{n-1}, \qquad\text{откуда}\qquad 1 + \frac{R}{R_V} = n - 1.\] Искомое показание \[U_V = \frac{UR_V}{R_V + R} = \frac{U}{1 + \dfrac{R}{R_V}} = \frac{U}{n - 1} = 5~\text{В}.\]

Ток через \(R_2\) и \(R_3\) делится обратно пропорционально сопротивлениям. Выразите \(P_2\) через \(P_1\) и отношения сопротивлений и найдите его максимум по \(R_2\).

\(P_2 = 6\) Вт.

\(P_1 = I_1^2R_1\), \(I_1 = I_2 + I_3\), \(I_2R_2 = I_3R_3\), \(I_2 = \dfrac{R_3}{R_2 + R_3}I_1\), \(P_2 = I_2^2R_2 = P_1\,\dfrac{R_2R_3^2}{R_1(R_2 + R_3)^2}\). Отсюда \[P_2 = P_1\,\frac{R_3}{R_1}\cdot\frac{R_2R_3}{R_2^2 + 2R_2R_3 + R_3^2} = P_1\,\alpha\,\frac{1}{\dfrac{R_2}{R_3} + \dfrac{R_3}{R_2} + 2}, \qquad \alpha = \frac{R_3}{R_1}.\] Наибольшая мощность (при \(R_2 = R_3\)) \(P_2 = P_1\dfrac{\alpha}{4}\). При \(\alpha = 2\): \(P_2 = 6\) Вт.

Для равноускоренного движения связь скорости и координаты \(V^2 - V_0^2 = 2a(x - x_0)\) верна для любых двух точек траектории.

\(x_0 = -14\) м.

При равнопеременном движении всегда \(V_X^2 - V_{0X}^2 = 2a_X(x - x_0)\). Для перемещения из \(x_0\) в \(x_1\) (начальная скорость нулевая): \(V_{1X}^2 = 2a_X(x_1 - x_0)\); из \(x_0\) в \(x_2\): \(V_{2X}^2 = 2a_X(x_2 - x_0)\). Отсюда \[x_0 = \frac{x_1V_{2X}^2 - x_2V_{1X}^2}{V_{2X}^2 - V_{1X}^2}.\] При \(x_1 = -5\) м, \(V_{1X} = 3\) \(\text{м/с}\), \(x_2 = 2\) м, \(V_{2X} = 4\) \(\text{м/с}\): \(x_0 = -14\) м.

Сравните время, которое занимает первая половина пути, с первой третью всего времени движения. Средняя скорость на всём пути выражается через скорости на двух половинах пути.

\(24\) \(\text{км/ч}\).

Пусть на первой половине пути скорость \(nV\), время движения \(\tau\); на второй половине пути скорость \(V\), время движения \(n\tau\) (по условию \(n = 2{,}5\)). Средняя скорость на всём пути \[\langle V\rangle = \frac{2n\tau V}{(n+1)\tau} = \frac{2n}{n+1}\,V.\] Первая треть времени движения \(\dfrac{(n+1)\tau}{3} > \tau\) (по условию \(n > 2\)). Средняя скорость на первой трети времени движения \[\langle\tilde V\rangle = \frac{nV\tau + V\left(\dfrac{(n+1)\tau}{3} - \tau\right)}{\dfrac{(n+1)\tau}{3}} = \frac{2(2n-1)}{n+1}\,V = \frac{2n-1}{n}\,\langle V\rangle.\] При \(\langle V\rangle = 15\) \(\text{км/ч}\), \(n = 2{,}5\): \(\langle\tilde V\rangle = \dfrac{4}{2{,}5}\cdot 15 = 24\) \(\text{км/ч}\).

Каждая встреча соответствует проходу длины круга \(L\) с относительной скоростью. Запишите три такие связи и исключите скорости.

\(4{,}5\) \(\text{мин}\).

Первый автомобиль обгоняет второй на круг: \(L = (V_1 - V_2)T_1\), откуда \(\dfrac{1}{T_1} = \dfrac{V_1}{L} - \dfrac{V_2}{L}\). Встреча мотоциклиста со вторым автомобилем: \(L = (V_2 + V_3)T_2\), откуда \(\dfrac{1}{T_2} = \dfrac{V_2}{L} + \dfrac{V_3}{L}\). Встреча мотоциклиста с первым автомобилем: \(L = (V_1 + V_3)T_3\). Из приведённых соотношений следует \[\frac{1}{T_3} = \frac{V_1}{L} + \frac{V_3}{L} = \frac{1}{T_1} + \frac{1}{T_2}, \qquad T_3 = \frac{T_1T_2}{T_1 + T_2}.\] При \(T_1 = 18\) мин, \(T_2 = 6\) мин: \(T_3 = 4{,}5\) мин.

Объём раствора равен сумме объёмов лака и растворителя; массы складываются.

\(75\) \(\text{г}\).

Плотность полученного раствора \(\rho_3 = \dfrac{m}{\dfrac{m - m_P}{\rho_1} + \dfrac{m_P}{\rho_2}}\), здесь \(m\) — масса раствора, \(m_P\) — масса растворителя. Отсюда \[m_P = m\,\frac{\rho_2}{\rho_3}\cdot\frac{\rho_3 - \rho_1}{\rho_2 - \rho_1}.\] При \(\rho_2 = 1{,}25\rho_1\), \(\rho_3 = 1{,}05\rho_1\), \(m = 315\) г: \(m_P = 315\cdot\dfrac{1{,}25}{1{,}05}\cdot\dfrac{0{,}05}{0{,}25} = 75\) г.

Лучи, касающиеся шара и Солнца, образуют подобные треугольники с центрами Солнца и Земли.

\(643\) \(\text{м}\).

Из геометрии хода лучей: \(\dfrac{2R}{H} = \dfrac{D}{L}\), откуда \[H = \frac{2L}{D}\,R = \frac{2\cdot 150\,R}{1{,}4} = \frac{150}{0{,}7}\,R.\] При \(R = 3\) м: \(H \approx 643\) м.

Для равновесия системы линии действия трёх сил (двух реакций дуги и суммы сил тяжести) должны пересекаться в одной точке. Запишите равенство моментов сил тяжести шариков относительно этой точки.

\(m_1/m_2 \approx 2{,}3\).

Твёрдое тело (шарики со спицей) находится в покое под действием плоской системы трёх сил \(\vec N_1\), \(\vec N_2\), \((m_1 + m_2)\vec g\). Линии действия этих сил пересекаются в точке \(O\). Центр масс системы (точка \(C\)) лежит на вертикали, проходящей через точку \(O\). Моменты сил тяжести \(m_1\vec g\) и \(m_2\vec g\) относительно оси, проходящей через точку \(O\) перпендикулярно плоскости чертежа, уравновешивают друг друга. Плечи этих сил \(AD = R\sin\alpha\) и \(BF = R\sin\left(\dfrac{\pi}{2} - \alpha\right) = R\cos\alpha\) соответственно (треугольник \(AOB\) прямоугольный). Равенство моментов \(m_1gR\sin\alpha = m_2gR\cos\alpha\) приводит к \[\frac{m_1}{m_2} = \frac{\sqrt{1 - \sin^2\alpha}}{\sin\alpha}.\] При \(\sin\alpha = 0{,}4\): \(m_1/m_2 \approx 2{,}3\).

Запишите тепловой баланс для первого кипячения и для второго. Мощность нагревателя одинакова в обоих случаях.

\(10\,^\circ\)C.

Первое кипячение: \(P\tau_1 = cm(t_K - t_0)\) (1). Добавленная вода нагревается, кипяток остывает: \(cm_1(t_K - |\Delta t| - t_0) = cm|\Delta t|\). Масса добавленной воды \(m_1 = m\,\dfrac{|\Delta t|}{t_K - |\Delta t| - t_0}\). Перед вторым кипячением масса воды в чайнике \(m + m_1 = m\,\dfrac{t_K - t_0}{t_K - |\Delta t| - t_0}\). Второе кипячение: \[P\tau_2 = m\,\frac{t_K - t_0}{t_K - |\Delta t| - t_0}\,c\,|\Delta t| \qquad (2).\] Из (1) и (2) получаем \(t_0 = t_K - \dfrac{\tau_1 + \tau_2}{\tau_2}\,|\Delta t|\). При \(t_K = 100\,^\circ\)C, \(\tau_1 = 5\) мин, \(\tau_2 = 1\) мин, \(|\Delta t| = 15\,^\circ\)C: \(t_0 = 100 - 6\cdot 15 = 10\,^\circ\)C.

В первом опыте амперметр и резистор включены последовательно. Во втором опыте напряжение на амперметре равно напряжению источника.

\(10\) \(\text{Ом}\).

В первом опыте \(I = \dfrac{U}{r + R}\), во втором опыте \(nI = \dfrac{U}{r}\), где \(r\) — сопротивление амперметра, \(R = 80\) Ом, \(n = 9\). Отсюда \(\dfrac{R}{r} + 1 = n\), сопротивление амперметра \(r = \dfrac{R}{n - 1} = 10\) Ом.

Упростите цепь для каждого подключения: найдите эквивалентное сопротивление между выбранными узлами. Одинаковая мощность означает одинаковое сопротивление цепи между подключёнными узлами.

\(240\) \(\text{Вт}\).

Сопротивление \(R_{AC}\) найдём из соотношения \[\frac{1}{R_{AC}} = \frac{1}{2r} + \frac{1}{R} + \frac{1}{2r} = \frac{1}{r} + \frac{1}{R}.\] Для нахождения сопротивления \(R_{AB}\) предварительно найдём сопротивление участка цепи, лежащего между узлами \(A\) и \(C\) и содержащего резистор \(R\) и два последовательно соединённых резистора \(r\): \(\dfrac{1}{\tilde R_{AC}} = \dfrac{1}{2r} + \dfrac{1}{R} = \dfrac{R + 2r}{2Rr}\). Тогда \[\frac{1}{R_{AB}} = \frac{1}{r} + \frac{1}{\tilde R_{AC} + r} = \frac{1}{r} + \frac{R + 2r}{2Rr + r(R + 2r)}.\] По условию мощности одинаковы: \(\dfrac{U^2}{R_{AB}} = \dfrac{U^2}{R_{AC}}\), отсюда \[\frac{1}{R} = \frac{R + 2r}{2Rr + r(R + 2r)}.\] Это равенство приводит к квадратному уравнению \(r^2 + 0{,}5rR - 0{,}5R^2 = 0\), решение которого \(r = 0{,}5R\). Далее \(\dfrac{1}{R_{AC}} = \dfrac{1}{r} + \dfrac{1}{R} = \dfrac{3}{R}\). Искомая мощность \[P = \frac{U^2}{R_{AC}} = \frac{3U^2}{R}.\] При \(U = 200\) В, \(R = 500\) Ом: \(P = 240\) Вт.

Проверьте, успевает ли камень долететь до наивысшей точки за \(4\) с. Если нет, камень успевает остановиться и упасть за это время, а путь складывается из двух участков.

\(3\).

Рассмотрим первый набор данных. Перемещение камня, стартовавшего вверх по вертикали, за время от \(t = 0\) до \(t = T = 4\) с равно \(H = 50\) м: \(H = \tilde v_0T - \dfrac{gT^2}{2}\), отсюда \(\tilde v_0 = \dfrac{H}{T} + \dfrac{gT}{2} = 32{,}5\) \(\text{м/с}\). При такой начальной скорости максимальная высота полёта \(H_{MAX} = \dfrac{\tilde v_0^2}{2g} \approx 52{,}8\) м \(> S = 50\) м. Значит, через некоторое время \(\tau\) после старта камень остановится. Тогда путь, пройденный камнем за время от \(0\) до \(T\), равен \[S = \frac{g\tau^2}{2} + \frac{g(T - \tau)^2}{2}.\] Отсюда \(\tau_{1,2} = \dfrac{T}{2}\left(1 \pm \sqrt{\dfrac{4S}{gT^2} - 1}\right)\), а затем модули начальных скоростей в первом и втором опытах \(v_{0,1,2} = g\tau_{1,2}\), и \[\frac{v_{0,1}}{v_{0,2}} = \frac{1 + \sqrt{\dfrac{4S}{gT^2} - 1}}{1 - \sqrt{\dfrac{4S}{gT^2} - 1}}.\] В рассматриваемом примере \(v_{0,1} = 30\) \(\text{м/с}\), \(v_{0,2} = 10\) \(\text{м/с}\), отношение \(\dfrac{v_{0,1}}{v_{0,2}} = 3\).

Разложите движение на составляющие: вдоль склона и перпендикулярно ему. Перпендикулярная составляющая ускорения постоянна и равна \(g\cos\alpha\).

\(250\) \(\text{м}\).

В проекции на перпендикуляр к наклонной плоскости движение происходит с постоянным ускорением \(g\cos\alpha\), тогда \[H_{MAX} = \frac{v_0^2}{2g\cos\alpha}.\] При \(v_0 = 50\) \(\text{м/с}\), \(\cos\alpha = 0{,}5\): \(H_{MAX} = \dfrac{2500}{2\cdot 10\cdot 0{,}5} = 250\) м.