Санкт-Петербургская, 2013/14, заключительный этап, 8 класс

Подсказка

Всё время, пока воронка выдвинута, эквивалентно держанию воронки под дождём в течение \(15\) с: симметричные моменты дают одинаковую площадь. Сравните число капель, попавших в воронку, с числом капель в объёме, который воронка «заметает» за это время.

Ответ

В одном кубическом метре воздуха находится примерно \(4{,}5\) капли; если такой дождь будет идти целые сутки равномерно, выпадет \(230\) мм осадков.

Решение

Для каждого момента времени \(\tau\) есть симметричный ему момент \(5-\tau\): если в момент \(\tau\) под дождём находилась некоторая часть воронки, то в момент \(5-\tau\) такая же (симметричная) часть воронки не находится под дождём. Поэтому суммарная площадь воронки под дождём в моменты \(\tau\) и \(5-\tau\) равна полной площади воронки, и пять секунд выталкивания эквивалентны двум с половиной секундам держания воронки целиком. Весь процесс эквивалентен тому, что Роман держал воронку под дождём на протяжении \(t=15\) с.

За время \(t\) в воронку попадут все капли, которые находились над воронкой на высоте не более \(ut\). Таким образом, в воронку попадут капли из объёма воздуха \(l^2ut\). Обозначив искомое количество капель в \(1\) м\(^3\) воздуха через \(n\), получим \[n\,l^2ut=\frac{V}{v}.\] Переводя \(V\) и \(v\) в одну систему единиц, получаем, что в воронке \(V/v=200\) капель. Отсюда \[n=\frac{200}{l^2ut}=\frac{200}{0{,}25\cdot12\cdot15}=\frac{200}{45}\approx4{,}5~\text{шт/м}^3.\] Высота водяного столба за \(t=15\) с \[h=\frac{V}{l^2}=\frac{10^{-2}\,\text{м}^2\text{мм}}{0{,}25\,\text{м}^2}=4\cdot10^{-2}~\text{мм}.\] В сутках \(86400\) с, поэтому итоговое количество осадков \(\dfrac{86400}{15}h=230\) мм.

Подсказка

Количество теплоты, нужное для закипания, не зависит от места. Мощность при постоянном сопротивлении пропорциональна квадрату напряжения.

Ответ

Чайник в Калифорнии закипит за \(12\) минут; учёт теплопотерь увеличивает ответ.

Решение

Чтобы вскипятить чайник, нужно передать ему количество теплоты, достаточное для нагревания воды до температуры кипения. Это количество от местонахождения не зависит, значит, время закипания зависит от мощности нагревательного элемента: \[\frac{T_1}{T_2}=\frac{Q/W_1}{Q/W_2}=\frac{W_2}{W_1}=\frac{U_2I_2}{U_1I_1}.\] Нагревательный элемент имеет постоянное сопротивление, и для него справедлив закон Ома \(I=U/R\). В Калифорнии напряжение в два раза ниже, значит, и ток на элементе в два раза меньше: \(U_1/U_2=I_1/I_2=2\). Таким образом, мощность элемента в Калифорнии в четыре раза меньше, и чайник будет закипать в четыре раза дольше, т.е. \(12\) минут.

Учтём теплопотери. Отношение мощностей от теплопотерь не зависит. В Калифорнии теплопотери будут больше: чайник там будет закипать дольше, и в частности при каждой конкретной температуре будет находиться большее время. Значит, с учётом теплопотерь в Калифорнии нужно передать большее количество теплоты, чем в Петербурге. Это, конечно, лишь увеличит ответ.

Подсказка

На глубине \(h\) сжатие воздуха в круге уменьшает подъёмную силу. Подъёмная сила пропорциональна начальному объёму воздуха в круге. Сравните эффективную массу аппарата (вес минус сила Архимеда) до и после добавления камеры.

Ответ

Начальный объём круга с воздухом необходимо увеличить в полтора раза.

Решение

Объёмы круга на поверхности и на глубине \(h\) пропорциональны друг другу: если начальный объём круга увеличить в два раза, то и его объём на глубине \(h\) увеличится в два раза. Подъёмная сила круга с воздухом на глубине \(h\) прямо пропорциональна его объёму на поверхности. Условие «свободное погружение аппарата начинается с глубины \(h=10\) м» означает, что на этой глубине силы тяжести и Архимеда, действующие на систему «аппарат + жилет», равны друг другу.

Суммарная сила, действующая на погружённый зонд со стороны силы притяжения и силы Архимеда, \[F=mg-\rho Vg=(125-1190\cdot0{,}1)\,\text{кг}\cdot g=6\,\text{кг}\cdot g.\] Эффективная масса зонда (сила тяжести за вычетом силы Архимеда) равна \(6\) кг, значит, на глубине \(h\) круг с воздухом должен создавать подъёмную силу \(6g\). После добавления камеры сила Архимеда не изменилась, а сила тяжести возросла на \(3g\), т.е. эффективная масса стала \(9g\), увеличившись в полтора раза. Значит, и начальный объём круга с воздухом также необходимо увеличить в полтора раза.

Подсказка

Масса равна произведению объёма на плотность. На каждом участке графиков объём и плотность линейны по времени; найдите их выражения по двум точкам.

Ответ

На интервале \(0\le t\le 6\) ч масса \(m(t)=-\dfrac{t^2}{60}+\dfrac{2t}{15}+3\) кг (парабола с максимумом при \(t=4\) ч); на интервале \(6\le t\le 8\) ч масса растёт линейно от \(3{,}2\) кг до \(3{,}6\) кг; при \(t\ge 8\) ч масса постоянна и равна \(3{,}6\) кг. График — см. рисунок.

Решение

Разделим график условно на три части: от начального момента до \(t=6\) ч, от \(t=6\) до \(t=8\) ч и от \(8\) ч и далее. С \(8\) ч масса варева не изменяется и равна \(3{,}6\) кг. От \(6\) до \(8\) ч объём варева постоянен, меняется только плотность, поэтому график массы линеен. В момент \(t=6\) ч масса равна \(1{,}6\cdot2=3{,}2\) кг.

Для первой части запишем зависимости объёма и плотности от времени (учитываем \(1000\) кг/м\(^3=1\) кг/л): \[V(t)=3-\frac{1}{6}t~\text{л},\qquad \rho(t)=1+0{,}1t~\text{кг/л}.\] Масса в любой момент — произведение объёма и плотности: \[m(t)=\left(3-\frac{t}{6}\right)(1+0{,}1t)=-\frac{t^2}{60}+\frac{2t}{15}+3.\] Это часть параболы с максимумом в точке \(t=-b/(2a)=4\) ч. Остаётся построить сводный график по трём частям.

Подсказка

Давление на дне растёт, пока растаявшая вода заполняет пустоты между кусками льда. Найдите массу льда и массу воды, при которой давление станет максимальным и лёд всплывёт.

Ответ

Давление растёт линейно от \(0\) до \(3\) кПа за время \(264\) с, после чего, когда лёд всплывает, остаётся постоянным и равным \(3\) кПа. График — см. рисунок.

Решение

Кастрюлю греют снизу, лёд постепенно тает. По мере таяния льда образующаяся вода заполняет пустоты внутри ледяной крошки, и тем больше часть кастрюли, заполненная ею. Одновременно с этим давление воды на уровне дна растёт. В некоторый момент давление на дне становится равным максимальному для системы значению, и тогда оставшийся лёд всплывает, а искомое значение перестаёт меняться.

Масса льда \(m=\rho S h=4\cdot10^{-2}\cdot0{,}5\cdot600=12\) кг. Конечное давление на уровне дна равно \[P=\frac{mg}{S}=3~\text{кПа}.\] Как только давление на уровне дна окажется равным \(3000\) Па, лёд всплывёт. Из соотношения \(\rho/\rho_л=2/3\) видно, что лёд занимает две трети объёма кастрюли, значит треть объёма — пустоты, которые и заполняет вода. Эффективная площадь кастрюли для воды равна \(S_{\text{эфф}}=S/3\).

Чтобы создать давление \(P\), нужен столб жидкости высотой \(h'\): \(P=\rho_Bgh'\). Необходимый объём растаявшей жидкости \(V=h'S/3\), её масса \[M=\rho_BV=\frac{\rho_BSP}{3\rho_Bg}=\frac{SP}{3g}=\frac{0{,}04\cdot3000}{30}=4~\text{кг}.\] За одну секунду плавится \(\mu=\dfrac{W\cdot1\,\text{с}}{\lambda}=\dfrac{5}{330}=\dfrac{1}{66}\) кг льда. Тогда \(4\) кг тает за \(264\) с, и за это же время давление на уровне дна вырастет с нуля до \(3000\) Па. После этого лёд всплывёт, и искомое давление перестанет меняться.

Подсказка

Каждая рамка в равновесии: сила упругости пружины над ней уравновешивает вес всего, что подвешено ниже. Найдите сжатие каждой пружины последовательно, начиная с нижней.

Ответ

Длина амортизатора \(177{,}5\) см.

Решение

На нижнюю рамку действуют сила тяжести самой рамки, вес грузика и сила упругости со стороны пружины. Амортизатор находится в равновесии, следовательно, силы скомпенсированы. Отсюда \[k_3l_3=Mg+mg,\qquad l_3=\frac{Mg+mg}{k_3}=\frac{85}{200}=42{,}5~\text{см}.\] На вторую рамку действует сила упругости первой пружины, вес рамки и сила упругости второй пружины. Учитывая, что сила упругости первой пружины равна \(Mg+mg\), получаем \[k_2l_2=Mg+2mg,\qquad l_2=\frac{Mg+2mg}{k_2}=\frac{95}{100}=95~\text{см}.\] Вторая пружина должна сжаться на \(95\) см при длине \(50\) см. Это означает, что вторая пружина просто сжата целиком, т.е. \(l_2=50\) см.

Аналогично найдём \(l_1\): \[l_1=\frac{Mg+3mg}{k_1}=\frac{105}{300}=35~\text{см}.\] Пользуясь изображением амортизатора, легко понять, что его длина равна \[L=l_1+l_2+l_3+l_4=177{,}5~\text{см}.\]

Подсказка

Прибор движется по ленте относительно деталей; количество проверенных деталей — это число деталей, которые прибор догонит или встретит до конца ленты. Выразите его через отношение времени прохода ленты к периоду встреч.

Ответ

\(N(u)=1+\left\lfloor\dfrac{500\,|u-10|}{u\,l}\right\rfloor\) (скорости в см/с, \(l=30\) см), график — см. рисунок: при \(u=10\) см/с прибор проверяет одну деталь, при \(u\to0\) количество стремится к бесконечности.

Решение

Во время проведения олимпиады условие было уточнено: прибор начинает считать детали одновременно с выпуском новой детали, в том числе считает её. Решение приведено в соответствии с этим уточнением.

Качественно: если скорость прибора равна скорости ленты, он посчитает одну начальную деталь. При скорости прибора больше скорости ленты он «догоняет» предыдущие детали; при некоторой скорости он догонит следующую деталь ещё на ленте и посчитает уже две детали, и т.д. Однако прибор может посчитать лишь те детали, которые изначально лежали на ленте, поэтому по достижении некоторой скорости прибор будет считать все детали, которые лежали на ленте в начальный момент, и дальнейшее увеличение скорости эффекта не даст. При скорости прибора меньше скорости ленты детали догоняют прибор. Чем меньше скорость ленты относительно прибора, тем дольше он проходит ленту и тем больше деталей успевает его обогнать; при стремлении скорости прибора к нулю количество проверенных деталей стремится к бесконечности.

Расстояние между соседними деталями \(l=30\) см; время, которое прибор затрачивает на прохождение всей ленты, \(T=500\,\text{см}/u\). Скорость сближения прибора и деталей равна \(|u-10\,\text{см/с}|\), поэтому прибор проверяет деталь каждые \(\tau=\dfrac{l}{|u-10\,\text{см/с}|}\) секунд. Тогда прибор успеет посчитать \[N=1+\left\lfloor\frac{T}{\tau}\right\rfloor=1+\left\lfloor\frac{500\,|u-10|}{u\,l}\right\rfloor.\] Пользуясь качественным описанием и явным выражением, строим итоговый график (см. рисунок).

Решение

Возможное решение организаторов. Нагрузим конец линейки поочерёдно первым, вторым известными грузами и обоими грузами одновременно. Для каждого случая измерим прогиб конца линейки и вычислим \(k=mg/\Delta x\). Среднее по трём измерениям значение примем за \(k\), полученное статическим способом.

Для измерения потенциальной энергии упругой деформации будем отклонять линейку на \(5\), \(10\), \(15\) мм, положив её на соответствующее количество брусочков, и запускать при помощи неё в воздух груз, лежащий на конце линейки. Высоту, на которую подлетает груз, измерим при помощи второй линейки. Пренебрегая потерями энергии, связанными с сопротивлением воздуха и колебаниями линейки после подлёта груза, будем считать, что потенциальная энергия упругой деформации линейки перешла в потенциальную энергию груза в верхней точке полёта, т.е. \(k\Delta x^2/2=mgh\). Значение \(k\) получим, вычислив его для трёх значений \(\Delta x\) и усреднив.