Санкт-Петербургская, 2012/13, отборочный этап, 9 класс

Постройте изображения зайца и волка в зеркале: они движутся по прямым, и направления скоростей не меняются. Дальше задача сводится к прямоугольному треугольнику.

Волк успеет пробежать расстояние \(\sqrt{h^2 + L^2/4}\).

Необходимо заметить, что волк (\(A\)) и заяц (\(B\)) будут двигаться прямолинейно. Чтобы это понять, построим их изображения в зеркале — точки \(C\) и \(D\). В начальный момент времени волк и заяц будут двигаться вдоль прямых \(AD\) и \(BC\) соответственно: волк — из точки \(A\) в сторону зеркала, а заяц — из \(B\) от зеркала. Это значит, что их изображения также будут двигаться вдоль этих прямых: изображение волка — по прямой \(BC\) из \(C\) в сторону зеркала, а изображение зайца — по \(AD\) из \(D\) от зеркала. Но в этом случае скорости волка и зайца не будут менять своего направления. Это и значит, что они движутся вдоль прямых.

Волк упрётся в зеркало в точке \(O\). Перед этим он пробежит расстояние \(AO\). По теореме Пифагора: \[AO = \sqrt{h^2 + \frac{L^2}{4}}.\]

Мощность при постоянном напряжении максимальна, когда максимальна проводимость схемы. Запишите сопротивление схемы через сумму сопротивлений участков и переберите, как можно разместить резисторы.

Для максимальной мощности на участке AB должны стоять сопротивления 2 Ом, 3 Ом и 5 Ом, а оба сопротивления на участке CD — равны 1 Ом.

Мощность нагревательного прибора можно рассчитать по известной формуле: \(P = IU\), где \(I\) — ток, который течёт через нагреватель, а \(U\) — приложенное к нему напряжение. По закону Ома ток через нагреватель связан с напряжением так: \(I = U/R_0\), где \(R_0\) — сопротивление схемы нагревателя. Подставим ток из закона Ома в выражение для мощности: \[P = \frac{U^2}{R_0}.\] Очевидно, что мощность прибора будет максимальной, когда максимально обратное сопротивление \(1/R_0\) схемы нагревателя.

Остаётся понять, как нужно расставить имеющиеся сопротивления в схеме, чтобы получить максимальное значение \(1/R_0\). Обозначим сопротивления элементов, занимающих соответствующие позиции, через \(r_1, r_2, \dots\) (см. рис.). Сопротивления \(r_1\), \(r_2\) и \(r_3\) соединены друг с другом последовательно, поэтому сопротивление участка AB равно \(r_{AB} = r_1 + r_2 + r_3\). Сопротивления \(r_4\) и \(r_5\) также соединены последовательно, тогда для участка CD получаем сопротивление \(r_{CD} = r_4 + r_5\). Участки цепи AB и CD соединены параллельно, таким образом для полного сопротивления цепи верно следующее: \[\frac{1}{R_0} = \frac{1}{r_1 + r_2 + r_3} + \frac{1}{r_4 + r_5}.\] Заметим, что перестановка резисторов \(r_1\), \(r_2\) и \(r_3\) на участке AB не влияет на ответ, так же как и перестановка \(r_4\) и \(r_5\) на участке CD. Приведём выражение к общему знаменателю. Заметим, что \(r_1 + r_2 + r_3 = r_1 + r_2 + r_3 + r_4 + r_5 - (r_4 + r_5)\), а \(r_1 + r_2 + r_3 + r_4 + r_5 = 12\) Ом по условию задачи. Тогда, если ввести обозначение \(X = r_4 + r_5\), выражение примет вид: \[\frac{1}{R_0} = \frac{12~\text{Ом}}{(12~\text{Ом} - X)\,X}.\] Максимальное значение \(1/R_0\) соответствует минимальному значению знаменателя \((12 - X)X\). Знаменатель как функция \(X\) — парабола с ветвями вниз, \(12X - X^2\), её максимум достигается в точке \(X_0 = 12/2 = 6\). Минимальное значение знаменателя в нашем случае будет для \(X = r_4 + r_5\), наиболее отстоящего от \(X_0\). Нетрудно видеть, что это достигается, когда сопротивления \(r_4\) и \(r_5\) равны 1 Ом (сумма \(X = 2\) Ом).

Нити нерастяжимы, поэтому ускорение одного ящика вдвое больше или меньше ускорения другого. Составьте второй закон Ньютона для момента отпускания с учётом того, что масса удерживаемого ящика уже уменьшилась.

Вася удерживал груз 8 мин 20 с.

Для начала рассмотрим ситуацию, когда ящики находились в равновесии. В этом случае действующие на правый блок силы должны компенсировать друг друга. Поэтому сила натяжения нижней нити в 2 раза больше силы натяжения нити верхней (\(T\)). Поскольку изначально ящики были уравновешены, то \[T = mg, \qquad 2T = Mg,\] откуда \(m = M/2\).

Если правый груз опускается вниз на расстояние \(h\), то левый груз должен подняться на высоту \(2h\), т.к. нить, к которой привязан левый груз, нерастяжима. Отсюда, если ускорение правого груза составляет \(a\), то ускорение левого груза составляет \(2a\): у левого груза ускорение всегда в 2 раза меньше, чем у правого.

Будем считать, что к моменту, когда Вася отпустил груз из левого ящика, успело высыпаться \(\Delta m\) песка. Пусть в это время ускорение правого ящика равнялось \(a\). Тогда второй закон Ньютона для грузов в этот момент даёт: \[(m - \Delta m)\cdot 2a = T - (m - \Delta m)g, \qquad Ma = Mg - 2T.\] По условию Вася отпустил груз, когда ускорение левого ящика равнялось \(g/2\), следовательно, ускорение правого груза тогда было равно \(a = g/4\). Второй закон Ньютона тогда даёт: \[(m - \Delta m)\frac{g}{2} = T - (m - \Delta m)g, \qquad \frac{Mg}{4} = Mg - 2T.\] Из этой системы получается, что \((m - \Delta m) = M/4\). Учитывая, что \(m = M/2\), получаем \(\Delta m = M/4\). Подставляя числа, получаем \(\Delta m = 25\) кг. Теперь можно найти, сколько времени Вася удерживал ящик: \[t = \frac{25~\text{кг}}{50~\text{г/с}} = 500~\text{с} = 8~\text{мин}\ 20~\text{с}.\]

Кипение прекращается после каждой добавленной пельмешки и возобновляется, когда плита восполнит недостающее тепло. Составьте тепловой баланс для всего процесса до опускания последней пельмешки, считая температуру кипения \(T_k = 100\,^{o}\)C.

Общее время кипения: \(t_k = \dfrac{1}{P}\left[(N-1)\left(P\tau - C_п(T_k - T_п)\right) - c_в M_в (T_k - T_в)\right]\). Число закипаний: \(n_k = N - 1 - \left\lfloor \dfrac{c_в M_в (T_k - T_в)}{P\tau - C_п(T_k - T_п)} \right\rfloor\). Вода ни разу не закипит, если \(P \le \dfrac{C_п(T_k - T_п)}{\tau} + \dfrac{c_в M_в (T_k - T_в)}{(N-1)\tau}\).

Рассмотрим ситуацию, когда мы добавляем пельмешки уже после того, как вода в первый раз закипела. Ясно, что при добавлении очередной охлаждённой пельмешки в кипящую кастрюлю система быстро приходит к тепловому равновесию и кипение прекращается. Обозначим за \(\Delta t\) время кипения воды в промежутке между закидыванием пельмешек. Понятно, что для восстановления кипения после добавления новой пельмешки требуется время, равное \(\tau - \Delta t\). В течение этого процесса начальная и конечная температуры всего содержимого кастрюли, кроме новой пельмешки, одинаковы (\(T_k = 100\,^{o}\)C). Значит, можно считать, что вся теплота, переданная плиткой за это время, пошла на разогрев новой пельмешки до температуры кипения воды. Тогда уравнение теплового баланса будет иметь вид: \[C_п(T_k - T_п) = P(\tau - \Delta t).\] Из полученного уравнения можно выразить \(\Delta t\): \[\Delta t = \frac{1}{P}\left[P\tau - C_п(T_k - T_п)\right]. \tag{4}\] Так как ответ не зависит от количества пельменей в кастрюле, то если хоть раз вода закипела, то она будет вскипать после добавления всех последующих пельменей. Обозначим время кипения после первого закипания кастрюли за \(\Delta t_1\). Если вода всего в процессе закипала \(n_k\) раз, то в наших обозначениях общее время кипения \(t_k\) записывается так: \[t_k = \Delta t_1 + (n_k - 1)\Delta t.\] Понятно, что \(\Delta t_1 \le \Delta t\), потому что часть теплоты, переданной плиткой, могла уйти на разогрев до \(T_k\) не только новой пельмешки, но и остальных ингредиентов кастрюли. Тогда можно выразить количество закипаний так: \[n_k = \left\lfloor \frac{t_k}{\Delta t} \right\rfloor + 1. \tag{5}\] По условию задачи до момента опускания последней пельмешки прошло время, равное \(t = (N-1)\tau\). Тогда обозначим общую теплоту, потраченную на кипение воды с начала процесса, \(Q_{\Lambda}\). К моменту опускания последней пельмешки вся вода была нагрета до \(T_k\) (та часть, которая испарилась при кипении, также была сначала нагрета до \(T_k\)), на это ушла теплота \(Q_B = c_в M_в (T_k - T_в)\). Кроме того, \(N-1\) пельменей тоже оказались нагреты до \(T_k\), на что ушла теплота \(Q_п = (N-1)C_п(T_k - T_п)\). Тогда уравнение теплового баланса для всего процесса запишется как: \[Q_B + Q_п + Q_{\Lambda} = Pt.\] Так как температура системы при кипении воды не меняется, то вся теплота от плитки при этом идёт на кипение воды: \(Q_{\Lambda} = P t_k\). Подставляя в это выражения для теплот, получаем: \[c_в M_в (T_k - T_в) + (N-1)C_п(T_k - T_п) + P t_k = P(N-1)\tau.\] Остаётся выразить \(t_k\). После несложных упрощений получаем, что общее время кипения воды: \[t_k = \frac{1}{P}\left[(N-1)\left(P\tau - C_п(T_k - T_п)\right) - c_в M_в (T_k - T_в)\right]. \tag{8}\] Для того чтобы найти \(n_k\) по формуле (5), рассчитаем отношение \(t_k/\Delta t\) с использованием выражений (8) и (4): \[\frac{t_k}{\Delta t} = N - 1 - \frac{c_в M_в (T_k - T_в)}{P\tau - C_п(T_k - T_п)}. \tag{9}\] Сопоставляя (5) и (9), получаем ответ: \[n_k = N - 1 - \left\lfloor \frac{c_в M_в (T_k - T_в)}{P\tau - C_п(T_k - T_п)} \right\rfloor. \tag{10}\] Стоит отметить, что мощности плитки может не хватить для того, чтобы кастрюля хоть раз вскипела. Эту минимальную мощность можно получить из соотношения (7), положив в нём \(t_k = 0\). Таким образом, кастрюля ни разу не вскипит, если выполнено неравенство: \[P \le \frac{C_п(T_k - T_п)}{\tau} + \frac{c_в M_в (T_k - T_в)}{(N-1)\tau}.\]

Перейдите в систему отсчёта, движущуюся вместе со стенкой: в ней стенка неподвижна, а мяч отражается упруго, сохраняя вертикальную скорость. Время полёта найдите как для тела, брошенного вверх с \(v_в\).

Чтобы мячик попал в лунку, отскочив от стенки и не коснувшись земли, Илья должен запустить его под углом \(\alpha = \arctan\dfrac{2v_в^2}{g(2L_1 + L_2) - 4uv_в}\).

Тангенс угла, под которым летит мяч, равен отношению вертикальной составляющей скорости к горизонтальной: \(\operatorname{tg}\alpha = v_в/v_Г\). По условию задачи начальная вертикальная скорость \(v_в\) дана. Таким образом, чтобы найти тангенс (а затем и сам угол) в начальный момент времени, достаточно найти начальную горизонтальную скорость \(v_Г\).

Перейдём в систему отсчёта, движущуюся с постоянной скоростью \(\vec u\), в которой стенка неподвижна (\(\vec u\,' = 0\)). Тогда лунка будет двигаться к ней со скоростью \(-\vec u\), а у мяча появится добавка к горизонтальной составляющей скорости в направлении к стенке: \(v'_Г = v_Г + u\). В этой системе отсчёта мяч абсолютно упруго ударяется о неподвижную стенку. При таком ударе его скорость по вертикали не изменяется, а по горизонтали меняет направление. Так как вертикальная составляющая скорости при столкновении со стенкой не изменилась, то мы можем посчитать полное время полёта мячика до попадания в лунку, просто как для тела, движущегося с ускорением свободного падения: \[0 = v_в t_k - \frac{g}{2}t_k^2 \quad\Rightarrow\quad t_k = \frac{2v_в}{g}. \tag{11}\] В нашей системе отсчёта по горизонтали мячик движется равномерно и проходит сначала расстояние \(L_1\) до стенки с постоянной горизонтальной скоростью \(v'_Г\). После удара он летит в обратном направлении с горизонтальной скоростью по модулю, равной также \(v'_Г\), и проходит расстояние до лунки \(X\). Тогда за время своего полёта \(t_k\) мячик попадёт в лунку, если выполнено: \[L_1 + X = v'_Г t_k. \tag{12}\] В рассматриваемой системе отсчёта стенка покоится, а лунка движется с постоянной скоростью \(u\) к ней навстречу. Изначально расстояние между ними равно \(L_1 + L_2\); за время полёта мяча лунка сместилась на расстояние \(L_1 + L_2 - X\). Тогда из уравнения равномерного движения для лунки можно выразить \(X\): \[L_1 + L_2 - X = u t_k, \qquad X = L_1 + L_2 - u t_k.\] Подставим полученное для \(X\) выражение в (12): \[2L_1 + L_2 - u t_k = v'_Г t_k.\] Вспомним, как связаны горизонтальные составляющие скорости мячика в движущейся и неподвижной системах отсчёта: \(v'_Г = v_Г + u\). Подставим это соотношение, а также найденное время \(t_k\) (11): \[2L_1 + L_2 - \frac{2uv_в}{g} = (v_Г + u)\frac{2v_в}{g}.\] Отсюда при помощи несложных преобразований получаем выражение: \[v_Г = \frac{g}{2v_в}(2L_1 + L_2) - 2u.\] Теперь можно получить тангенс искомого угла: \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{v_в}{\frac{g}{2v_в}(2L_1 + L_2) - 2u} = \frac{2v_в^2}{g(2L_1 + L_2) - 4uv_в}.\] Тогда искомый угол выражается так: \(\alpha = \arctan\dfrac{2v_в^2}{g(2L_1 + L_2) - 4uv_в}\).