Санкт-Петербургская, 2018/19, заключительный этап, 7 класс

Ответ

Фигура — траектория центра верхней пластины, уменьшенная в два раза (во всех размерах).

Решение

Перейдём в систему отсчёта, связанную с центром шарика: в ней центр покоится, а скорости точек касания с пластинами равны по величине и противоположны по направлению. Так как проскальзывания нет, пластины движутся так же, как эти точки касания. Возвращаясь в систему, где нижняя пластина покоится, видим, что верхняя пластина движется со скоростью \(2v\), а центр шарика — со скоростью \(v\). Значит, скорость центра шарика всегда вдвое меньше скорости верхней пластины, и все перемещения центра вдвое меньше. Траектория шарика имеет ту же форму, что траектория центра пластины, но все длины уменьшены в два раза, и её нужно построить в этом масштабе.

Ответ

\(216\) ч.

Решение

Оптимально улитки достигают вершины одновременно: иначе первая, донеся домик, могла бы сократить путь второй. Быстрой улитке невыгодно идти вверх без домика, поэтому медленная улитка несёт домик на части \(S\) пути и идёт без домика на части \(L-S\), где \(L\) — весь путь по вертикали. Здесь \(v_1=10\) м/ч — вертикальная скорость медленной улитки с домиком, \(v_2=40\) м/ч — быстрой улитки с домиком; без домика скорости вдвое больше.

Время медленной улитки \[t_1=\frac{S}{v_1}+\frac{L-S}{2v_1}.\] Время быстрой улитки: она несёт свой домик вверх (\(L/v_2\)), спускается без домика за вторым (\((L-S)/(2v_2)\)) и несёт его вверх до высоты первого домика (\((L-S)/v_2\)): \[t_2=\frac{L}{v_2}+\frac{L-S}{2v_2}+\frac{L-S}{v_2}.\] Приравнивая \(t_1=t_2\), получаем \(S=L/7\), и общее время \[t=\frac{L}{7v_1}+\frac{3L}{7v_1}=\frac{4L}{7v_1}\approx216~\text{ч}.\]

Ответ

\(136\) м.

Решение

В конце наблюдения давление равно атмосферному, значит, дельфин вынырнул и вертикальное перемещение равно нулю; нужно следить только за горизонтальным перемещением. Давление на глубине \(h\) равно \(\rho gh+p_A\), поэтому скорость изменения давления \(\Delta p/\Delta t=\rho g v_в\), где \(v_в\) — вертикальная составляющая скорости. На участке \(0\)–\(12\) с \[v_в=\frac{\Delta p}{\rho g\,\Delta t}=\frac{240~\text{кПа}}{10~\text{м/с}^2\cdot1000~\text{кг/м}^3\cdot12~\text{с}}=2~\text{м/с}.\] Это равно полной скорости дельфина, то есть он движется вертикально вниз. Такой же по модулю наклон имеют все наклонные участки графика, а горизонтальные участки соответствуют строго горизонтальному движению. Горизонтальное перемещение \[\Delta x=2~\text{м/с}\cdot(20~\text{с}+20~\text{с}+28~\text{с})=136~\text{м}.\]

Ответ

\(25\cdot10^6\) частиц пыли в секунду.

Решение

Количество пылинок в салоне постоянно, поэтому число пылинок, выходящих за минуту, \(CU\) равно числу поступающих за минуту \(N_П+N_Ф\) (от пассажиров и с пола). При удвоении \(U\) правая часть не меняется, и концентрация уменьшается вдвое: \(\dfrac{C}{2}=\Delta C_1=100\) см\(^{-3}\), откуда \(C=200\) см\(^{-3}\).

При удвоении числа пассажиров \(N_П\) удваивается, \(N_Ф\) не меняется, а концентрация растёт от \(C\) до \(C+\Delta C_2=\tfrac32C\). Получаем систему \[CU=N_П+N_Ф,\qquad \tfrac32 CU=2N_П+N_Ф,\] откуда \(N_Ф=\dfrac12CU\). Величина \(CU\) — число частиц в \(15\) м\(^3=1{,}5\cdot10^{7}\) см\(^3\) за минуту: \(CU=200\cdot1{,}5\cdot10^{7}=3\cdot10^{9}\), поэтому \(N_Ф=1{,}5\cdot10^{9}\) в минуту, а в секунду \(N_Ф/60=25\cdot10^6\) частиц.

Ответ

\(21\) см.

Решение

Пусть \(m_1\), \(m_2\) — массы верхнего и нижнего кубиков, \(a\) — ребро, \(\rho_1\) — плотность масла, \(\rho_2\) — плотность воды, \(\Delta x\) — растяжение пружины. Верхний кубик наполовину погружён в масло, нижний наполовину в масло и наполовину в воду: \[m_1g=\rho_1g\frac{a^3}{2}-k\Delta x,\qquad m_2g=\rho_2g\frac{a^3}{2}+\rho_1g\frac{a^3}{2}+k\Delta x.\] С учётом \(m_1/m_2=1/3\) отсюда \[\Delta x=\frac{g a^3(2\rho_1-\rho_2)}{8k}=1~\text{см}.\] По геометрии рисунка \(\Delta x=h-\dfrac a2-\dfrac a2-l\) (где \(l=10\) см — длина нерастянутой пружины), откуда \(h=21\) см.

Ответ

\(30\) карт.

Решение

Пусть домик имеет \(n\) этажей. Число карт \(N=\dfrac{3n(n+1)}{2}\), масса домика \(M=m_0N\), где \(m_0\) — масса одной карты. Высота домика пропорциональна \(n\).

Карты вдвое меньше по длине и ширине имеют массу \(m_0'=m_0/4\). Чтобы высота не изменилась, нужно \(n'=2n\) этажей. Тогда масса второго домика \[M'=\frac{m_0}{4}\cdot\frac32\,(4n^2+2n)=\frac32m_0\Bigl(n^2+\frac{n}{2}\Bigr).\] Из условия \(M'/M=0{,}9\) получаем \[\frac{1+\dfrac{1}{2n}}{1+\dfrac{1}{n}}=0{,}9,\] откуда \(n=4\). Значит, в первом домике 4 этажа и \(N=\dfrac{3\cdot4\cdot5}{2}=30\) карт.

Ответ

Максимум выпадения снега — в момент \(110\) с; продолжительность снегопада — \(20\) с.

Решение

Скорость сближения \(v_{сбл}=15-5=10\) м/с, поэтому облака касаются через \(t_1=\dfrac{1000}{10}=100\) с. Граница контакта проходит по середине между внешними вертикальными границами облаков; в системе левого облака граница движется со скоростью, вдвое меньшей, чем правое облако. Высота границы раздела пропорциональна количеству выпадающего снега, поэтому максимум приходится на момент, когда граница проходит через вершину \(B\) треугольника (вершина правого облака совпадает с точкой \(B\)). Точка \(A\) на нижней стороне облака за время \[t_2=\frac{l}{v_{сбл}}=\frac{100}{10}=10~\text{с}\] доходит до середины основания. Всего \(t=t_1+t_2=110\) с.

Снег идёт, пока не провзаимодействовавшие части облаков остаются. По официальному решению время до окончания снегопада \(t'=\dfrac{l}{v}=\dfrac{100}{5}=20\) с.

Подсказка

Удобно считать не одну каплю, а большое число капель с известным общим объёмом.

Решение

Метод 1: капают с кончика шприца на бумажное полотенце и убеждаются, что капли получаются одинакового размера. Откапывают фиксированный объём воды на губку и подсчитывают число капель, отсюда объём одной капли. Затем капают на бумажное полотенце по нескольку капель в одну точку и снимают зависимость радиуса пятна \(R\) от числа капель \(N\) (зависимости \(R^2(N)\) и \(R^2(V)\) с высокой точностью линейны). По этой градуировке находят объём капли по размеру пятна от льдинки.

Метод 2: откапывают \(N\) капель со льдинки на стол или миллиметровку, собирают их шприцем и получают объём \(N\) капель.

Метод 3: замечают момент отрыва капли и собирают в шприц воду в этот момент. Этот метод неоднозначен: нужно понимать момент непосредственно перед отрывом и суметь вытянуть жидкость, не уронив каплю.

Критерии: общий объём воды (наибольшее число капель — 3 балла), число капель в одном измерении, высота падения небольшая, метод с учётом потерь воды; оптимальные методы оцениваются выше, неточные (сбор в колпачок и вычисление объёма по геометрии) — ниже.