МОШ, 2015/16, отборочный этап, 10 класс

Лёд с дробинкой начнёт тонуть, когда их средняя плотность сравняется с плотностью воды. Что при таянии льда происходит с этой средней плотностью?

Нужно подвести \(60{,}3\text{ кДж}\) (около 60 кДж); масса льда будет равна 820 г; уровень воды понизится.

Когда средняя плотность оставшегося льда и дробинки станет больше плотности воды, дробинка начнёт тонуть, т. е. \[\frac{M_1 + m}{V} = \frac{M_1 + m}{\dfrac{M_1}{\rho_\text{л}} + \dfrac{m}{\rho_\text{с}}} = \rho_\text{в}, \qquad\text{следовательно}\qquad M_1 = \frac{m(\rho_\text{с} - \rho_\text{в})\rho_\text{л}}{(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})\rho_\text{с}} \approx 820\text{ г},\] где \(M_1\) "— масса оставшегося льда, \(m\) "— масса дробинки. Растаять должна масса льда \(\Delta M = M - M_1\), где \(M\) "— первоначальная масса льда. Значит, необходимо подвести количество теплоты \[Q = \lambda \Delta M = \lambda\left(M - m\,\frac{(\rho_\text{с} - \rho_\text{в})\rho_\text{л}}{(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})\rho_\text{с}}\right) \approx 60\text{ кДж}.\] Так как оставшийся лёд с дробинкой опустятся на дно бака и будут давить на него с некоторой силой, то сила давления воды на дно должна уменьшиться, чтобы суммарная сила давления на дно осталась неизменной. Значит, уровень воды понизится.

Чему равны площади шести частей, на которые медианы делят треугольник? Тогда средняя плотность выражается через плотности частей очень просто.

При двойном использовании каждого металла \(\bar\rho = 9{,}32\text{ г/см}^3\) (единственный вариант); при использовании каждого металла хотя бы раз получается 10 вариантов; \(\bar\rho_{\min} = 8{,}46\text{ г/см}^3\), \(\bar\rho_{\max} = 10{,}36\text{ г/см}^3\).

Легко доказывается, что медианы делят треугольник на 6 равновеликих частей. Поэтому средняя плотность равна «среднему арифметическому» плотностей используемых металлов: \[\bar\rho = \frac{m}{S} = \frac{\sum\limits_{i=1}^{6}\rho_i\,\dfrac{S}{6}}{S} = \frac{\sum\limits_{i=1}^{6}\rho_i}{6}.\] Так как все виды металлов были использованы по два раза, средняя плотность получившегося треугольника принимает только одно возможное значение \[\bar\rho = \frac{11{,}40 + 8{,}96 + 7{,}60}{3} = 9{,}32\text{ г/см}^3.\] Если каждый металл нужно использовать не меньше одного раза, то возможных вариантов с различной средней плотностью 10 (каждое число в фигурных скобках соответствует количеству частей треугольника определённой плотности): \(\{4,1,1\}\) "— три варианта, \(\{2,2,2\}\) "— один вариант, \(\{3,2,1\}\) "— шесть вариантов. \[\bar\rho_{\min} = \frac{4\cdot 7{,}6 + 8{,}96 + 11{,}4}{6} = 8{,}46\text{ г/см}^3, \qquad \bar\rho_{\max} = \frac{4\cdot 11{,}4 + 7{,}6 + 8{,}96}{6} = 10{,}36\text{ г/см}^3.\]

Чем больше ток через резистор, тем сильнее изменится общий ток при его отключении. Через какие резисторы ток наибольший в каждом из двух случаев?

В первом случае нужно отключить любой резистор с сопротивлением 1 Ом; во втором случае нужно отключить резистор с сопротивлением 1 Ом, подключённый к тому же полюсу батарейки, что и резистор с сопротивлением 4 Ом; абсолютная величина изменения показаний амперметра в первом случае равна 2 А.

Если резистор 4 Ом включен в диагональ моста, то его не имеет смысла вытаскивать, потому что показания амперметра при этом не изменятся. То есть в этом случае надо отключить любой резистор 1 Ом. Если же резистор 4 Ом подключён, например, к плюсу батарейки (это на самом деле не принципиально), то нужно отключить резистор 1 Ом, который тоже подключён к плюсу батарейки, так как через него течёт самый большой ток.

Для случая, когда резистор сопротивлением 4 Ом включен в диагональ моста:

Вначале ток через диагональ моста не течёт и сопротивление всей цепи равно \[R_1 = \left(\frac{1}{2\text{ Ом}} + \frac{1}{2\text{ Ом}}\right)^{-1} = 1\text{ Ом}.\] После отключения одного из резисторов сопротивлением 1 Ом полное сопротивление всей цепи будет равно \[R_2 = 1\text{ Ом} + \left(\frac{1}{1\text{ Ом}} + \frac{1}{5\text{ Ом}}\right)^{-1} = \frac{11}{6}\text{ Ом} \approx 1{,}83\text{ Ом}.\] Абсолютная величина изменения показаний амперметра равна \[\frac{U}{R_1} - \frac{U}{R_2} = 2\text{ А}.\]

Запишите координаты шарика как функции времени и найдите момент, когда он пересекает образующую конуса: шарик виден, пока он внутри конуса.

\(\tau_1 = 4\) с,  \(\tau_2 = 2\) с,  \(v = \dfrac{g\tau}{2\alpha}\).

Выберем начало координат в точке крепления фонаря, ось \(x\) направим вдоль оси конуса в направлении распространения света, ось \(y\) направим вверх. Для шарика, пущенного горизонтально: \[x(t) = vt, \qquad y(t) = -\frac{gt^2}{2}.\] В момент времени \(\tau\) траектория шарика пересекается с образующей конуса, поэтому координаты шарика удовлетворяют условию \[y(\tau) = -x(\tau)\operatorname{tg}\alpha \approx -\alpha x(\tau), \qquad\text{откуда}\qquad \tau = \frac{2\alpha v}{g}.\] Для второго шарика \[x(t) = vt\cos\alpha \approx vt, \qquad y(t) = vt\sin\alpha - \frac{gt^2}{2} \approx \alpha vt - \frac{gt^2}{2}.\] Время \(\tau_1\) находим из аналогичного условия \[y(\tau_1) = -\alpha x(\tau_1), \qquad\text{откуда}\qquad \tau_1 = \frac{4\alpha v}{g} = 2\tau = 4\text{ с}.\] Время \(\tau_2\) найдём, приравняв к нулю \(y(t)\): \[\alpha v\tau_2 - \frac{g\tau_2^2}{2} = 0, \qquad\text{откуда}\qquad \tau_2 = \frac{2\alpha v}{g} = \tau = 2\text{ с}.\] Модуль начальной скорости, с которой бросают шарики, \[v = \frac{g\tau}{2\alpha}.\]

Воду выгодно лить туда, где она вытесняет масло в соседнее колено. Когда этот процесс закончится и какое условие равенства давлений нужно записать?

\(V = 4{,}25\,Sh\).

Главное "— чтобы в коротком колене осталось как можно меньше масла, тогда в высокой трубке можно будет создать столб максимальной высоты, превышающей \(4h\). Для этого начинаем наливать воду в правое колено. За счёт большей плотности она будет вытеснять масло в левое колено. Так будет продолжаться до высоты воды \(2h\) в правом и высоты масла \(3h\) в левом. Дальнейшее вытеснение масла невозможно, так как граница раздела масло/вода в правом колене станет выше соединительной трубки и в левое колено начнёт поступать вода. Процесс добавления воды придётся прекратить, когда верхняя граница масла в правом колене достигнет верха колена. Условие равенства давлений на уровне соединительной трубки даёт: \[(2h + x)\cdot 0{,}8\rho = \rho h + 0{,}8\rho h \quad\Rightarrow\quad x = 0{,}25h.\] Следовательно, воды удалось налить \(4{,}25\,Sh\).

Запишите второй закон Ньютона для шарика по вертикали и по радиусу окружности, исключите силу натяжения и выразите \(v^2\) через длину нити и угол.

\(v_2 = v_1\sqrt{\dfrac{\sin\beta\,\operatorname{tg}\beta}{\sin\alpha\,\operatorname{tg}\alpha}} \approx 3{,}9\text{ м/с}\).

Запишем 2-й закон Ньютона в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси соответственно: \[T\cos\alpha = mg, \qquad T\sin\alpha = m\,\frac{v_1^2}{l\sin\alpha},\] где \(l\) "— длина нити. Отсюда получаем: \[v_1^2 = gl\sin\alpha\operatorname{tg}\alpha.\] Следовательно, \[\frac{v_2^2}{v_1^2} = \frac{\sin\beta\operatorname{tg}\beta}{\sin\alpha\operatorname{tg}\alpha} \quad\Rightarrow\quad v_2 = v_1\sqrt{\frac{\sin\beta\operatorname{tg}\beta}{\sin\alpha\operatorname{tg}\alpha}} \approx 3{,}9\text{ м/с}.\]

Составьте уравнение теплового баланса для первого шарика и посмотрите, как связаны температуры воды после соседних погружений.

\(t_{100} \approx 41{,}5\,{}^\circ\text{C}\).

Запишем уравнение теплового баланса после погружения первого шарика: \[C(t_1 - t_0) = C_\text{ш}(\theta - t_1) = \alpha C(\theta - t_1) \quad\Rightarrow\quad t_1 = \theta + \frac{1}{1+\alpha}(t_0 - \theta) \approx 10{,}5\,{}^\circ\text{C},\] где \(C\) "— теплоёмкость сосуда с водой, \(C_\text{ш}\) "— теплоёмкость шарика, \(t_1\) "— установившаяся температура после погружения первого шарика.

Уравнение теплового баланса при втором погружении: \[C(t_2 - t_1) = C_\text{ш}(\theta - t_2) = \alpha C(\theta - t_2) \quad\Rightarrow\quad t_2 = \theta + \frac{1}{1+\alpha}(t_1 - \theta) = \theta + \left(\frac{1}{1+\alpha}\right)^2 (t_0 - \theta) \approx 11{,}0\,{}^\circ\text{C}.\] Проделав аналогичные действия \(n\) раз, получаем: \[t_n = \theta + \frac{1}{1+\alpha}(t_{n-1} - \theta) = \theta + \left(\frac{1}{1+\alpha}\right)^n (t_0 - \theta).\] Значит, \[t_{100} \approx 41{,}5\,{}^\circ\text{C}.\]

По показанию вольтметра найдите напряжение источника, по показанию амперметра "— \(R\), а затем для схемы с резистором между \(A\) и \(B\) запишите правило Кирхгофа для потенциалов узлов \(A\) и \(B\).

\(I_R = \dfrac{1}{7}\,\dfrac{\varepsilon}{R} \approx 17\) мА (при этом \(\varepsilon = 12\) В, \(R = 100\) Ом).

При подключении идеального вольтметра (можно считать, что ток через него не течёт) токи через сопротивления \(2R\) и \(R\) (справа) одинаковы и равны \(I_0 = \dfrac{\varepsilon}{3R}\), где \(\varepsilon\) "— напряжение идеального источника. Тогда: \[U = 2R\cdot I_0 - R\cdot I_0 = \frac{\varepsilon}{3} \quad\Rightarrow\quad \varepsilon = 3U = 12\text{ В}.\] При подключении идеального амперметра (можно считать, что напряжение на нём равно нулю) токи через сопротивления \(R\) и \(2R\) равны соответственно: \[I_1 = \frac{\varepsilon}{2\cdot\frac{2}{3}R}\cdot\frac{2R}{R+2R} = \frac{\varepsilon}{2R} \quad\text{и}\quad I_2 = \frac{\varepsilon}{2\cdot\frac{2}{3}R}\cdot\frac{R}{R+2R} = \frac{\varepsilon}{4R}.\] Тогда из закона сохранения заряда следует: \[I = I_1 - I_2 = \frac{\varepsilon}{2R} - \frac{\varepsilon}{4R} = \frac{\varepsilon}{4R} \quad\Rightarrow\quad R = \frac{3U}{4I} = 100\text{ Ом}.\] Пусть потенциал левого узла равен нулю, тогда потенциал правого узла равен \(\varepsilon = 12\) В. Потенциал точки \(A\) обозначим \(\varphi_A\), а потенциал точки \(B\) "— \(\varphi_B\). Тогда из первого правила Кирхгофа следует: \[\frac{\varphi_A}{R} + \frac{\varphi_A - \varphi_B}{R} + \frac{\varphi_A - \varepsilon}{2R} = 0, \qquad \frac{\varphi_B}{2R} + \frac{\varphi_B - \varphi_A}{R} + \frac{\varphi_B - \varepsilon}{R} = 0.\] Откуда получаем: \(\varphi_A = \dfrac{9}{21}\varepsilon\), \(\varphi_B = \dfrac{12}{21}\varepsilon\). Окончательный ответ: \[I_R = \frac{\varphi_B - \varphi_A}{R} = \frac{1}{7}\cdot\frac{\varepsilon}{R} \approx 17\text{ мА}.\]