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

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, движущуюся вместе с подъёмником: там папка сразу после удара падает вдоль склона с начальной скоростью \(u\). Условие совпадения координат Бонда и папки при приземлении даёт время полёта.

Ответ

Время полёта \(t = \dfrac{20\,u}{\sqrt{3}\,g}\); высота \(h = \dfrac{20\,u^2}{3g}\).

Решение

Перейдём в систему отсчёта, движущуюся со скоростью \(\vec u\), в которой подъёмник неподвижен. В ней папка, выпав из кармана Бонда, падает вертикально. Так как в результате удара о склон папка остановилась, в этой системе в момент удара она приобретает начальную скорость \(u\), направленную вниз по склону.

Трения нет, поэтому на папку действует только сила тяжести, и её ускорение вдоль склона \(a = g\sin\alpha\). Путь папки вдоль склона за время \(t\): \(s = ut + \frac{1}{2}g\sin\alpha\, t^2\).

Агент 007 поймает папку, если горизонтальные координаты Бонда и папки совпадут при приземлении: \[3ut = \left(ut + \tfrac{1}{2}g\sin\alpha\, t^2\right)\cos\alpha.\] Отсюда \((3 - \cos\alpha)\,u = \dfrac{1}{2}\,g\sin\alpha\cos\alpha\, t\). При \(\alpha = 60^\circ\) (\(\cos\alpha = \frac{1}{2}\), \(\sin\alpha = \frac{\sqrt3}{2}\)): \[t = \frac{20\,u}{\sqrt{3}\,g}.\] Вертикальные координаты: высота Агента \(\frac{1}{2}gt^2\) равна сумме высоты \(h\) и вертикальной проекции пути папки: \[\frac{1}{2}gt^2 = h + \left(ut + \tfrac{1}{2}g\sin\alpha\, t^2\right)\sin\alpha.\] Подставляя \(t\), получаем \[h = \frac{20\,u^2}{3g}.\]

Ответ

На разгон первого вагончика (I) — около \(2{,}7\,\%\) работы (\(\frac{2}{75}\)), второго (II) — около \(16{,}7\,\%\) (\(\frac{1}{6}\)), третьего — около \(80{,}7\,\%\) (\(\frac{121}{150}\)).

Решение

Работа силы \(F\) идёт только на кинетическую энергию вагончиков. Нужно найти их конечные кинетические энергии.

На первом этапе сила разгоняет три вагончика с ускорением \(a_{(3)} = \dfrac{F}{3m}\). Скорость первого вагончика к моменту \(t\): \(V_I = \dfrac{Ft}{3m}\), его энергия \(E_I = \dfrac{mV_I^2}{2} = \dfrac{F^2t^2}{18m}\).

На втором этапе сила разгоняет два вагончика, \(a_{(2)} = \dfrac{F}{2m}\). Скорость второго к моменту \(2t\): \(V_{II} = \dfrac{Ft}{3m} + \dfrac{Ft}{2m} = \dfrac{5Ft}{6m}\), энергия \(E_{II} = \dfrac{25F^2t^2}{72m}\).

На третьем этапе сила разгоняет один вагончик, \(a_{(1)} = \dfrac{F}{m}\). Скорость третьего к моменту \(3t\): \(V_{III} = \dfrac{Ft}{3m} + \dfrac{Ft}{2m} + \dfrac{Ft}{m} = \dfrac{11Ft}{6m}\), энергия \(E_{III} = \dfrac{121F^2t^2}{72m}\).

Полная работа: \(A = E_I + E_{II} + E_{III} = \dfrac{25F^2t^2}{12m}\). Доли: \[\eta_I = \frac{E_I}{A} = \frac{2}{75} \approx 2{,}7\,\%, \qquad \eta_{II} = \frac{E_{II}}{A} = \frac{1}{6} \approx 16{,}7\,\%, \qquad \eta_{III} = \frac{E_{III}}{A} = \frac{121}{150} \approx 80{,}7\,\%.\]

Ответ

Наиболее вероятное сопротивление цепи \(641\) Ом.

Решение

Всего девять различных способов собрать «случайный резистор». Некоторые из них переходят друг в друга отражением, поэтому различных конструкций четыре (рис. ниже): конструкция типа 1 — одна из девяти, типа 2 — две, типа 3 — две, типа 4 — четыре. Поскольку выбор равновероятен, из 1155 резисторов примерно \(\frac{1}{9}\) принадлежат типу 1, \(\frac{2}{9}\) — типу 2, \(\frac{2}{9}\) — типу 3 и \(\frac{4}{9}\) — типу 4.

Схемы 1 и 2 эквивалентны, их сопротивление \(R_{1/2} = \frac{3}{5}\) Ом; \(R_3 = \frac{5}{11}\) Ом; \(R_4 = \frac{4}{7}\) Ом.

Резисторы соединены последовательно, их сопротивления складываются: \[R = 1155\left[\left(\tfrac{1}{9} + \tfrac{2}{9}\right)R_{1/2} + \tfrac{2}{9}R_3 + \tfrac{4}{9}R_4\right] = 641~\text{Ом}.\]

Ответ

Показания весов увеличатся примерно на \(3{,}1 \cdot 10^{-6}\) кг.

Решение

Показания весов меняются, потому что с началом движения столбика ртути растёт её импульс: всё большая масса начинает двигаться вверх.

Пусть \(C\) — удельная теплоёмкость, \(\rho\) — плотность, \(m = \rho V\) — масса ртути, \(s\) — площадь сечения столбика, \(v\) — скорость подъёма. Мощность нагрева \(N = 500\) Вт. Так как \(\Delta V \ll V\), объём \(V\) и плотность \(\rho\) можно считать постоянными. Тепловой баланс за время \(\Delta t\): \(C\rho V\,\Delta T = N\Delta t\), откуда \(\Delta T = \dfrac{N}{C\rho V}\Delta t\), и из расширения \(\Delta V = \beta V \Delta T\): \[\frac{\Delta V}{\Delta t} = \frac{\beta N}{C\rho}.\] Эта скорость изменения объёма постоянна, значит, постоянна и скорость подъёма \(v = \dfrac{1}{s}\dfrac{\Delta V}{\Delta t} = \dfrac{\beta N}{sC\rho}\).

Дополнительная сила на весы по импульсной форме второго закона Ньютона: \(F = \dfrac{\Delta p}{\Delta t}\), где \(\Delta p = \rho\,\Delta V\, v\). Значит, \[F = \rho v\frac{\Delta V}{\Delta t} = \frac{\beta^2 N^2}{s C^2 \rho}.\] Подставляя числа, \(F \approx 3 \cdot 10^{-5}\) Н. Прибавка к показанию весов \[\Delta m = \frac{F}{g} \approx 3{,}1 \cdot 10^{-6}~\text{кг}.\]

Ответ

Проскальзывания не будет при любом соотношении масс, если \(\mu \ge \dfrac{1}{2}\).

Решение

Пусть \(T\) — сила натяжения ленты, \(F\) — сила трения между колёсами и поверхностью, \(a\) — ускорение оси, \(M\) — масса одного колеса, \(m\) — масса груза, \(\alpha = M/m\). Ускорение груза равно \(2a\), так как удлинение вертикального куска ленты равно удвоенному сокращению горизонтального. Второй закон Ньютона для колёсной пары (масса \(2M\)) и груза: \[2Ma = 2T - F, \qquad 2ma = mg - T.\] Колёса катятся без проскальзывания, поэтому в системе отсчёта оси скорости всех точек обода по величине одинаковы, и ускорения точек обода равны \(a\). Развернув обод на плоскость, получаем две полосы суммарной массы \(2M\), движущиеся с ускорением \(a\) под действием силы трения: \(F = 2Ma\).

Из этих уравнений \[a = \frac{g}{2}\cdot\frac{1}{1+\alpha}, \qquad \frac{F}{N} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\alpha},\] где нормальная реакция \(N = 2Mg\). Проскальзывания нет, пока \(F/N \le \mu\). Дробь \(\frac{1}{1+\alpha}\) не превышает \(1\) ни при каком \(\alpha\), значит, \(F/N \le \frac{1}{2}\) для любого соотношения масс. Поэтому при \(\mu \ge \frac{1}{2}\) проскальзывания не будет.