Росатом, 2022/23, заключительный этап, 9 класс

Запишите условие равновесия для каждого динамометра: что он удерживает (остальные динамометры и груз)? Разность показаний верхнего и нижнего даёт массу.

\(F_2 = 11\) Н;  \(m = 0{,}5\) кг (динамометра);  \(M = 0{,}1\) кг (груза).

Пружина верхнего динамометра удерживает три динамометра и груз, поэтому \(F_1 = 3mg + Mg\), где \(m\) — масса динамометра, \(M\) — масса груза. Пружина нижнего динамометра удерживает сам динамометр и груз: \(F_3 = mg + Mg\). Отсюда \[m = \frac{F_1 - F_3}{2g} = 0{,}5~\text{кг}, \qquad M = \frac{3F_3 - F_1}{2g} = 0{,}1~\text{кг}.\] Пружина среднего динамометра удерживает два динамометра и груз: \[F_2 = 2mg + Mg = \frac{F_1 + F_3}{2} = 11~\text{Н}.\]

Идеальный амперметр можно заменить проводником: соедините точки, между которыми он стоит. Какая схема получится и какие токи через резисторы связаны?

\(V = 33\) В.

Поскольку амперметр не имеет сопротивления, цепь можно перерисовать так, как показано на рисунке.

Пусть ток через два левых верхних резистора равен \(I_1\). Тогда ток через правый верхний резистор равен \(I_1 + I_A\), и по закону Ома для верхней ветви \[U = I_1 \cdot 2R + (I_1 + I_A)R, \qquad I_1 = \frac{U - I_A R}{3R}.\] Для нижней ветви \[U = I_2 R + V + (I_1 + I_A)R,\] где \(I_2\) — ток через левый нижний резистор, \(V\) — показания вольтметра. Токи через правый верхний и правый нижний резисторы одинаковы. Ток в цепи равен \(I_1 + I_2 = 2(I_1 + I_A)\), откуда \(I_2 = I_1 + 2I_A\). Подставляя это в уравнение для нижней ветви, получаем \[V = \frac{1}{3}U - \frac{7}{3}I_A R = 33~\text{В}.\]

Расстояние между телами растёт, пока проекции их скоростей на соединяющую прямую имеют разные знаки или одинаковые знаки с большей скоростью у убегающего тела. Когда это перестаёт выполняться?

1) \(t = \dfrac{\pi R}{2v}\);  2) \(S = \dfrac{R}{2}\sqrt{(\pi - 2)^2 + 4}\).

Расстояние между двумя телами растёт, если проекции их скоростей на соединяющую прямую имеют разные знаки или одинаковы по знаку, но у догоняющего тела меньше, и уменьшается при обратном соотношении. Скорость тела, движущегося по диаметру, направлена вдоль диаметра, а второго — по касательной к окружности; обе по величине равны \(v\). До момента, когда второе тело пройдёт четверть окружности, проекции скоростей на соединяющую прямую имеют разные знаки, и расстояние растёт. После этого скорость тела на окружности направлена под меньшим углом к соединяющей прямой, и расстояние уменьшается. Значит, максимум достигается, когда тело на окружности прошло четверть окружности: \[t = \frac{\pi R}{2v}.\]

Тело на диаметре за это время пройдёт \(x = vt = \dfrac{\pi R}{2}\). По теореме Пифагора расстояние между телами \[S = \sqrt{\left(\frac{\pi R}{2} - R\right)^2 + R^2} = \frac{R}{2}\sqrt{(\pi - 2)^2 + 4}.\]

Учтите теплопотери: при малом изменении температуры их мощность можно считать постоянной. Запишите уравнения теплового баланса для двух опытов.

\(\Delta T_1 = 3{,}2\,\Delta T = 3{,}2^\circ\)C.

Очевидно, в задаче есть потери тепла (иначе прирост температуры был бы пропорционален мощности нагревателя). Поскольку вода горячая, а поток тепла определяется разностью температур, при изменении температуры на один градус мощность теплопотерь \(w\) можно считать постоянной. Пусть мощность нагревателя равна \(P\). Уравнения теплового баланса для первого и второго случаев: \[C\,\Delta T = Pt - wt, \qquad 2{,}1\,C\,\Delta T = 2Pt - wt,\] где \(C\) — теплоёмкость воды в сосуде. Из этой системы \[\frac{Pt}{C} = 1{,}1\,\Delta T, \qquad \frac{wt}{C} = 0{,}1\,\Delta T.\] Для случая утроенной мощности \(C\,\Delta T_1 = 3Pt - wt\), откуда \[\Delta T_1 = 3{,}2\,\Delta T = 3{,}2^\circ\text{C}.\]

Между ударами шарик движется с ускорением \(g\) перпендикулярно плоскости и одновременно с коробкой вдоль неё. Разложите движение по осям вдоль и перпендикулярно плоскости.

\(S = 121\,h\,\mathrm{tg}\,\alpha\).

Между ударами шарик движется равноускоренно с ускорением \(g\). Проецируя движение на оси вдоль плоскости и перпендикулярно ей, получаем время первого удара о дно (шарик падает с высоты \(h\) в перпендикулярном направлении): \[t_1 = \sqrt{\frac{2h}{g\cos\alpha}}.\] Скорость шарика в момент удара по оси \(y\) равна \(-\sqrt{2hg\cos\alpha}\); после упругого отражения её знак меняется. Время до следующего удара вдвое больше: \[\Delta t = 2\sqrt{\frac{2h}{g\cos\alpha}}.\] От начала движения до шестого удара пройдут пять интервалов \(\Delta t\) и один интервал \(t_1\): \[t_6 = 11\sqrt{\frac{2h}{g\cos\alpha}}.\] Коробка движется равноускоренно с ускорением \(g\sin\alpha\) вдоль плоскости, поэтому за это время она пройдёт путь \[S = \frac{g\sin\alpha\,t_6^2}{2} = \frac{g\sin\alpha}{2}\cdot\frac{121\cdot 2h}{g\cos\alpha} = 121\,h\,\mathrm{tg}\,\alpha.\]