Санкт-Петербургская, 2013/14, заключительный этап, 9 класс

Выразите пройденный путь через момент применения силы \(t_0\) и найдите его максимум.

Фросе надо увеличить свою скорость в момент времени \(t_0 = 30\) с.

Пусть Фрося использовал свою силу в момент времени \(t_0\); тогда его скорость в этот момент \(v_0 = a t_0\). К финишу в момент \(t_1 = 60\) с Фрося подойдёт со скоростью \(v_1 = 2v_0 + a(t_1 - t_0)\). График \(v(t)\) состоит из трёх частей, путь равен площади под графиком: \[S = S_1 + S_2 + S_3 = \tfrac{1}{2} v_0 t_0 + 2v_0(t_1 - t_0) + \tfrac{1}{2}(v_1 - 2v_0)(t_1 - t_0),\] что после подстановки \(v_1\) даёт \[S = 2v_0 t_1 - \tfrac{3}{2} v_0 t_0 + \tfrac{1}{2} a (t_1 - t_0)^2 .\] С \(v_0 = a t_0 = 1 \cdot t_0\) и \(t_1 = 60\) с получаем квадратичную функцию \[S = 1800 + 60 t_0 - t_0^2 ,\] максимум которой находится в вершине параболы: \(t_0 = 30\) с.

Оцените сверху и снизу, заменив \(R_5\) на бесконечность и на нуль; при этом используйте монотонность сопротивления цепи по каждому резистору.

\(\dfrac{28}{15}~\text{Ом} \le R_{AB} \le \dfrac{15}{8}~\text{Ом}\).

Если в цепи увеличить (уменьшить) сопротивление одного резистора, общее сопротивление цепи не уменьшится (не увеличится) — это теорема Рэлея о монотонности.

Уберём \(R_5\) (заменим на бесконечное сопротивление). Схема даёт \[R_{\max} = \frac{(R_1 + R_2)(R_3 + R_4)}{R_1 + R_2 + R_3 + R_4} = \frac{15}{8}~\text{Ом}, \qquad R_{AB} \le R_{\max}.\] Заменим \(R_5\) проводом (сопротивление уменьшится до нуля). Точки \(C\) и \(D\) совпадут, и схема станет последовательным соединением двух параллельных блоков (\(R_1\) и \(R_3\); \(R_2\) и \(R_4\)): \[R_{\min} = \frac{R_1 R_3}{R_1 + R_3} + \frac{R_2 R_4}{R_2 + R_4} = \frac{28}{15}~\text{Ом}, \qquad R_{AB} \ge R_{\min}.\] Итак, \(\dfrac{28}{15}~\text{Ом} \le R_{AB} \le \dfrac{15}{8}~\text{Ом}\). Разность границ равна \(\tfrac{1}{120}\) Ом, что меньше \(0{,}01\) Ом.

Доказательство монотонности: ток течёт так, что тепловые потери \(Q = \sum_{ij} (\varphi_i - \varphi_j)^2 / R_{ij}\) минимальны; минимум \(Q_{\min} = U^2/R\) по определению, и при увеличении любого \(R_{ij}\) минимум \(Q\) не возрастает, откуда \(R' \ge R\).

Сила тяжести и реакция опоры направлены к центру астероида, поэтому для движения по малой окружности нужна сила трения; предельный случай соответствует \(F_{\text{тр}} = \mu N\).

\(V = \sqrt{\dfrac{GM\mu}{R\left(\sqrt{s^2 - 1} + \mu\right)}}\).

Радиус окружности \(r = R\sin\alpha = R/s\), откуда \(\sin\alpha = 1/s\), \(\cos\alpha = \sqrt{s^2 - 1}/s\). Сила тяготения \(F_g = GmM/R^2\) и сила реакции опоры \(N\) направлены по линии к центру астероида, и их сумма не может дать центростремительную силу; поэтому нужна сила трения \(F_{\text{тр}}\).

Проекции второго закона Ньютона на оси (ось \(Ox\) горизонтально к центру окружности, \(Oy\) вдоль нормали к поверхности): \[F_{\text{тр}} \sin\alpha + N\cos\alpha = F_g\cos\alpha,\] \[F_g \sin\alpha + F_{\text{тр}}\cos\alpha - N\sin\alpha = \frac{mV^2}{r}.\] Предельный случай \(F_{\text{тр}} = \mu N\) даёт \[N = \frac{F_g\cos\alpha}{\cos\alpha + \mu\sin\alpha},\] и после подстановки \(r = R\sin\alpha\) во второе уравнение получаем \[\frac{\mu F_g}{\cos\alpha + \mu\sin\alpha} = \frac{mV^2}{R\sin\alpha}.\] Подставляя \(F_g = GMm/R^2\), находим \[V = \sqrt{\frac{GM\mu}{R\left(\sqrt{s^2 - 1} + \mu\right)}}.\]

Запишите правило рычага для начального и текущего положения; плавление уменьшает длину правого плеча на \(\Delta y = P\Delta t/(\lambda\rho a^2)\).

\(x(t) = \dfrac{\rho a^2}{2m}\,y(t)^2 - \dfrac{\rho a^2 x_0^2}{2m}\), где \(y(t) = \sqrt{\dfrac{2mx_0 + \rho a^2 x_0^2}{\rho a^2}} - \dfrac{Pt}{\lambda\rho a^2}\).

В начальный момент рычаг в равновесии, поэтому по правилу рычага (сила тяжести рычага приложена к центру масс его плеча): \[m x_0 + \rho a^2 x_0 \cdot \frac{x_0}{2} = \rho a^2 \frac{y_0^2}{2}, \qquad y_0 = \sqrt{\frac{2mx_0 + \rho a^2 x_0^2}{\rho a^2}},\] где \(y_0\) — длина плеча клоуна.

За время \(\Delta t\) фен передаёт льду теплоту \(P\Delta t\), которая идёт на плавление (температура льда \(0^\circ\) C): \(P\Delta t = \lambda\rho a^2\Delta y\), поэтому длина плеча клоуна \(y(t) = y_0 - \dfrac{Pt}{\lambda\rho a^2}\).

Для текущего момента правило рычага даёт \[m x + \rho a^2 \frac{x_0^2}{2} = \rho a^2 \frac{y^2}{2},\] откуда и получается ответ.

Силы давления на наклонные грани уравновешиваются; разность давлений на высоте призмы равна \(g\), умноженному на площадь под графиком \(\rho(h)\) на отрезке \([h_0, h_0 + a]\).

\(m' \approx 18{,}9\) Мт (с исправленной массой первой призмы \(\approx 21{,}4\) Мт); \(m' \approx 16\) Мт, если считать массу первой призмы 25 Мт из условия.

На призмы действуют сила Архимеда, сила тяжести и силы давления на наклонные грани. Для обеих призм (одинаковой формы, на одинаковой глубине) сила давления на наклонную грань одна и та же, поэтому из уравнений вертикального равновесия (проекции на ось \(Oy\)) после сложения получаем \[4a^2\,\frac{p_1 - p_0}{g} - m = m',\] где \(p_0\) — давление на глубине \(h_0\), \(p_1\) — давление на глубине \(h_0 + a\).

Перепад давления равен \(g\), умноженному на площадь под графиком плотности на отрезке \([h_0, h_0 + a]\): \(p_1 - p_0 = g S\). Тогда \[m' = 4a^2 S - m.\] Площадь \(S\) находится по графику плотности.

В условии, к сожалению, есть ошибка: масса первой призмы 25 мегатонн слишком велика, такая призма утонет. Аккуратный расчёт силы Архимеда (масса вытесненной жидкости равна \(\int \rho(h)S(h)\,dh\), где \(S(h)\) — площадь сечения призмы на глубине \(h\)) даёт массу первой призмы около \(21{,}4\) Мт, и тогда \(m' \approx 18{,}9\) Мт. С массой 25 Мт из условия получается \(m' \approx 16\) Мт.

Сравните токи для всех пар выводов: источник обязан быть подключён между парой, где ток заметно отличается от нуля при любом подключении нагрузки.

Источник тока подключён между выводами 1 и 5; его сила тока \(0{,}6\) мА.

Измерив токи для всех пар выводов, видим, что источник подключён между выводом 1 и некоторой точкой схемы, соединённой с выводами 2, 3, 4, 5. Измерив сопротивления между парами выводов \(\{2, 3, 4, 5\}\), получаем соотношения \(R_{52} + R_{23} = R_{53}\), \(R_{43} = R_{45} + R_{35} = R_{45} + R_{52} + R_{23}\). Наиболее простая схема, удовлетворяющая этим равенствам, — последовательное соединение резисторов \(R_{45}\), \(R_{52}\), \(R_{23}\) между соответствующими выводами.

Напряжения между парами, между которыми находится источник (1–2, 1–3, 1–4, 1–5), около \(8{,}5\) В: источник неидеальный и выдаёт постоянный ток только до напряжения \(8{,}5\) В. При параллельно подключённом сопротивлении 1 кОм напряжение становится около \(0{,}6\) В, что соответствует силе тока \(0{,}6\) мА, измеренной в первом пункте (падение напряжения на 1 кОм). Отсюда источник подключён между выводами 1 и 5 и имеет силу тока \(0{,}6\) мА.

Объём янтаря найдите по смещению уровня воды в шприце; затем разбавляйте раствор водой, пока янтарь не начнёт тонуть.

Измеряем объём каждого кусочка янтаря, помещая его поочерёдно в шприц с заранее набранной водой (1 мл). Разность объёма воды с янтарём и исходного 1 мл даёт объём янтаря; плотность янтаря равна известной массе, делённой на найденный объём.

Плотность раствора измеряем, разбавляя его водой до такой степени разбавления, при которой янтарь начинает тонуть: тогда плотность смеси равна плотности янтаря \(\rho_я\). Если исходный объём раствора \(V_1\) разбавлен объёмом воды \(V_2\), то из равенства \((V_1 + V_2)\rho_я = V_1\rho_0 + V_2\rho_в\) находим плотность исходного раствора \(\rho_0\).