Санкт-Петербургская, 2024/25, заключительный этап, 7 класс

Примерно 5,51 десятичных часа, что соответствует 13 ч 13 мин обычного времени.

Длина меридиана от полюса до экватора — 10 млн метров, это \(90\) градусов, поэтому \(1\) лье \(= \dfrac{10^7}{90\cdot 25}\ \text{м} \approx 4444\) м, а \(20\) лье \(\approx 88{,}9\) км.

Сутки — 10 десятичных часов, или 24 обычных часа, значит, \(1\) десятичный час \(= 2{,}4\) обычного. Скорость француза \(24\) км/дес.ч \(= 10\) км/ч. Скорость англичанина \(6\) миль/ч \(\approx 9{,}65\) км/ч.

Француз выехал в \(3{,}5\) дес.ч \(= 8{,}4\) обычных часа, т.е. в 8 ч 24 мин. До 9 ч он проехал \(36\) мин \(\times\, 10\) км/ч \(= 6\) км. Дальше расстояние сокращается со скоростью \(19{,}65\) км/ч, и до встречи остаётся \((88{,}9 - 6)\) км, т.е. \(\approx 4{,}22\) ч \(= 4\) ч \(13\) мин. Встреча в \(13\) ч \(13\) мин обычного времени, это \(\approx 5{,}51\) десятичного часа.

30 см/мин.

Сначала аппарат погружён в воду, но трос ещё на воздухе. Растяжение троса связано только с весом аппарата: \(\Delta l = P/k = 5\) м, трос растянут в \(1{,}5\) раза.

При погружении трос делим на две части. Верхняя часть на воздухе не меняет длину, а нижняя, погружённая в воду, разбухает в \(n = 2\) раза. Скорость опускания аппарата складывается из двух слагаемых. Первое — погружение начальной длины троса со скоростью \(\dfrac{v\, l_0}{l_0 + \Delta l} = 12\) см/мин. Второе — растяжение троса со скоростью \(\dfrac{v\, \Delta l}{l_0 + \Delta l} = 6\) см/мин, которая при намокании не меняется, так как жёсткость троса постоянна. После разбухания начальная длина троса увеличивается в \(n\) раз, поэтому скорость опускания аппарата равна \(n\,\dfrac{v l_0}{l_0 + \Delta l} + \dfrac{v\,\Delta l}{l_0 + \Delta l} = 30\) см/мин.

Около 533 иголок за час; \(\Delta S = 0{,}75\) см.

Пусть скорость муравья без иголки на пути туда \(v + u\), с иголкой на пути обратно \(v\). Интервал между муравьями в цепочке \(\Delta t\) одинаков на обоих путях. Пусть Ферда идёт к куче и встречает муравья, который несёт иголку обратно; \(n_1 v\,\Delta t = (2v + u)\tau\), где \(\tau = 1\) мин. На обратном пути \(n_2 (v+u)\,\Delta t = (2v+u)\tau\). Приравнивая, получаем \(n_2(v+u) = n_1 v\), откуда \(v = \dfrac{n_2 u}{n_1 - n_2} = 48\) см/мин.

Тогда \(\Delta t = \dfrac{\tau(2v+u)}{n_1 v} = \dfrac{9}{80}\) мин \(= 6{,}75\) с, и за час муравьи приносят \(3600/6{,}75 \approx 533\) иголки.

Когда иголки в куче закончились, каждый муравей проходит дополнительное расстояние \(\Delta S\), и интервал по времени увеличивается на \(\dfrac{\Delta S}{v+u} + \dfrac{\Delta S}{v}\). Приравнивая новый интервал к \(\Delta t_2 = \dfrac{\tau(2v+u)}{n_2 v}\), получаем \[\Delta S = \tau (v+u)\,\frac{n_1 - n_2}{n_1 n_2} = 0{,}75~\text{см}.\]

Пусть \(\tilde\rho\) — плотность пластика. Выразите \(\rho_1\) и \(\rho_2\) через \(\rho_0\) и \(\tilde\rho\): оставшаяся доля вещества на каждом шаге умножается на \(\tfrac{20}{27}\).

\(\rho_2 = 1790\) кг/м\(^3\).

Обозначим плотность пластика \(\tilde\rho\). На первом шаге удаляют \(7\) из \(27\) кубиков, остаётся \(\tfrac{20}{27}\) доли вещества, а пустоты заполнены пластиком: \[\rho_1 = \frac{20}{27}\rho_0 + \left(1 - \frac{20}{27}\right)\tilde\rho .\] На втором шаге каждый из \(20\) кубиков делится на \(27\) и \(7\) из них удаляют, т.е. остаётся доля \(\left(\tfrac{20}{27}\right)^2\) от исходного куба: \[\rho_2 = \left(\frac{20}{27}\right)^2\rho_0 + \left(1 - \left(\frac{20}{27}\right)^2\right)\tilde\rho .\] Исключая \(\tilde\rho\) из двух выражений, получаем \(\rho_2 = \dfrac{47}{27}\rho_1 - \dfrac{20}{27}\rho_0\). Подставляя \(\rho_0\) и \(\rho_1\), находим \(\rho_2 = 1790\) кг/м\(^3\).

\(t = 216\) с от начала третьего заполнения (до верха кубика 2 вода доходит через \(138\) с, до верха кубиков 2 и 1 — через \(216\) с).

Обозначим скорость заливания воды \(v\), площадь сечения сосуда \(S\), стороны кубиков \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\). Объём воды, заполняющей сосуд, равен \(vt\) и складывается из объёма, свободного от кубиков к данному моменту. Записав объём для каждого из моментов \(t_1,\dots,t_7\) и для искомых моментов, получаем линейные соотношения между временами. Например, из \(vt_7 - vt_5 = a_1^3\) следует \(vt_8 = vt_6 + a_1^3 = vt_6 + vt_7 - vt_5\), т.е. \(t_8 = t_6 + t_7 - t_5 = 138\) с — момент, когда вода поднимается до верха кубика 2. Аналогично \(vt_9 = vt_7 + (vt_6 - vt_5) + (vt_3 - vt_2)\), откуда \(t_9 = t_7 + t_6 + t_3 - t_5 - t_2 = 216\) с — момент, когда вода поднимается до верха кубиков 2 и 1.

\(v_2 \approx 3870\) м/с.

Звёзды движутся по небу с востока на запад из-за суточного вращения Земли, т.е. корабли, движущиеся с запада на восток, обгоняют Землю. Афина обгоняет Землю на 11 оборотов в сутки, значит, сама совершает \(12\) оборотов в сутки вокруг центра Земли. Аврора делает \(2\) оборота в сутки.

Пути, проходимые кораблями за сутки, относятся как \(\dfrac{2\pi R_2 \cdot 2}{2\pi R_1 \cdot 12}\), и это отношение равно отношению их скоростей: \[\frac{v_2}{v_1} = \frac{2R_2}{12R_1}, \qquad v_2 = \frac{2R_2}{12R_1}\,v_1 \approx 3870~\text{м/с}.\]

Условие «нижний поршень не сместился относительно сосуда» позволяет записать равновесие нижнего и верхнего поршней через давление воды и силы упругости трёх пружин.

\(k = \dfrac{\rho g\,(S_1 - S_2)\,S_1 S_2}{3S_1^2 + S_2^2 - 2S_1S_2}\).

В начальном состоянии давление воды у нижнего поршня равно атмосферному, а сила упругости верхней пружины уравновешивает силу давления воды на верхний поршень. Сосуд с водой уравновешивается силой упругости трёх пружин.

Пусть при подвешивании груза нижний поршень сместился на \(x\) относительно сосуда, а сосуд — на \(y\). Из несжимаемости воды верхний поршень смещается относительно сосуда на \(x S_2/S_1\). Сумма сил упругости трёх пружин увеличивается на \(3ky + kxS_2/S_1 = mg\). Условие равновесия нижнего поршня с грузом и условие равновесия верхнего поршня, после вычитания начального состояния, дают \[-\frac{mgS_1}{S_2} - \rho g\left(x - \frac{xS_2}{S_1}\right)S_1 + k\left(\frac{xS_2}{S_1} + y\right) = 0 .\] Нижний поршень не смещается, поэтому \(x = -y\); подставляя \(mg\) и \(x=-y\), получаем \[k = \frac{\rho g\,(S_1 - S_2)\,S_1 S_2}{3S_1^2 + S_2^2 - 2S_1 S_2}.\]

\(\mu \approx 0{,}44\) (по измерениям \(x = 3{,}5\) см, \(h = 8\) см).

Смещая коробочку к краю линейки до момента опрокидывания, определяем положение её центра тяжести: он смещён к одной из граней, расстояние до этой грани \(x = 3{,}5\) см.

Ставим коробочку рабочей поверхностью вниз и толкаем за нижнюю часть, так что она скользит по парте. Поднимая точку приложения внешней силы \(F\), добиваемся переворачивания коробочки вокруг дальнего ребра. Измеряем высоту точки приложения силы над партой \(h\) (среднее по нескольким измерениям, \(h = 8\) см). Правило моментов относительно дальнего ребра: \(mg\,x = F_{\text{тр}}\,h\), где \(F_{\text{тр}} = \mu N\) — максимальное трение покоя и \(N = mg\). Отсюда \(\mu = \dfrac{x}{h} = \dfrac{3{,}5}{8} \approx 0{,}44\).

\(H \approx 4{,}7\) см (высота цилиндра), \(R \approx 0{,}8\) см (радиус цилиндра), \(d \approx 0{,}17\) см (толщина стенок трубочки).

Сила Архимеда на погружённую трубочку равна весу вытесненной воды: \(F_A = \rho g (V_0 + Sh)\), где \(V_0\) — начально погружённый объём, \(S\) — площадь сечения трубочки, \(h\) — глубина погружения. Показания весов увеличиваются на \(m(h) = \rho (V_0 + Sh)\). Угловой коэффициент линейного участка графика \(m(h)\) равен \(k = \rho S\).

На графике \(m(h)\) три линейных участка; по пересечению прямых находим границы цилиндра и его высоту: \(H = 7{,}5 - 2{,}8 = 4{,}7\) см. Площадь сечения пустой трубочки \(S_1 = 2{,}1\) см\(^2\) (по первому или третьему участку), с цилиндром \(S_{12} = 3{,}9\) см\(^2\), сечение цилиндра \(S_2 = S_{12} - S_1 = 1{,}8\) см\(^2\), отсюда \(R = \sqrt{S_2/\pi} \approx 0{,}8\) см.

Толщина стенок: \(S_1 = d\,\ell\), где \(\ell\) — длина окружности трубочки, измеренная намотанной нитью, \(\ell = 12{,}5\) см. Тогда \(d = S_1/\ell \approx 0{,}17\) см.