Санкт-Петербургская, 2018/19, отборочный этап, 10 класс

Подсказка

Время полёта снаряда одинаково в обоих выстрелах, так как вертикальная составляющая скорости не меняется. Горизонтальная точка падения при выстреле из движущегося поезда складывается из двух векторов: скорости снаряда относительно пушки и скорости поезда.

Ответ

В \(\sqrt{17/3} \approx 2{,}38\) раза или в \(\sqrt{17/12} \approx 1{,}19\) раза.

Решение

Пусть скорость вылета снаряда из дула равна \(V\), а скорость поезда \(u\).

При выстреле неподвижной пушкой дальность полёта \(L\) равна отрезку \(\Pi B\) на плане: по теореме Пифагора \(L = \sqrt{11^2 + 4^2} = \sqrt{17}\) клеток. С другой стороны, \(L = V_г t\), где \(V_г = V\cos\alpha\) — горизонтальная скорость вылета, а \(t\) — время полёта. Время \(t\) зависит только от вертикальной скорости \(V\sin\alpha\), которая одинакова при обоих выстрелах, поэтому время полёта в обоих случаях одно и то же.

При выстреле из движущегося поезда снаряд в системе Земли вылетает с горизонтальной скоростью \(\vec V_г + \vec u\), и точка попадания равна сумме векторов \(\vec V_г t\) и \(\vec u t\). Длина первого вектора равна \(L\), а второй параллелен рельсам. Построив окружность радиуса \(L\) с центром в \(\Pi\) и прямую, проходящую через \(A\) параллельно рельсам, получаем \(|\Pi X| = L\), \(|XA| = ut\), откуда \[\frac{|\Pi X|}{|XA|} = \frac{V\cos\alpha}{u}.\] По рисунку \(|\Pi X|/|XA| = \sqrt{17}/2\), значит \(V/u = \sqrt{17}/(2\cos\alpha) = \sqrt{17/3}\) при \(\alpha = 30^\circ\). Вектор \(\overrightarrow{\Pi A}\) можно разложить и вторым способом (через точку \(X'\)), тогда \(|\Pi X'|/|X'A| = \sqrt{17}/4\) и \(V/u = \sqrt{17}/(4\cos\alpha) = \sqrt{17/12}\).

Подсказка

Запишите законы Ома для двух контуров после аварии: один содержит ветку и участок провода до неё, второй — оставшийся участок провода и потребители. Сопротивление провода пропорционально его длине.

Ответ

\(x = \dfrac{U_0\,(I_0 - I')\,L}{(I'_0 - I')\,(U_0 - U)}\).

Решение

Обозначим через \(r\) сопротивление двух проводов между станцией и подстанцией (каждый имеет сопротивление \(r/2\)), через \(R_н\) — суммарное сопротивление всех потребителей вместе с подводящими проводами (по условию оно не изменилось), через \(R\) — сопротивление упавшей ветки. Сопротивление каждого провода в момент аварии разбито веткой на две части \(r_1/2\) и \((r - r_1)/2\).

Искомое расстояние \(x\) относится к \(L\) так же, как сопротивления проводов \(r_1/2\) и \(r/2\): \[x = \frac{L r_1}{r}. \qquad (1)\] До аварии напряжение подстанции падало на \(R_н\): \(U = R_н I_0\), а полное напряжение \(U_0 = I_0 (r + R_н)\). Отсюда \(r + R_н = U_0/I_0\). (2)

После аварии контур, содержащий \(U_0\), оба участка \(r_1/2\) и ветку, даёт \(U_0 = I'_0 r_1 + U_B\), где \(U_B\) — напряжение на ветке. Контур, содержащий ветку, оставшиеся участки \((r - r_1)/2\) и потребители, даёт \(U_B = I'(r - r_1 + R_н)\). Приравнивая, получаем \[r_1 = \frac{U_0 - I'(r + R_н)}{I'_0 - I'}.\] Подставляя в (1) и учитывая (2), находим \[x = \frac{L\,U_0(I_0 - I')}{(I'_0 - I')(U_0 - U)}.\]

Подсказка

Сначала найдите объём стакана при температуре \(t_0 + \Delta t\): он расширяется так же, как олово. Затем найдите массу воды, которая в него помещается, учитывая, что плотность воды при нагреве меняется.

Ответ

\(t_0 + \dfrac{\sqrt{\bigl(1 + z - \alpha_о z (t - t_0)\bigr)^2 + 4(\alpha_в + z\alpha_о)\,z\,(t - t_0)} - \bigl(1 + z - \alpha_о z (t - t_0)\bigr)}{2(\alpha_в + z\alpha_о)}\), где \(z = \dfrac{c\,\rho_0 V_0}{C_0}\).

Решение

Обозначим установившуюся температуру \(t_0 + \Delta t\). При этой температуре стакан вмещает объём \(V_0(1 + \alpha_о \Delta t)\): полость в олове расширяется так же, как само олово (как отверстие в металлическом кольце при нагреве).

Если при \(t_0\) вода имела плотность \(\rho_0\), то после нагрева на \(\Delta t\) её плотность становится \(\rho' = \rho_0/(1 + \alpha_в \Delta t)\), а масса воды в стакане \[m = \rho' V_0 (1 + \alpha_о \Delta t) = \frac{\rho_0 V_0 (1 + \alpha_о \Delta t)}{1 + \alpha_в \Delta t}.\] Тепловой баланс: олово нагрелось на \(\Delta t\), поэтому \(C_0 \Delta t = c\,m\,(t - t_0 - \Delta t)\). Подставляя \(m\) и обозначая \(z = c\rho_0 V_0/C_0\), получаем \[(\alpha_в + z\alpha_о)\,\Delta t^2 + \Delta t\bigl(1 + z - \alpha_о z (t - t_0)\bigr) - z (t - t_0) = 0.\] Положительный корень этого квадратного уравнения даёт ответ.

Подсказка

Закон сохранения импульса выполняется отдельно по двум осям. Далее удобно перейти в систему центра масс: в ней диски вращаются по окружностям.

Ответ

Через время, когда стержень снова параллелен исходному положению после полуцелого числа оборотов, перемещение акробата \[s_n = L\sqrt{\left(\frac{2}{3} + \frac{4\pi(1+2n)\,u'\sin\alpha}{9u + 6u'\cos\alpha}\right)^2 + \frac{4\pi^2(1+2n)^2}{9}};\] после целого числа оборотов \[s'_n = L\sqrt{\left(\frac{8\pi n\,u'\sin\alpha}{9u + 6u'\cos\alpha}\right)^2 + \frac{16\pi^2 n^2}{9}}, \quad n = 0, 1, 2, \ldots\]

Решение

Трением о лёд пренебрегаем, поэтому в момент прыжка выполняется закон сохранения импульса в проекциях на горизонтальные оси.

По оси \(x\) (направление, перпендикулярное исходному движению): \(0 = 3m V_x - 2m u'\sin\alpha\), откуда \(V_x = \dfrac{2u'\sin\alpha}{3}\). Стержень параллелен оси \(x\), поэтому скорости скреплённых дисков по этой оси выравниваются сразу.

По оси \(y\): \(3mu = 2m V_y - 2mu'\cos\alpha\), откуда \(V_y = \dfrac{3u + 2u'\cos\alpha}{2}\). По этой оси скорость диска на втором конце стержня не выравнивается: стержень лёгкий и ориентирован вдоль \(x\), поэтому силы вдоль \(y\) между дисками не действуют.

Центр масс системы скреплённых дисков с акробатом движется равномерно со скоростью, составляющие которой равны \(V_x\) и \(\tfrac{2}{3}V_y\). В системе центра масс диски вращаются по окружностям вокруг центра масс \(O\). Стержень снова станет параллелен исходному положению, когда диски повернутся на угол \(\pi + 2\pi n\), то есть через время \[t = \frac{\pi(1+2n)L}{V_y} = \frac{2\pi(1+2n)L}{3u + 2u'\cos\alpha}.\] За это время акробат смещается вдоль \(x\) на \(s_* = 2L/3\) за счёт вращения вокруг \(O\) и на \(V_x t\) вместе с центром масс, а вдоль \(y\) — на \(\tfrac{2}{3}V_y t\) вместе с центром масс. Отсюда получается ответ \(s_n\).

Если диски повернулись на целое число оборотов (\(2\pi n\)), то \(t' = 2\pi n L/V_y\), \(s_* = 0\), и получается \(s'_n\).

Подсказка

Пока доска вертикальна, изображение лампочки находится на расстоянии \(2a\) от неё; вычислите, как меняется доля погружённой части доски при спуске.

Ответ

При \(\rho \ge \rho_0\) координата \(x\) изображения равна \(2a\) при любом \(T\) (горизонтальный график). При \(\rho < \rho_0\) график — ступенька: \(x = 2a\) при \(T_{\text{кр}} < T \le T_0\); при \(T = T_{\text{кр}}\) изображение может занимать любую точку отрезка по \(x\) от \(0\) до \(2a\); при дальнейшем уменьшении \(T\) координата \(x\) остаётся равной \(0\). Здесь \(T_{\text{кр}} = T_0\left(1 - \gamma_{\text{кр}}\dfrac{\rho_0}{\rho}\right)\), \(\gamma_{\text{кр}} = 1 - \sqrt{1 - \dfrac{\rho}{\rho_0}}\).

Решение

Если доска остаётся вертикальной, изображение лампочки всегда имеет \(x\)-координату \(2a\): изображение Л′ лежит за зеркалом на продолжении перпендикуляра, опущенного из Л на плоскость зеркала, так что ЛO = OЛ′.

Почему доска погружается вертикально, и всё ли так — проверяем условием равновесия. Пусть доска висит под углом \(\beta\) к вертикали, в жидкости находится доля \(\gamma\) её длины (объём \(\gamma a^2 d\), \(d\) — толщина). Тогда \(mg = T_0 = \rho g a^2 d\) и сила Архимеда \(F_A = \rho_0 g\gamma a^2 d = \gamma\rho_0 T_0/\rho\). Баланс сил: \(T_0 = T + \gamma\rho_0 T_0/\rho\). Баланс моментов относительно точки подвеса: \(T_0 \dfrac{a}{2} = F_A a\left(1 - \dfrac{\gamma}{2}\right)\), откуда \[\gamma(2 - \gamma) = \frac{\rho}{\rho_0}.\] Физический корень (с \(0 \le \gamma \le 1\)) существует при \(\rho < \rho_0\) и равен \(\gamma_{\text{кр}} = 1 - \sqrt{1 - \rho/\rho_0}\). Тогда \(T = T_{\text{кр}} = T_0(1 - \gamma_{\text{кр}}\rho_0/\rho)\).

Пока доля погружённой части меньше \(\gamma_{\text{кр}}\), доска висит вертикально и изображение неподвижно при \(x = 2a\). Далее \(\gamma\) перестаёт меняться, а доска отклоняется от вертикали, сохраняя погружённый объём; изображение при этом смещается, а сила натяжения остаётся равной \(T_{\text{кр}}\). Когда доска почти горизонтальна, \(T\) снова меняется, а \(x\)-координата изображения остаётся равной нулю.