Всесибирская, 2019/20, заключительный этап, 10 класс

Скорость поршня постоянна, поэтому силы на него уравновешены. Объём, на который растёт газ под поршнем, свяжите с поступившим воздухом законом Бойля — Мариотта.

\(u=\dfrac{QP_0}{P_0S+F+mg}\).

Скорость поршня постоянная, и сумма действующих на него сил равна нулю: \(PS-P_0S-mg-F=0\), где \(P\) — давление воздуха под поршнем.

Объём воздуха под поршнем за время \(t\) увеличивается на \(V=Sut\). Этот объём связан с объёмом воздуха, поступившего в компрессор, законом Бойля — Мариотта: \(PSut=P_0Qt\).

Отсюда \(u=\dfrac{QP_0}{P_0S+F+mg}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Запишите закон сохранения энергии для каждого мяча от старта до места встречи, учитывая, на какую высоту поднялся центр каждого. Вычтите уравнения.

\(r=\dfrac{v_2^2-v_1^2}{4g}\).

Пусть радиус большого мяча \(R\), маленького — \(r\), высота, на которой большой мяч столкнулся с маленьким, — \(H\), начальная скорость мячей \(v\), массы мячей \(m_1\), \(m_2\).

Закон сохранения энергии для большого мяча: \[\frac{m_1v^2}{2}+m_1gR=\frac{m_1v_1^2}{2}+m_1gH,\] для маленького мяча: \[\frac{m_2v^2}{2}+m_2gr=\frac{m_2v_2^2}{2}+m_2g(H-R-r).\] Сократив массы и вычитая из первого уравнения второе, получаем \(4gr=v_2^2-v_1^2\), откуда и находим ответ.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Запишите второй закон Ньютона вдоль плоскости для человека и для платформы (на платформу действует сила \(2T\)). Определите, в какую сторону скользит платформа относительно человека, и подставьте предельную силу трения.

\(T_{\min}=2\mu mg\cos\alpha\).

Пусть сила натяжения верёвки \(T\). Вдоль наклонной плоскости на человека действуют сила натяжения \(T\), сила трения \(F_{\text{тр}}\) и скатывающая сила \(-mg\sin\alpha\). На платформу вдоль плоскости действуют сила со стороны блока \(2T\), сила трения \(-F_{\text{тр}}\) и скатывающая сила \(-mg\sin\alpha\).

Пусть ускорение человека \(a_1\), платформы — \(a_2\). Тогда \[ma_1=T+F_{\text{тр}}-mg\sin\alpha,\qquad ma_2=2T-F_{\text{тр}}-mg\sin\alpha.\] При отсутствии трения платформа двигалась бы вверх по плоскости с ускорением \(a_2=(2T-mg\sin\alpha)/m\), большим, чем ускорение человека \(a_1=(T-mg\sin\alpha)/m<a_2\), поэтому разумно полагать, что платформа проскальзывает вверх из-под ног человека и \(F_{\text{тр}}=\mu mg\cos\alpha\).

Отсюда \(T_{\min}=2\mu mg\cos\alpha\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

При небольшом наклоне коромысла жидкость перетекает, и чаши получают разную массу. Сравните момент этой разницы с возвращающим моментом груза, смещённого от оси подвеса.

\(m_{\min}=\dfrac{\rho VL^2}{2hH}\).

При большой массе сосудов период собственных колебаний весов будет много больше времени перетекания жидкости, и её уровень при движении весов будет успевать выравниваться. Предположим, что коромысло весов повернулось на некоторый угол, так что его левый конец опустился на высоту \(\approx x\). В результате в левом сосуде объём жидкости будет на \(xS\) больше, чем в правом, где \(S\) — сечение сосуда. С учётом \(hS=V\) левая чаша весов будет на \(\Delta m\approx\rho Vx/h\) более массивной, чем правая.

Момент сил, вызванный разбалансом весов, \(\approx\Delta mg\,\dfrac L2\) должен уравновешиваться моментом силы тяжести \(\approx mg\cdot B_1C_1\) дополнительного груза. При этом \(\dfrac{B_1C_1}{A_1B_1}=\dfrac{BC}{AB}=\dfrac xL\). Равновесие весов будет устойчивым при \[\frac{\Delta mgL}{2}=\frac{\rho VxgL}{2h}<\frac{mgHx}{L}.\] Минимальная масса \(m_{\min}=\dfrac{\rho VL^2}{2hH}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Найдите скорость робота после первого выстрела из законов сохранения, затем рассмотрите второй выстрел в системе отсчёта, где робот покоится, но его масса уже \(M-m\).

\(t=\dfrac{\tau\sqrt{M-2m}}{\sqrt M-\sqrt{M-2m}}\).

После первого выстрела скорость \(u\) робота определяется из законов сохранения импульса \(mv+(M-m)u=0\) и энергии \(\dfrac{mv^2}{2}+\dfrac{(M-m)u^2}{2}=E\), где \(v\) — скорость шарика, \(E\) — энергия выстрела. Решение: \(u=\dfrac{\sqrt{2mE}}{\sqrt{M(M-m)}}\).

В системе отсчёта, движущейся со скоростью \(u\), второй выстрел отличается от первого направлением и уменьшившейся с \(M\) до \(M-m\) массой робота. Скорость робота в этой системе после второго выстрела \(u_1=-\dfrac{\sqrt{2mE}}{\sqrt{(M-m)(M-2m)}}\). В системе отсчёта корабля скорость робота \(u_2=u+u_1\).

Расстояние от \(A\) до \(B\): \(S=u\tau\). Обратный путь робот проделает за время \(t=-\dfrac S{u_2}=-\dfrac{\tau}{1+u_1/u}\).

Отсюда \(t=\dfrac{\tau\sqrt{M-2m}}{\sqrt M-\sqrt{M-2m}}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.