Санкт-Петербургская, 2018/19, заключительный этап, 8 класс

Подсказка

Запишите правило рычага относительно края стола для двух положений стержня: по первому найдите массу стержня, по второму — массу воды. Не забудьте про ограничение по объёму ведра.

Ответ

Если стержень будет выдвинут на \(10\) см, удастся уравновесить \(9\) кг воды.

Решение

Сперва найдём массу стержня \(M\). Запишем правило рычага относительно края стола для случая, когда стержень выдвинут на \(x_1=30\) см: \[Mg\left(\frac{l}{2}-x_1\right)=mgx_1 \quad\Rightarrow\quad M=m\,\frac{x_1}{l/2-x_1}=3~\text{кг}.\] Теперь из этого же уравнения найдём массу, которую можно уравновесить, если стержень выдвинут на \(x_2=10\) см: \[Mg\left(\frac{l}{2}-x_2\right)=m'gx_2 \quad\Rightarrow\quad m'=M\left(\frac{l}{2x_2}-1\right)=15~\text{кг}.\] Однако в условии сказано, что ведро имеет объём в девять литров, значит максимальная масса равна \(9\) кг.

Подсказка

Постройте зависимость номера листа от времени для обеих лягушек; нужно найти последнюю точку, где траектории пересекаются.

Ответ

Через \(61{,}3\) с после начала движения Пьера.

Решение

Построим график зависимости положения лягушек от времени, считая, что в начальный момент времени Пьер (красный) находится на листе с номером 4, а Анри (синий) на листе с номером 1. Также проведём на этом графике две прямые: одну через точки начала прыжков Пьера (он всегда будет находиться «ниже» этой прямой), а другую через точки окончания прыжков Анри (он всегда будет находиться «выше» этой прямой).

Так как график Пьера всегда находится ниже красной прямой, а график Анри выше синей, после \(80\) с встреч больше не будет, то есть исследовать надо только участок времени до \(80\) с. Видно, что последнее пересечение траекторий на отрезке \(0\)–\(80\) с произошло в промежутке \(60\)–\(62\) с. Нарисуем этот участок в большем масштабе:

Видно, что последняя встреча лягушек произойдёт через \(61{,}3\) с после начала движения Пьера.

Подсказка

Путь трактора \(s\) больше перемещения \(d=AB\) в \(5/3\) раза. Какие точки плоскости трактор при таком пути вообще не может достичь? Граница этой области — кривая, для которой сумма расстояний до \(A\) и \(B\) постоянна.

Ответ

\(L\ge\dfrac{2}{3}\,d=\dfrac{2}{3}\) км\(\approx 0{,}66\) км.

Решение

За время движения величина перемещения трактора равна длине отрезка \(AB\); обозначим её \(d\). Путь при этом \(s=\dfrac{5}{3}d\). Заметим, что тогда водитель не мог оказаться в таких точках, для которых сумма расстояний до \(A\) и \(B\) больше \(s\): \(s_A+s_B\ge s\).

И наоборот, в силу неопределённости его траектории, она могла проходить через любую точку, не принадлежащую вышеуказанной области. Тогда, чтобы столкновения не произошло, прямая, по которой движется поток машин, должна полностью лежать в «запрещённой» для трактора зоне, а для того, чтобы расстояние до отрезка было минимальным, она должна касаться границы, которая задаётся условием \(s_A+s_B=s\).

Точка касания должна быть равноудалена от \(A\) и \(B\): для этого нужно показать, что эта точка наиболее удалена от отрезка \(AB\). Сдвинем точку \(M\) на \(\Delta x\) вниз; сумма расстояний до точек \(A\) и \(B\) при этом \[s'=\sqrt{\left(\frac{d}{2}+\Delta x\right)^2+L^2}+\sqrt{\left(\frac{d}{2}-\Delta x\right)^2+L^2}.\] Возведя \(s'\) в квадрат, получим \(s'^2=2\left(\left(\frac{d}{2}\right)^2+L^2\right)+2(\Delta x)^2+2s'_As'_B\); первое слагаемое есть \(s^2\), остальные положительны, значит \(s'>s\), и точка \(M'\) лежит в «запрещённой» зоне. Таким образом, надо найти только расстояние от \(M\) до отрезка \(AB\). По теореме Пифагора \[L^2=\left(\frac{s}{2}\right)^2-\left(\frac{d}{2}\right)^2=\left(\frac{d}{2}\right)^2\left(\frac{25}{9}-1\right) \quad\Rightarrow\quad L=\frac{d}{2}\cdot\frac{4}{3}=\frac{2}{3}d=0{,}66~\text{км}.\]

Подсказка

Давление на глубине \(h\) равно \(\rho g h\): по скорости изменения давления найдите вертикальную скорость, а горизонтальную — из условия постоянной полной скорости.

Ответ

Перемещение тюленя равно \(123\) м.

Решение

Давление в конце наблюдения равно атмосферному, значит, тюлень вынырнул на поверхность и перемещение по вертикали равно нулю. Поэтому нужно следить только за горизонтальным перемещением.

Давление жидкости на глубине \(h\) равно \(\rho g h\), поэтому изменение давления за единицу времени с точностью до \(\rho g\) равно вертикальной скорости тюленя: \[v_{\text{верт}}=\frac{\Delta P}{\Delta t}\cdot\frac{1}{\rho g}.\] Таким образом, можно пересчитать зависимость \(P(t)\) в зависимость \(v_{\text{верт}}(t)\), разбив график на линейные участки. На участке \(0\)–\(14\) с изменение давления равно \(210\) кПа (по графику), то есть скорость \(v_{\text{верт}}=1{,}5\) м/с, а значит тюлень плыл вертикально вниз. На участках \(14\)–\(30\) с и \(60\)–\(85\) с давление постоянно, поэтому вертикальная скорость равна \(0\). Изменения давления на участках \(30\)–\(60\) с и \(85\)–\(100\) с равны \(70\) кПа и \(140\) кПа соответственно.

Полная скорость тюленя всегда равна \(1{,}5\) м/с, поэтому, зная изменение давления, можно найти горизонтальную составляющую скорости из теоремы Пифагора. Перемещение тюленя по горизонтали равно \[S=(30-14)\,\text{с}\cdot 1{,}5~\text{м/с}+(60-30)\,\text{с}\cdot\sqrt{(1{,}5~\text{м/с})^2-\left(\frac{70000~\text{Па}}{(60-30)\,\text{с}\cdot 1000~\text{кг/м}^3\cdot 10~\text{м/с}^2}\right)^2}\] \[+(85-60)\,\text{с}\cdot 1{,}5~\text{м/с}+(100-85)\,\text{с}\cdot\sqrt{(1{,}5~\text{м/с})^2-\left(\frac{140000~\text{Па}}{(100-85)\,\text{с}\cdot 1000~\text{кг/м}^3\cdot 10~\text{м/с}^2}\right)^2}\approx 123~\text{м}.\]

Подсказка

Вертикальная сила равна весу воды над участком стенки. Горизонтальную силу можно найти, заменив криволинейный участок вертикальной плоскостью и взяв среднее давление.

Ответ

\(h=\sqrt{\dfrac{\pi-2}{2}}\,r\).

Решение

Посчитаем сперва вертикальную составляющую силы давления воды на стенку. Она соответствует силе тяжести воды, находящейся над стенкой в левой половине желоба. Пусть желоб имеет длину \(l\), тогда масса воды равна \(m=\rho\left(\frac{1}{4}\pi r^2+hr\right)l\), а вертикальная составляющая силы давления \[F_{\downarrow}=\rho g\left(\frac{1}{4}\pi r^2+hr\right)l.\] Чтобы посчитать горизонтальную составляющую, разделим мысленно желоб на две части вертикальной плоскостью. Раз сумма всех сил, действующих на левую половину воды, равна нулю, горизонтальная сила давления на стенку равна горизонтальной силе давления на мысленно добавленную плоскость. Поэтому вместо силы, действующей на поверхность сложной формы, можно посчитать силу, действующую на вертикальную стенку высоты \(h+r\). Давление с высотой растёт линейно, поэтому его можно заменить средним значением \(p_{ср}=\rho g(h+r)/2\). Значит, горизонтальная составляющая силы равна \[F_{\rightarrow}=p_{ср}\cdot S=\frac{\rho g(h+r)}{2}\cdot(h+r)\,l.\] Осталось найти высоту, при которой силы равны: \[\frac{\rho g(h+r)^2}{2}\,l=\rho g\left(\frac{1}{4}\pi r^2+hr\right)l \quad\Rightarrow\quad \frac{(h+r)^2}{2}=\frac{1}{4}\pi r^2+hr \quad\Rightarrow\quad h^2=\frac{\pi-2}{2}\,r^2,\] откуда \(h=\sqrt{\dfrac{\pi-2}{2}}\,r\).

Подсказка

Считайте мячи единым пористым телом с известной средней плотностью. Всплытие начинается, когда сила Архимеда уравновесит вес всех мячей.

Ответ

Последний мяч будет убран через \(250\) мин, то есть через \(4\) ч \(10\) мин после включения воды.

Решение

Когда мячи всплывают, их верхний слой всегда выше уровня воды, а нижний — всегда ниже. Значит, последний мяч не может быть убран раньше, чем вода достигнет бортика, и не может быть убран позже. Следовательно, эти события происходят одновременно.

Будем рассматривать все мячи как единое пористое тело. Его объём без учёта промежутков \[V_N=N\cdot\frac{\pi}{6}d^3=15943\cdot\frac{\pi}{6}\,(6{,}6~\text{см})^3=2{,}4~\text{м}^3,\] где \(N\) — количество мячей, \(d\) — диаметр одного мяча. Плотность упаковки мячей \[\alpha=\frac{V_N}{V_{бас}/2}=\frac{2{,}4~\text{м}^3}{4~\text{м}^3}=0{,}6.\] Средняя плотность тела равна плотности одного мяча: \[\rho=\frac{m_{мяча}}{\frac{\pi}{6}d^3}=\frac{60~\text{г}}{150~\text{см}^3}=0{,}4~\text{г/см}^3,\] это меньше плотности воды, значит, тело действительно всплывёт. Всплытие начнётся, когда сила Архимеда станет равна силе тяжести: \[V_{погр}\,\rho_{в}=V_N\,\rho \quad\Rightarrow\quad \beta=\frac{V_{погр}}{V_N}=\frac{\rho}{\rho_{в}}=0{,}4.\] Тогда объём воды в момент начала подъёма \[V_1=\frac{V_{бас}}{2}\,\beta\,(1-\alpha)=4~\text{м}^3\cdot 0{,}4\cdot 0{,}4=0{,}64~\text{м}^3.\] По условию такой объём воды поступил за \(20\) мин. Полностью бассейн наполнится за \[T=\frac{V_{бас}}{V_1}\cdot 20~\text{мин}=\frac{8~\text{м}^3}{0{,}64~\text{м}^3}\cdot 20~\text{мин}=250~\text{мин}.\] Значит, как было отмечено в начале, через это время и будет убран последний мяч.

Подсказка

Запишите правило рычага относительно точки закрепления для горизонтального положения: учтите вес каждого цилиндра и архимедову силу, приложенную к целому поплавку.

Ответ

График — ступенька: при \(LO/LR<5/12\) угол равен \(-90^\circ\), при \(LO/LR>5/12\) угол равен \(+90^\circ\); при \(LO/LR=5/12\) равновесие безразличное, поплавок держится под любым углом.

Решение

Будем решать в некотором смысле обратную задачу: для каждого угла найдём точку, в которой надо закрепить «поплавок», чтобы система находилась в равновесии. Сперва разберёмся с углом \(\alpha=0\), то есть найдём точку \(O\), в которой надо закрепить поплавок, чтобы равновесным было горизонтальное положение.

Пусть длина «поплавка» равна \(2l\), а точка \(O\) находится на расстоянии \(k\cdot l\) от левого края. Правило рычага относительно \(O\), учитывая только силу тяжести и силу Архимеда: \[F_{т2}\,(kl-l/2)+F_{арх}\,(l-kl)=F_{т1}\,(l/2+l-kl).\] Пусть объём поплавка равен \(2V\), тогда \[\rho_2 V\,(kl-l/2)+2V\rho_{в}\,(l-kl)=\rho_1 V\,(l/2+l-kl).\] Сократив на \(Vl\) (с учётом \(g\) во всех слагаемых), получим \[\rho_2(k-1/2)+2\rho_{в}(1-k)=\rho_1(1/2+1-k).\] Отсюда \(k(\rho_1+\rho_2-2\rho_{в})=\dfrac{3\rho_1+\rho_2}{2}-2\rho_{в}\), значит \[k=\frac{3\rho_1+\rho_2-4\rho_{в}}{2(\rho_1+\rho_2-2\rho_{в})}=\frac{2700+800-4000}{2\,(900+800-2000)}=\frac{5}{6}.\] Теперь посмотрим на ситуацию, когда «поплавок» повёрнут на угол \(\alpha\) к горизонтали. Все силы по-прежнему направлены по вертикали, а значит, отношение их плеч останется неизменным. Найденное положение точки закрепления отвечает равновесию для любого угла: это безразличное равновесие.

Если «поплавок» закреплён в другой точке, равновесное положение — вертикальное, то есть угол равен \(\pm 90^\circ\). Устойчиво то положение, в котором найденная точка \(O\) находится «выше» точки закрепления. Поэтому искомый график имеет вид, представленный на рисунке (по оси абсцисс отложено отношение \(LO/LR\), то есть \(kl/2l=k/2\)).

Решение

1) С помощью яркой лампы можно на просвет определить форму полости.

2) Подвесим куб к пружине, измерим её удлинение \(\Delta l_1\).

3) Погружая куб в стакан, можно определить объём материала \(V_м\): 3.1) отметим изолентой уровень воды; 3.2) погрузим куб в воду; 3.3) шприцом будем убирать воду, пока уровень не опустится до отмеченного изолентой. NB: из-за того, что полость неправильной формы, для её заполнения водой куб необходимо покрутить под водой (как — можно понять из пункта 1).

4) Достанем куб из воды, не выливая воду из полости.

5) Снова подвесим куб к пружине, измерим её удлинение \(\Delta l_2\).

6) Выльем воду из полости; из-за неправильной формы полости нужно проверить, что вся вода вылилась.

7) Найдём жёсткость пружины: 7.1) подвесим на пружину пустой шприц, измерим её удлинение \(\Delta l_2\); 7.2) наберём в него \(V_в\) мл воды, подвесим на пружину, снова измерим удлинение \(\Delta l_3\); 7.3) вычислим коэффициент жёсткости. Пусть \(m\) — масса шприца, тогда \(k\,\Delta l_2=mg\), \(k\,\Delta l_3=(m+\rho_в V_в)g\), откуда \[k=\frac{\rho_в V_в g}{\Delta l_3-\Delta l_2}.\]

8) Найдём плотность куба: \[\rho_м=\frac{k\,\Delta l_1}{g\,V_м}. \qquad (1)\]

Альтернативное решение. 1) Взвесим куб на воздухе, получим удлинение пружины \(\Delta l_1\). 2) Взвесим куб под водой, измерим удлинение пружины \(\Delta l_2\). 3) Расчёт: \(\rho_м V_м g=k\,\Delta l_1\), \((\rho_м-\rho_в)V_м g=k\,\Delta l_2\), откуда \(1-\rho_в/\rho_м=\Delta l_2/\Delta l_1\) и \[\rho_м=\frac{\rho_в}{1-\Delta l_2/\Delta l_1}. \qquad (2)\]

Решение

1. Вода со льдом имеет температуру \(0\,^\circ\)C. Наливаем её в калориметр.

2. Во второй калориметр наливаем горячую воду. Ждём прогрева калориметра. Затем выливаем остывшую воду и заливаем свежую горячую воду. Наливаем не слишком много, например, \(V_h=50\) мл.

3. Подключаем терморезистор к мультиметру в режиме омметра. Помещаем терморезистор в холодную воду, измеряем сопротивление.

4. Помещаем терморезистор в горячую воду, измеряем сопротивление.

5. В калориметр с горячей водой доливаем \(V_c\) холодной воды и измеряем сопротивление. Снимаем зависимость сопротивления терморезистора \(R\) от объёма налитой холодной воды \(R(V_c)\). Итоговая температура воды в мерном стакане \[T=\frac{V_h T_h+V_c T_c}{V_h+V_c}, \qquad (1)\] где \(T_h\) — температура горячей воды в \(^\circ\)C, температура холодной воды \(T_c=0\,^\circ\)C. Строим зависимость сопротивления от объёма налитой холодной воды \(V_c\).

6. Для калибровки терморезистора предполагаем, что температура тела около \(36\,^\circ\)C (для ладоней это неправда, на сгибе локтя лучше, там в среднем около \(35\,^\circ\)C). Измеряем сопротивление \(R_{36}\) при температуре, равной температуре тела.

7. Находим по графику объём холодной воды \(V_{c36}\), соответствующий сопротивлению \(R_{36}\).

8. Находим температуру горячей воды: \[T_h=36\,\frac{V_h+V_{c36}}{V_h}. \qquad (2)\]

9. Для каждого объёма долитой холодной воды и соответствующего ему сопротивления рассчитываем температуру \(T\) по (1). Строим зависимость \(R(T)\).

Аналогичное решение может быть проведено путём добавления горячей воды в холодную: тогда в п. 5 будет сниматься \(R(V_h)\), в п. 7 будет определяться \(V_{h36}\).

Комментарий. Более предпочтительным является вариант, когда холодную воду наливают шприцом в горячую, а не наоборот: горячая вода остывает на 2–3 градуса в минуту и быстрее, её температура при контакте со шприцом сильно меняется, а пластиковый шприц чувствительно меняет размеры из-за температурного расширения. Если лить холодную воду в горячую, перепад температуры горячей воды с комнатной после каждого добавления будет снижаться, что уменьшит ошибку из-за теплопотерь. Кроме того, есть опасность обжечься.