Санкт-Петербургская, 2025/26, заключительный этап, 9 класс

Время полёта связано с разностью горизонтального и вертикального ускорений: чем она меньше, тем дольше полёт. Может ли включение ранца, направленного под углом не менее \(60^\circ\), эту разность уменьшить?

\(\tau' = \tau + \sqrt{\dfrac{2L}{g}} - \sqrt{\dfrac{4L}{(3-\sqrt{3})\,g}}\).

Пусть \(a_x\) и \(a_y\) — проекции ускорения участника, \(v_0\) — проекция начальной скорости на каждую из осей (начальный угол \(45^\circ\)). Из условия \(y = 0\) в конце полёта получаем \(v_0 = -a_y t/2\); подставляя в \(x = L\), находим время полёта \[t = \sqrt{\frac{2L}{a_x - a_y}}.\] Для первого участника \(a_x = g\cos60^\circ = \dfrac{g}{2}\), \(a_y = -g + g\sin60^\circ = -g\left(1 - \dfrac{\sqrt3}{2}\right)\), поэтому \[t_1 = \sqrt{\frac{4L}{(3-\sqrt3)\,g}} \approx 1{,}776\sqrt{\frac{L}{g}}.\] Включение ранца уменьшает разность \(a_x - a_y\) (ранец направлен под углом не менее \(60^\circ\), и \(\Delta a_x/\Delta a_y = \mathrm{ctg}\alpha < 1\)), что увеличивает время полёта. Значит, наиболее правильно второму участнику ранец не включать. Тогда при \(a_x - a_y = g\) \[t_2 = \sqrt{\frac{2L}{g}}.\] Итоговый отрыв: \(\tau' = \tau + t_2 - t_1\). Знак отрыва зависит от того, кто оказался впереди.

В момент начала сдвига одна из призм перестаёт касаться стенки паза, и сила со стороны этой стенки обращается в нуль. Запишите равновесие каждой призмы в граничном случае, когда трение между призмами равно \(\mu N\).

\(F = \dfrac{\mu + \sqrt3}{\sqrt3 - \mu}\,mg\); сдвинуть удастся при \(\mu < \sqrt3\).

Минимальная сила соответствует моменту, когда при её небольшом увеличении система выходит из равновесия. Поскольку смещение поступательное, достаточно записать условия равновесия призм в граничном случае. Силы реакции и трения между призмами равны по модулю и противоположны по направлению, \(N\) и \(F_\text{тр} = \mu N\). Проекции на оси, параллельные граням призм, дают систему \[\begin{cases} N\cos30^\circ - mg\cos30^\circ - \mu N\cos60^\circ = 0, \\ \mu N\cos60^\circ + N\sin60^\circ - F\cos30^\circ = 0. \end{cases}\] Отсюда \[N = \frac{\sqrt3\,mg}{\sqrt3 - \mu}, \qquad F = \left(\mu\,\mathrm{ctg}60^\circ + 1\right)N = \frac{\mu + \sqrt3}{\sqrt3 - \mu}\,mg.\] Сдвинуть призму таким способом возможно только при \(\mu < \mathrm{tg}60^\circ = \sqrt3 \approx 1{,}7\).

Баланс энергии за одно испытание: полезная мощность \(\beta v^2\) и потери вместе дают расход угля. Два испытания одинаковой длительности дают два корня одного квадратного уравнения по \(v\), так что для ответа на первый вопрос пригодится теорема Виета.

1) \(m_0 = \dfrac{2\beta S_0 v_\text{ср}}{\lambda} \approx 77{,}86\) кг;  2) \(P_\text{пот} \approx 799{,}25\) кВт;  3) \(S = 78\) км.

Полезная мощность паровоза \(P_\text{вых} = Fv = \beta v^2\). Пусть \(S_0 = 6\) км — длина кольца, \(\lambda\) — удельная теплота сгорания, \(\tau\) — длительность испытания. За испытание сожжено \(1{,}5\,m_0 + (N-1)\,m_0 = (N + 0{,}5)\,m_0\) угля, где \(N\) — число кругов, \(N = v\tau/S_0\). Баланс энергии \[(\beta v^2 + P_\text{пот})\,\tau = (N + 0{,}5)\,\lambda m_0\] даёт квадратное уравнение относительно \(v\): \[\beta\tau\, v^2 - \frac{\tau\lambda m_0}{S_0}\,v + \left(P_\text{пот}\tau - \frac{\lambda m_0}{2}\right) = 0.\] 1) Два испытания в понедельник занимают одно и то же время \(\tau\), значит, их скорости \(v_1\) и \(v_2\) — корни этого уравнения. По теореме Виета \(v_1 + v_2 = \dfrac{\lambda m_0}{\beta S_0}\), откуда \(v_\text{ср} = \dfrac{v_1 + v_2}{2} = \dfrac{\lambda m_0}{2\beta S_0}\) и \(m_0 = \dfrac{2\beta S_0 v_\text{ср}}{\lambda} \approx 77{,}86\) кг.

2) Во вторник число кругов \(N = 53\) одинаково, а скорости \(v_i = NS_0/\tau_i\). Подстановка даёт для времён \(\tau_1\) и \(\tau_2\) уравнение \(P_\text{пот}\tau^2 - (N + 0{,}5)\lambda m_0\,\tau + \beta N^2 S_0^2 = 0\). По теореме Виета \[P_\text{пот} = \frac{(N + 0{,}5)\,\lambda m_0}{\tau_1 + \tau_2} \approx 799{,}25~\text{кВт},\] где \(\tau_1 + \tau_2 = 9\) ч \(55\) мин.

3) В среду \(\tau = NS_0/v\); подставляя в баланс энергии, находим \[N = \frac{0{,}5\,v\lambda m_0}{\beta v^2 S_0 + P_\text{пот}S_0 - v\lambda m_0} \approx 13{,}0,\] при \(v = 83\) км/ч \(\approx 23{,}1\) м/с. Значит, пройдено \(S = 13 \cdot 6\) км \(= 78\) км.

При \(\varphi = 45^\circ\) симметрия разбивает схему на два одинаковых параллельных участка. Между соседними вершинами квадрата проволока идёт двумя параллельными путями: по стороне квадрата и по дуге четверти окружности.

1) \(R_1 = \dfrac{\pi\,(4\sqrt2 + \pi)}{4\,(2\sqrt2 + \pi)}\,a\lambda \approx 1{,}157\,a\lambda\);  2) \(R_2 = \dfrac{\pi\sqrt2}{2\sqrt2 + \pi}\,a\lambda \approx 0{,}744\,a\lambda\);  3) \(R_\text{min} = R_2\), \(R_\text{max} = R_1\).

1) При \(\varphi = 45^\circ\) из соображений симметрии по сторонам \(BC\) и \(AD\) ток не течёт. Схема — параллельное соединение двух одинаковых участков \(MBAN\) и \(MCDN\), каждый из которых — последовательное соединение \(MB\), \(AB\) и \(AN\). Участки \(MB\) и \(AN\) — дуги по \(\dfrac{\pi a}{4}\), а \(AB\) — параллельное соединение четверти окружности (длина \(\dfrac{\pi a}{2}\)) и стороны квадрата (длина \(a\sqrt2\)): \[R_{AB} = \lambda\,\frac{\dfrac{\pi a}{2}\cdot a\sqrt2}{\dfrac{\pi a}{2} + a\sqrt2} = \frac{\pi\sqrt2}{\pi + 2\sqrt2}\,a\lambda.\] Тогда \[R_1 = \frac{1}{2}\left(R_{MB} + R_{AB} + R_{AN}\right) = \frac{\pi}{4}\,a\lambda + \frac{R_{AB}}{2} = \frac{\pi\,(4\sqrt2 + \pi)}{4\,(2\sqrt2 + \pi)}\,a\lambda \approx 1{,}157\,a\lambda.\]

2) При \(\varphi = 0^\circ\) точка \(M\) совпадает с \(C\), точка \(N\) — с \(A\). Схема — параллельное соединение двух одинаковых участков \(CBA\) и \(CDA\), каждый из которых — последовательное соединение двух одинаковых участков \(CB\) и \(BA\) с сопротивлением \(R_{AB}\). Поэтому \(R_2 = \dfrac12 \cdot 2R_{AB} = R_{AB} = \dfrac{\pi\sqrt2}{2\sqrt2 + \pi}\,a\lambda \approx 0{,}744\,a\lambda\).

3) Сопротивление периодично по \(\varphi\) с периодом \(90^\circ\) и чётно: \(R(\varphi) = R(\varphi + 90^\circ) = R(-\varphi)\). Значит, экстремумы достигаются при \(\varphi = 0^\circ\) (значение \(R_2\)) и при \(\varphi = 45^\circ\) (значение \(R_1\)). Поскольку \(R_2 < R_1\), а максимум достигается в \(\varphi = 45^\circ\), получаем \(R_\text{min} = R_2\) и \(R_\text{max} = R_1\).

Показания весов определяются полной массой содержимого сосуда, а плавление льда эту массу не меняет. Что именно добавляет массу сосуду, и как связан прирост массы с площадью под графиком интенсивности?

1) \(m = m_1 - m_0 = 34\) г;  2) \(m_3 = 6m_2 - 5m_1 = 421\) г.

Систему «сосуд с водой и лёд» считаем одним телом: внешние силы — тяжесть и реакция весов, и в каждый момент система находится в равновесии. Поэтому показания весов равны её полному весу. Плавление льда показаний не меняет; изменение показаний связано только с тем, что в сосуд добавляется дождевая вода.

1) Масса кусочка льда с гранитным осколком \(m = m_1 - m_0 = 34\) г.

2) Высота слоя дождя равна площади под графиком интенсивности \(q(t)\). За первую минуту \(h_2 = 6\,q_0\tau_0\), за пять минут \(h_3 = 36\,q_0\tau_0\), где \(q_0 = 1\) мм/ч, \(\tau_0 = 1\) мин. Считая площадь сечения сосуда постоянной, получаем \[\frac{m_3 - m_1}{m_2 - m_1} = \frac{h_3}{h_2} = 6 \quad\Rightarrow\quad m_3 = 6m_2 - 5m_1 = 421~\text{г}.\]

Если крупинка скользит по столу без отскока, то дальность скольжения связана с высотой отпускания через работу силы трения. Почему результат без учёта отскоков не совпадает с коэффициентом трения, найденным по наклону стола?

Для фиксации начальной высоты крупу удобно сыпать из бумажного кулька. Перед касанием стола скорость крупинки \(v_0 = \sqrt{2gh}\). При скольжении без отскока на расстоянии \(l\) работа силы трения равна изменению кинетической энергии, \(\mu m g\,l = \dfrac{m v_0^2}{2}\), откуда \[\mu = \frac{h}{l}.\] Такая формула даёт коэффициент трения, близкий к единице. Измерения средней дальности \(\langle l\rangle\) при высотах \(h = 5, 10, 15, 20, 25, 30\) см дают \(\langle l\rangle = 4{,}5;\ 10{,}0;\ 13{,}4;\ 21;\ 29{,}5;\ 32{,}4\) см, что не согласуется с коэффициентом трения \(\mu \approx 0{,}3\), найденным по наклону стола. Значит, необходимо учитывать отскоки: каждый отскок с коэффициентом \(k\) уменьшает нормальную составляющую скорости в \(k\) раз, и дальность складывается из геометрически убывающих вкладов. Пренебрегая степенями \(k\) выше третьей, из суммы получается приближённая формула для \(\langle l\rangle(h)\), по которой определяются \(\mu\) и \(k\) (см. официальное решение).

\(E_a \approx 19{,}7\) кДж/моль;  \(D_0 \approx 18{,}2\) см\(^2\)/с.

Из \(r = \sqrt{3Dt}\) следует \(t = \dfrac{r^2}{3D}\). Подставляя закон Аррениуса, получаем линейную зависимость \[\ln t = \ln\frac{r^2}{3D_0} + \frac{E_a}{R}\cdot\frac{1}{T},\] т.е. график \(\ln t\) от \(1/T\) — прямая с наклоном \(k = E_a/R\) и сдвигом \(b = \ln\dfrac{r^2}{3D_0}\).

Методика: в чашку Петри наливаем воду и измеряем её температуру, в воду (а не на конфету) кладём конфету вблизи центра чашки и засекаем время, за которое пятно красителя растечётся до радиуса \(r = 1\) см. Конфету в воде не сливаем вместе с водой, а эксперимент повторяем 10 раз при разных температурах. Аппроксимация даёт \(k = 2382{,}1\) K и \(b = -4{,}0043\), откуда \[E_a = kR \approx 19{,}7~\text{кДж/моль}, \qquad D_0 = \frac{r^2}{3}\,e^{-b} \approx 18{,}2~\text{см}^2\text{/с}.\]