«Покори Воробьёвы горы!», 2024/25, отборочный этап, 7–9 класс

Относительная скорость при обгоне равна разности скоростей, а при встрече — их сумме. Длина электрички одна и та же во всех случаях.

\(17\) с.

Пусть \(v\) — скорость экспресса, а \(u\) — скорость электрички. При обгоне электрички экспресс движется относительно неё со скоростью \(v-u\), а когда экспресс едет навстречу электричке — со скоростью \(v+u\). Значит, если длина электрички равна \(L\), то \[\begin{cases} v-u=\dfrac{L}{t_1}\\[2mm] v=\dfrac{L}{t}\end{cases} \ \Rightarrow\ u=\frac{L}{t}-\frac{L}{t_1}\ \Rightarrow\ v+u=\frac{L}{t_2}=\frac{2L}{t}-\frac{L}{t_1},\] откуда \[t_2=\frac{t\,t_1}{2t_1-t}=17~\text{с}.\]

Запишите условие равновесия кастрюли с водой внутри: сила давления воды снизу уравновешивает вес кастрюли и воды в ней. Получится линейная связь \(h'\) и \(h\); коэффициенты найдите по двум данным опытам.

\(152\) мм.

Введём обозначения: \(M\) — масса кастрюли, \(S\) — площадь её внешнего горизонтального сечения, \(s\) — внутреннего, а \(\rho\) — плотность воды. Тогда условие равновесия плавающей кастрюли (сила давления воды снизу уравновешивает силу тяжести, действующую на кастрюлю и воду в ней): \[\rho h'S=M+\rho h s\ \Rightarrow\ h'=\frac{s}{S}h+\frac{M}{\rho S}\equiv a\,h+b.\] Атмосферное давление не нужно учитывать: оно давит на кастрюлю равномерно со всех сторон. По двум опытам находим коэффициенты: \[\begin{cases}64~\text{мм}=a\cdot 32~\text{мм}+b\\ 96~\text{мм}=a\cdot 72~\text{мм}+b\end{cases} \ \Rightarrow\ a=0{,}8,\quad b=38{,}4~\text{мм}.\] Таким образом, \(h'=0{,}8\,h+38{,}4\) мм. Кастрюля утонет при \(h'=H=160\) мм, то есть \[h=\frac{160~\text{мм}-38{,}4~\text{мм}}{0{,}8}=152~\text{мм}.\]

Воздух в трубке запаян: его масса не меняется, а температура постоянна. Запишите давление воздуха через высоту столбика ртути до и после переворота.

\(768\) мм рт. ст.

Перед переворотом давление воздуха в трубке сечением \(S\) равнялось \(p_A\), и он занимал объём \(S\cdot L(1-x)\), где \(x=0{,}12\). В конечном состоянии воздух занимал объём \(S\cdot L(1-y)\), где \(y=0{,}04\), а его давление определялось из условия равновесия столбика ртути: \(p=p_A-\rho gLy\). Поскольку температура воздуха не изменилась, \[(p_A-\rho gLy)\,S\cdot L(1-y)=p_A\,S\cdot L(1-x)\ \Rightarrow\ p_A=\rho gL\,\frac{y(1-y)}{x-y}=768~\text{мм рт.\,ст.}\]

Высота шарика в зависимости от времени — парабола. Два момента времени, когда шарик проходит одну и ту же высоту, — корни квадратного уравнения; воспользуйтесь теоремой Виета.

Начальная скорость шариков \(v_0=\dfrac{g(t_1+t_2)}{2}\approx 70{,}56\) м/с; корзина воздушного шара находилась на высоте около \(H=\dfrac{g\,t_1t_2}{2}\approx 253{,}6\) м; в момент «поимки» оба шарика летели с одинаковыми скоростями \(v_1=v_2=\dfrac{g(t_2-t_1)}{2}\approx 2{,}94\) м/с.

Как ясно из указания, скорость шарика, запущенного вертикально вверх со скоростью \(v_0\), спустя время \(t\) после старта равна \(v(t)=v_0-gt\). При линейном изменении скорости средняя скорость на участке пути равна полусумме начальной и конечной скоростей. Поэтому высота, на которой оказывается шарик спустя время \(t\), равна \[H=\tfrac{1}{2}(v_0+v_0-gt)\,t=v_0t-\frac{gt^2}{2}.\] Таким образом, оба заданных времени являются корнями квадратного уравнения \[t^2-2\frac{v_0}{g}\,t+\frac{2H}{g}=0.\] По теореме Виета \[2\frac{v_0}{g}=t_1+t_2\ \Rightarrow\ v_0=\frac{g(t_1+t_2)}{2}\approx 70{,}56~\text{м/с},\] \[\frac{2H}{g}=t_1\cdot t_2\ \Rightarrow\ H=\frac{g\,t_1t_2}{2}\approx 253{,}6~\text{м}.\] Шарик, пролетев вверх мимо корзины, тормозится до нулевой скорости за такое же время, за которое разгоняется при падении до корзины. Значит, скорости шарика при обоих пролётах мимо корзины одинаковы и равны скорости, набираемой за половину промежутка времени между пролётами: \[v_1=v_2=\frac{g(t_2-t_1)}{2}\approx 2{,}94~\text{м/с}.\]

Скачок показаний в первую минуту связан с погружением груза в воду. Дальше, пока на грузе нарастает лёд, показания постоянны, когда наступило тепловое равновесие при \(0\,^\circ\)C.

Плотность сплава \(\rho_c\approx 4\rho_0=4\) г/см\(^3\); начальная температура груза \(t_0\approx -32\,^\circ\)C.

Показания динамометра уменьшаются при опускании груза в воду из-за силы Архимеда. Сначала (за очень малое время по масштабу графика) сила Архимеда возникает из-за погружения самого груза в воду, а затем (медленный процесс) — из-за намерзания льда на грузе: плотность льда ниже плотности воды, и увеличение силы Архимеда больше увеличения силы тяжести (связанной с дополнительной массой льда).

«Быстрый» процесс опускания груза в воду (без намерзания льда): \(T+F_A=mg\), откуда \(T=mg-\rho_0 V_{\text{погр}}g\). При полном погружении \(V_{\text{погр}}=\dfrac{m}{\rho_c}\), поэтому \(T=mg\left(1-\dfrac{\rho_0}{\rho_c}\right)\). По графику в этот момент \(\dfrac{T}{mg}\approx 0{,}75\), значит \(\dfrac{\rho_0}{\rho_c}\approx 0{,}25\) и \(\rho_c\approx 4\rho_0=4\) г/см\(^3\).

За достаточно большое время намерзание льда прекращается, поскольку устанавливается тепловое равновесие при температуре \(t=0\,^\circ\)C. Обозначим \(M\) массу льда после установления равновесия. Тогда \[T=(m+M)g-\rho_0\left(\frac{m}{\rho_c}+\frac{M}{\rho}\right)g\ \Rightarrow\ \frac{T}{mg}\approx 0{,}55=0{,}75-\frac{M}{9m},\] откуда \(M\approx 0{,}2\cdot 9m=1{,}8\,m\). Уравнение теплового баланса для установления равновесия: \[\lambda M=c\,m\,(t-t_0),\qquad t=0\,^\circ\text{C},\] даёт \[t_0=-\frac{\lambda M}{cm}=-1{,}8\,\frac{\lambda}{c}\approx -32\,^\circ\text{C}.\] В процессе замерзания льда температура границы раздела вода–лёд всегда равна \(0\,^\circ\)C, поэтому в уравнении теплового баланса нет слагаемого, учитывающего охлаждение воды или нагрев льда.

Длинная цепочка резисторов с бесконечным продолжением эквивалентна одному резистору: отрежьте одно звено и сопротивление не изменится. Затем сравните токи через амперметры по закону сохранения тока и напряжению моста.

Через лампу течёт ненулевой ток; \(I_2=\dfrac{2I_1}{\sqrt3+1}\approx 2000\) мА.

Пусть \(R\) — сопротивление одного из резисторов. Всю длинную цепочку из 2020 резисторов (кроме трёх занумерованных и одного, включённого последовательно с цепочкой) можно заменить на один резистор \(R^*\), и при этом для расчёта его сопротивления можно воспользоваться тем соображением, что при отсечении от такой цепочки одного звена её сопротивление практически не изменится. Поэтому \[R^*=\frac{R(2R+R^*)}{3R+R^*}\ \Rightarrow\ R^{*2}+2RR^*-2R^2=0\ \Rightarrow\ R^*=(\sqrt3-1)R.\] Значит, общее сопротивление в «правой нижней» ветви схемы равно \(R_n=\sqrt3\,R\), причём это именно общее сопротивление всех «незанумерованных» резисторов схемы. Теперь видно, что мост не является сбалансированным (\(R^2\neq\sqrt3R^2\)), и через лампу течёт ненулевой ток.

Общее напряжение, создаваемое источником на всей «мостовой» схеме, равно \[U=I_1R+I_4R=I_3R+I_2R_n\ \Rightarrow\ I_1+I_4=I_3+\sqrt3\,I_2.\] Здесь \(I_{1,2}\) — силы токов через амперметры, а \(I_{3,4}\) — через резисторы в ветвях моста без амперметров (№ 3 — «выше» на схеме, № 4 — «ниже»). С другой стороны, условие непрерывности тока даёт \[I_1+I_3=I_2+I_4.\] Складывая эти два уравнения почленно и сокращая одинаковые слагаемые, получаем \(2I_1=(\sqrt3+1)I_2\), и показания амперметра A2 равны \[I_2=\frac{2I_1}{\sqrt3+1}\approx 2000~\text{мА}\] с ошибкой около \(0{,}5\) мА.

Из графика найдите \(b\) и \(k\). Уменьшение скорости вдвое вместе с уменьшением \(\alpha\) даёт уравнение на \(\alpha\).

\(u\approx 4\) км/с.

Сначала определим постоянные \(b\) и \(k\) в эмпирической зависимости скорости истечения от \(\alpha\) по двум точкам интерполирующей прямой: \(1=b-0{,}2k\), \(-1=b-0{,}6k\), откуда \(b=2\), \(k=5\): \[\ln\!\left[\frac{\xi}{1~\text{мм/с}}\right]=2-5\alpha.\] Теперь используем условие: для значения скорости истечения \(u'=\tfrac{1}{2}u\) \[\frac{u}{u'}=2=\frac{\xi}{\xi'}\left(\frac{p}{1~\text{Па}}\right)^{\alpha-\alpha'} =e^{-5(\alpha-\alpha')}\left(\frac{p}{1~\text{Па}}\right)^{\alpha-\alpha'} =\left(\frac{p}{e^5\,\text{Па}}\right)^{\alpha-\alpha'} \ \Rightarrow\ \alpha-\alpha'=\frac{\ln 2}{\ln\!\left(\dfrac{p}{e^5\,\text{Па}}\right)}\approx 0{,}073.\] Нам также известно, что \(\alpha'=\alpha/1{,}175\), и из полученных уравнений находим \(\alpha\approx 0{,}49\). Это позволяет определить \(\xi\) для исследуемого режима: \[\xi\approx 1\,\frac{\text{мм}}{\text{с}}\cdot e^{\,2-5\cdot 0{,}49}\approx 0{,}64\,\frac{\text{мм}}{\text{с}}.\] По второму графику определяем \(\beta\) для заданного давления: \(\beta\approx 0{,}5\,\%/^\circ\)C. Теперь скорость истечения по рекомендованной эмпирической формуле: \[u\approx 0{,}64\,\frac{\text{мм}}{\text{с}}\cdot(2\cdot 10^6)^{0{,}49}\cdot\exp\!\left[\frac{17{,}1}{2}\right]\approx 4{,}04\,\frac{\text{км}}{\text{с}}.\] Ответ: скорость истечения в этом режиме \(u\approx 4\) км/с.