Санкт-Петербургская, 2014/15, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

Сначала найдите, как растягиваются пружинки в равновесии: удлинения растут линейно с номером шарика. Затем сравните пути камня за первую и вторую секунды.

Ответ

\(v_0 = \dfrac{gt}{2} = 4{,}9\) м/с (при \(t = 1\) с).

Решение

Пронумеруем шарики сверху вниз. Для верхнего шарика в равновесии \(F_A - mg = k\Delta x_1\), для второго сверху \(F_A + k\Delta x_1 = mg + k\Delta x_2\), откуда \(\Delta x_2 = 2\Delta x_1\). Значит, камень должен за вторую секунду пролетать в два раза большее расстояние, чем за первую: \[\Delta x_1 = v_0 t + \frac{gt^2}{2}, \qquad \Delta x_2 = (v_0 + gt)t + \frac{gt^2}{2}.\] Из условия \(\Delta x_2 = 2\Delta x_1\) получаем \(2v_0 t + gt^2 = v_0 t + \frac{3}{2}gt^2\), то есть \(v_0 = \dfrac{gt}{2} = 4{,}9\) м/с.

Для произвольного \(n\): из уравнения Ньютона для \(n\)-го шарика \(x_n = n x_1\). Камень, подлетающий к \(n\)-му шарику со скоростью \(v = v_0 + g(n-1)t\), пролетает расстояние между \(n\)-м и \((n+1)\)-м шариками за \(t = 1\) с: \(\Delta x_n = (v_0 + g(n-1)t)t + \frac{gt^2}{2}\). Приравнивая \(nx_1\) и \(x_n\), получаем \((n-1)v_0 t = \frac{gt^2}{2}(n-1)\), откуда снова \(v_0 = \dfrac{gt}{2}\).

Подсказка

Удобно перейти в систему тележки, учитывая, что нить связывает ускорение бусины вдоль спицы с ускорением тележки. Запишите второй закон Ньютона для бусины вдоль спицы и перпендикулярно ей, а для тележки — по горизонтали.

Ответ

\(a_{\text{сближения}} = \dfrac{2mg\sin\alpha}{M + 2m(1 - \cos\alpha)}\).

Решение

Система симметрична, поэтому рассматриваем одну бусину и одну тележку. Ускорение тележки по горизонтали равно ускорению бусины вдоль спицы — иначе нить либо порвется, либо будет растягиваться; обозначим его \(a\). Тогда ускорение сближения тележек равно \(2a\).

Уравнение вдоль спицы (с учётом того, что система неинерциальна и проекция горизонтального ускорения на спицу равна \(a\cos\alpha\)): \[ma = mg\sin\alpha - T + ma\cos\alpha.\] Уравнение перпендикулярно спице (\(a_\perp = 0\) для бусины): \[0 = N + ma\sin\alpha - mg\cos\alpha.\] Для тележки по горизонтали: \[Ma = T - T\cos\alpha + N\sin\alpha.\] Решая систему, получаем \(a = \dfrac{mg\sin\alpha}{M + 2m(1 - \cos\alpha)}\), а ускорение сближения тележек равно \(2a = \dfrac{2mg\sin\alpha}{M + 2m(1 - \cos\alpha)}\).

Подсказка

Обозначьте сопротивление дуги трети окружности, стороны треугольника и участка \(x\) буквами и постройте эквивалентную схему. Полученное общее сопротивление — функция от \(x\), которую нужно исследовать на максимум.

Ответ

\(x = R\,\dfrac{27 + 6\sqrt{3}\,\pi}{18\sqrt{3} + 4\pi} \approx 1{,}4R\).

Решение

Обозначим сопротивление трети окружности через \(Z\), сопротивление стороны треугольника через \(Y\), сопротивление участка \(x\) через \(X\), а сопротивление круга с двумя сторонами треугольника через \(A\). Общее сопротивление схемы \[R_{\text{общ}} = \frac{(A + Y - X)X}{A + Y} = \frac{-X^2 + X(A + Y)}{A + Y}.\] Знаменатель не зависит от \(X\), а числитель — парабола с ветвями вниз. Её вершина находится в точке \(X = \dfrac{A + Y}{2}\).

С учётом \(Z = \rho\dfrac{2\pi R}{3}\), \(Y = \rho\sqrt{3}R\) и \(A = \dfrac{2YZ^2}{3YZ + Z^2}\) (в единицах \(\rho\) для \(y = Y/\rho\), \(z = Z/\rho\), \(\alpha = A/\rho\)) получаем \[x = \frac{1}{2}(\alpha + y) = \frac{1}{2}\cdot\frac{3y(y + z)}{3y + z}.\] Подставляя \(y\) и \(z\), находим \[x = R\,\frac{27 + 6\sqrt{3}\,\pi}{18\sqrt{3} + 4\pi} \approx 1{,}4R.\]

Подсказка

Рассмотрите равновесие половины оболочки: натяжение оболочки одинаково по всей её длине, а сила натяжения в верхней части уравновешивает вес воды. Для ответа используйте клетки на рисунке.

Ответ

\(p_B = \rho g\left(\dfrac{S - S_{JBK}}{a} + (h_B - h_J)\right) + p_0 = 0{,}645\,\rho g l + p_0\).

Решение

Задача решается как двумерная: краевыми эффектами на концах трубы пренебрегаем, и оболочку можно считать идеальной нитью. Натяжение оболочки одинаково во всех точках, так как в касательном направлении других сил нет, а оболочка безмассовая. Сила натяжения \(T\) на единицу длины: \(2T = \rho g D S\), где \(S\) — площадь сечения, \(D\) — длина куска трубы в направлении, перпендикулярном рисунку.

Разделим объём оболочки горизонтальной плоскостью \(JK\) там, где стенки висят вертикально (длина \(a\)). Весь криволинейный кусок \(JBK\) уравновешен двумя силами натяжения и весом воды в \(JBK\) плюс давлением сверху на \(JK\): \(2T = \rho g D S_{JBK} + D\,p_J a\). Отсюда \(p_J = \dfrac{(S - S_{JBK})\rho g}{a}\). Добавляя гидростатическое давление за счёт разности глубин \(B\) и \(J\) и атмосферное давление \(p_0\), получаем \[p_B = \rho g\left(\frac{S - S_{JBK}}{a} + (h_B - h_J)\right) + p_0.\] По клеткам на рисунке: \(h_B - h_J = 0{,}275\,l\), \(a = 0{,}5\,l\), \(S - S_{JBK} = 0{,}185\,l^2\), откуда \(p_B = \rho g(0{,}185/0{,}5 + 0{,}275)\,l + p_0 = 0{,}645\,\rho g l + p_0\).

Подсказка

Какой импульс получает космонавт при каждом выстреле? Чтобы в точке \(C\) его скорость обнулилась, суммарный импульс трёх выстрелов должен быть равен нулю. Какие направления выстрелов допустимы, если нельзя стрелять в станцию?

Ответ

Первый выстрел — под углом \(\alpha\) к направлению \(KO\), \(30^\circ \le \alpha \le 60^\circ\); второй и третий — так, чтобы углы между всеми тремя направлениями были \(120^\circ\). Минимальное время \(t_{\min} = \dfrac{nMR}{mV}\), максимальное \(t_{\max} = \dfrac{2nMR}{\sqrt{3}\,mV}\).

Решение

Каждый выстрел сообщает пуле импульс \(mV\), и такой же по модулю импульс получает космонавт, так что его скорость меняется на \(u = mV/M\). Чтобы в \(C\) космонавт был неподвижен, суммарный импульс трёх выстрелов должен быть равен нулю. Двух выстрелов в противоположные стороны недостаточно: первый выстрел пришлось бы направить в станцию. Значит, нужны три выстрела, и углы между любыми двумя направлениями равны \(120^\circ\). Между выстрелами космонавт движется по прямолинейным отрезкам \(KB\) и \(BC\), причём \(\angle KBC = 120^\circ\).

Первый выстрел должен быть направлен к \(OK\) под углом \(\alpha\) не менее \(30^\circ\) (при \(\alpha = 30^\circ\) космонавт стреляет по касательной к станции), и не более \(60^\circ\), иначе он пролетит мимо точки \(C\).

Все треугольники \(KBC\) с углом \(\angle KBC = 120^\circ\) дают возможные траектории; вершина \(B\) лежит на одной окружности. Минимальное время достигается при движении практически по прямой \(KC\) (два первых выстрела почти одновременны, точка \(B\) сдвигается к \(K\)): \(t_{\min} = \dfrac{nR}{u} = \dfrac{nMR}{mV}\). Максимальное время соответствует равнобедренному треугольнику \(KBC\) при \(\alpha = 30^\circ\): путь \(\dfrac{nR}{\cos 30^\circ}\), время \(\dfrac{nR}{u\cos 30^\circ} = \dfrac{2nMR}{\sqrt{3}\,mV}\).