Санкт-Петербургская, 2024/25, отборочный этап, 9 класс

Подсказка

Удобно записать перемещения обоих камней за время \(\tau\) векторно: это треугольник, подобный треугольнику из начала и конца движения, а высота крыши связана с \(g\tau^2/2\).

Ответ

\(l = 30\) м.

Решение

Первое решение (векторное). Пусть \(\vec v_1\), \(\vec v_2\) — начальные скорости камней Андрюши и Бори. Перемещение тела за время \(t\) при равноускоренном движении с ускорением \(\vec g\) и начальной скоростью \(\vec v_0\) равно \(\Delta\vec r = \vec v_0 t + \dfrac{\vec g t^2}{2}\). На рисунке изображён треугольник перемещений камней.

Треугольники \(ABC\) и \(ADE\) подобны с коэффициентом \(\dfrac{n}{n+1}\). Значит, высота крыши \[h = \frac{n+1}{n}\cdot\frac{g\tau^2}{2}.\] Расстояние между мальчиками \[l = \frac{h}{\sin\alpha} = \frac{n+1}{n}\cdot\frac{g\tau^2}{2\sin\alpha} = 30~\text{м}.\]

Второе решение. Введём систему координат (см. рисунок). В момент выстрела Андрюша находился в точке \(A(0;0)\), а Боря — в точке \(D(l\cos\alpha;\, l\sin\alpha)\). Пусть \(C(x;y)\) — точка падения камней, \(v\) — модуль начальной скорости камня Бори. Тогда \[x = nv\tau\cos\alpha,\quad y = nv\tau\sin\alpha - \frac{g\tau^2}{2};\qquad x = l\cos\alpha - v\tau\cos\alpha,\quad y = l\sin\alpha - v\tau\sin\alpha - \frac{g\tau^2}{2}.\]

Из уравнений по оси абсцисс \(v = \dfrac{l}{(n+1)\tau}\). Точка \(C\) лежит на оси абсцисс, значит \(y = 0\): \[\frac{nl\sin\alpha}{n+1} = \frac{g\tau^2}{2} \quad\Rightarrow\quad l = \frac{n+1}{n}\cdot\frac{g\tau^2}{2\sin\alpha} = 30~\text{м}.\]

Ответ

1) \(\rho = \rho_0 + \dfrac{F_2}{g a^3}\);  2) \(h = \dfrac{F_1 - F_2}{\rho_0 g a^2} - a\).

Решение

1. Пусть \(m = \rho a^3\) — масса кубика. При равномерном подъёме на куб действуют сила тяжести \(m\vec g\), сила Архимеда \(\vec F_A\) (модуль \(\rho_0 g a^3\)) и сила \(\vec F_2\). По второму закону Ньютона в проекции на вертикальную ось \(-mg + F_A + F_2 = 0\), т.е. \(-\rho g a^3 + \rho_0 g a^3 + F_2 = 0\), откуда \[\rho = \rho_0 + \frac{F_2}{g a^3}.\]

2. В момент отрыва кубика от дна вода под его основание не подтекает, поэтому силу Архимеда по формуле выше вычислять нельзя. Силы давления на боковые грани в силу симметрии компенсируют друг друга. Сила давления воды на верхнюю грань направлена вниз и равна \(F_\text{д} = p S = \rho_0 g h a^2\), где \(p = \rho_0 g h\) — давление на глубине \(h\). Второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось: \[-\rho g a^3 - \rho_0 g h a^2 + F_1 = 0 \quad\Rightarrow\quad h = \frac{F_1 - F_2}{\rho_0 g a^2} - a.\]

Ответ

1) \(R = 1\) МОм;  2) \(U_0 = 5\) В.

Решение

Поскольку в цепи течёт ток, вольтметры не являются идеальными. Заметим, что исходная схема эквивалентна следующей: амперметр, затем параллельно соединённые ветвь из двух последовательных вольтметров \(V_1\), \(V_2\) и вольтметр \(V_3\), затем вольтметр \(V_4\), и источник.

Показания вольтметров \(V_1\) и \(V_2\) равны, причём их сумма равна падению напряжения на вольтметре \(V_3\) по закону параллельного соединения. Значит, \(V_1 = V_2 < V_3\). Поскольку \(I_3 < I_4\) (так обозначены токи через вольтметры), то \(V_3 = I_3 R < I_4 R = V_4\). Таким образом, минимальные показания у первого и второго вольтметров: \(V_1 = V_2 = V\). Тогда \(V_3 = 2V\). По соотношению токов \(I_2 + I_3 = I_4\): \[V_4 = IR = (I_2 + I_3)R = V_2 + V_3 = 3V.\] Отсюда \[R = \frac{3V}{I} = 1~\text{МОм}.\] Напряжение источника \[U_0 = V_3 + V_4 = 5V = 5~\text{В}.\]

Ответ

1) \(T_* = 74\,^\circ\)C;  2) \(\Delta\tau = 14\) мин.

Решение

1. Уравнение теплового баланса после таяния льда: \[M_{\text{в}} c (T_1 - T_*) = m_{\text{л}}\lambda + m_{\text{л}} c (T_* - T_2),\] откуда \[T_* = \frac{M_{\text{в}} c T_1 + m_{\text{л}} c T_2 - m_{\text{л}}\lambda}{(M_{\text{в}} + m_{\text{л}}) c} \approx 74\,^\circ\text{C}.\]

2. За малое время \(\Delta\tau\) из стакана уходит количество теплоты \(\chi h (T - T_0)\Delta\tau\), что равно теплоте, выделяющейся при охлаждении содержимого на \(|\Delta T|\): \(\chi h (T - T_0)\Delta\tau = -c\rho S h\Delta T\). Сокращая на \(h\), получаем \(\dfrac{\Delta T}{\Delta\tau} \propto T - T_0\). Зависимость температуры от времени не зависит от количества воды, поэтому график можно использовать для обоих случаев, отсчитывая время от точки графика, соответствующей температуре \(T_*\).

По графику \(\tau_1 = 3\) мин (температура \(T_*\)), \(\tau_2 = 17\) мин (температура \(T_3\)). Значит, \(\Delta\tau = \tau_2 - \tau_1 = 14\) мин.

Ответ

\(t = 7{,}3\) ч.

Решение

Пусть помещение заполнено водой до высоты \(h\), а коптер в этот момент находится на высоте \(y\).

Сигналы до потолка и до пола возвращаются через времена \[\tau_1 = \frac{2(H-y)}{v_{\text{возд}}}, \qquad \tau_2 = \frac{2(y-h)}{v_{\text{возд}}} + \frac{2h}{v_{\text{вод}}}.\] Коптер считает расстояния до потолка и пола \(l_1 = H - y\) и \(l_2 = y - h + h\dfrac{v_{\text{возд}}}{v_{\text{вод}}}\). По программе \(l_1 = k\,l_2\), где \(k = 3\). В момент погружения коптера в воду \(y = h\), поэтому \[H - h = kh\frac{v_{\text{возд}}}{v_{\text{вод}}} \quad\Rightarrow\quad h = \frac{H}{1 + k\dfrac{v_{\text{возд}}}{v_{\text{вод}}}}.\] Объёмный расход воды \(q = 2\) л/с, значит скорость заполнения комнаты \(u = \dfrac{q}{AB}\), и искомое время \[t = \frac{HAB}{q\left(1 + k\dfrac{v_{\text{возд}}}{v_{\text{вод}}}\right)} \approx 7{,}3~\text{ч}.\]