Всесибирская, 2020/21, заключительный этап, 8 класс

Подсказка

Подумайте, сколько машин одновременно находится на дороге: это те, что выехали за время одного рейса. Сколько раз машина встречает машины, выехавшие на время рейса раньше и позже неё, если каждая дорога проходится дважды?

Ответ

В карьере \(15\) машин (на дороге при этом \(9\)).

Решение

Пусть \(N_{\text{к}}\) — число машин в карьере (искомое), \(N_0=24\) — полное число машин, \(T\) — время рейса «карьер — фабрика — карьер». Все машины находятся в одинаковых условиях, поэтому средние числа машин в карьере и на дороге со временем не меняются.

На дороге одновременно находится столько машин, сколько выехало в рейс за время \(T\): одна из них въезжает в карьер в тот момент, когда выезжает следующая, для которой движение только начинается. Все остальные машины находятся в карьере.

Сколько машин встретит одна машина за рейс? Она встретит все машины, выехавшие из карьера на время \(T\) раньше неё (первую из них — в момент своего выезда), и все машины, которые выедут после неё на время \(T\) (последнюю — в момент подъезда к карьеру). Машины, выехавшие раньше, она встречает на пути до фабрики и ещё раз на обратном пути; то же верно для машин, выехавших позже. Поэтому за рейс машина встречает вдвое больше машин, чем находится на дороге в данный момент. Это соотношение не зависит от того, одинакова ли скорость машины туда и обратно, а определяется только периодичностью выезда машин из карьера.

Значит, на дороге находится \(N_{\text{дор}}=18/2=9\) машин, а в карьере \(N_{\text{к}}=N_0-N_{\text{дор}}=24-9=15\) машин.

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

Подсказка

Запишите условие равновесия шарика со льдом в трёх состояниях: до погружения, после погружения в воду до таяния льда и после таяния. Вычитая уравнения друг из друга, исключите начальное растяжение пружины и объём шарика.

Ответ

\(\dfrac{V_{\text{ш}}}{V_{\text{л}}}=0{,}6\).

Решение

Обозначим \(V_{\text{л}}\), \(V_{\text{ш}}\) — объёмы льда и шарика; \(\rho_{\text{в}}\), \(\rho_{\text{л}}\), \(\rho_{\text{ш}}\) — плотности воды, льда и шарика; \(H_0\) — растяжение пружинки до погружения льда в воду; \(k\) — её жёсткость. Начальное растяжение и жёсткость в ответ не войдут.

До погружения в воду: \[\rho_{\text{л}}V_{\text{л}}g+\rho_{\text{ш}}V_{\text{ш}}g=kH_0.\] После погружения, до таяния льда, на систему действует выталкивающая сила, которая уменьшает растяжение пружины: \[\rho_{\text{л}}V_{\text{л}}g+\rho_{\text{ш}}V_{\text{ш}}g-\rho_{\text{в}}(V_{\text{ш}}+V_{\text{л}})g=k(H_0-H_1).\] После того как лёд растаял, шарик остаётся в воде, и пружина растягивается сильнее, так как лёд был «поплавком» (его плотность меньше плотности воды): \[\rho_{\text{ш}}V_{\text{ш}}g-\rho_{\text{в}}V_{\text{ш}}g=k(H_0-H_1+H_2).\] Вычитая первое уравнение из второго, исключаем \(H_0\): \(\rho_{\text{в}}(V_{\text{ш}}+V_{\text{л}})g=kH_1\). Вычитая второе уравнение из третьего, исключаем \(V_{\text{ш}}\): \((\rho_{\text{в}}-\rho_{\text{л}})V_{\text{л}}g=kH_2\).

Делим одно на другое и получаем \[\frac{V_{\text{ш}}}{V_{\text{л}}}=\frac{(\rho_{\text{в}}-\rho_{\text{л}})H_1}{\rho_{\text{в}}H_2}-1.\] Подставляя \(\rho_{\text{в}}=1000\) кг/м\(^3\), \(\rho_{\text{л}}=900\) кг/м\(^3\), \(H_1=8\) см, \(H_2=0{,}5\) см, получаем \(\dfrac{V_{\text{ш}}}{V_{\text{л}}}=\dfrac{100\cdot 8}{1000\cdot 0{,}5}-1=0{,}6\).

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

Подсказка

Сравните времена движения туристов от \(B\) до \(A\): пешком со скоростью \(V\) и с участками бега. Из прямоугольности поворотов следуют равенства отрезков: \(BA=CD+EF+GA\) и \(DE=BC+FG\).

Ответ

На \(600\) м.

Решение

Пусть \(V\) — скорость ходьбы туристов, \(X\) — искомая разница длин прогулок. По рисунку \[X=(BC+DE+FG)+(CD+FE+GA)-BA=2DE,\] где слагаемые — длины отдельных отрезков, концы которых обозначены соответствующими буквами. В этих обозначениях \(L=DE+GA\).

Туристы пришли в \(A\) одновременно. От \(B\) до \(A\) второй турист идёт по прямой со скоростью \(V\), а первый идёт пешком по \(BC\), \(CD\), \(EF\), \(FG\) и бежит по \(DE\) и \(GA\) со скоростью \(4V\): \[\frac{BA}{V}=\frac{BC+CD+EF+FG}{V}+\frac{DE+GA}{4V}.\] Так как все повороты после \(B\) прямые, то \(BA=CD+EF+GA\) и \(DE=BC+FG\). Подставляя это в уравнение, получаем \(\dfrac{DE+GA}{4V}+\dfrac{BC+FG-GA}{V}=0\), или \(DE+4BC+4FG=3GA\), а с учётом \(DE=BC+FG\): \[5DE=3GA.\] Так как \(L=DE+GA=800\) м, то \(DE=\dfrac{3L}{8}=300\) м, и \(X=2DE=600\) м.

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

Подсказка

Запишите тепловой баланс жидкости и шариков для каждой бочки и для обеих бочек вместе. Все уравнения зависят от отношения теплоёмкостей шариков и жидкости; их разность температур с начальной температурой жидкости позволяет исключить её.

Ответ

\(T_{\text{ш}}=360\,^\circ\)C.

Решение

Пусть \(M\) и \(C_{\text{ж}}\) — масса и удельная теплоёмкость жидкости в одной бочке, \(m\) и \(C_{\text{ш}}\) — масса и удельная теплоёмкость всех шариков, \(T_0\) — исходная температура жидкости, \(T_{\text{ш}}\) — искомая температура шариков.

Тепловой баланс для первой бочки, куда засыпана треть шариков: \[MC_{\text{ж}}(T_1-T_0)=\frac{m}{3}C_{\text{ш}}(T_{\text{ш}}-T_1).\] Для второй бочки, куда засыпаны две трети шариков: \[MC_{\text{ж}}(T_2-T_0)=\frac{2m}{3}C_{\text{ш}}(T_{\text{ш}}-T_2).\] Для системы «обе бочки и все шарики» после переноса шариков во вторую бочку: \[MC_{\text{ж}}(T_1-T_0)+MC_{\text{ж}}(T_3-T_0)=mC_{\text{ш}}(T_{\text{ш}}-T_3).\] Здесь учтено, что в первой бочке в конце осталось исходное количество жидкости с температурой \(T_1\).

Решение системы зависит только от отношения \(Y=\dfrac{mC_{\text{ш}}}{MC_{\text{ж}}}\). Из первых двух уравнений и третьего получаем \[Y=\frac{3(T_2-T_3)}{3T_3-2T_2-T_1}=\frac{3}{5}.\] Далее, исключая \(T_0\) из разности второго и первого уравнений, получаем \[T_{\text{ш}}=7T_2-6T_1=7\cdot 120-6\cdot 80=360\,^\circ\text{C}.\] Проверка с \(T_0=24\,^\circ\)C (значение из справки организаторов): по первой бочке \((80-24)=\dfrac{1}{5}(T_{\text{ш}}-80)\) и по второй \((120-24)=\dfrac{2}{5}(T_{\text{ш}}-120)\) дают то же \(T_{\text{ш}}=360\,^\circ\)C.

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

Подсказка

В первом опыте груз №1 не касается стола, значит, натяжение шнура равно \(M_1g\). Во втором опыте удлинение шнура уменьшилось из-за подъёма груза №1 на \(H\), и это меняет натяжение на \(2kH\).

Ответ

Сила давления груза №2 на стол возросла на \(6kH\).

Решение

В первом опыте груз №1 не касался стола, поэтому натяжение шнура \(T_1=M_1g\). Со стороны подвижного блока на груз №2 действует вверх сила \(2T_1\), и равновесие груза №2 дает \(2T_1+N_1=M_2g\), где \(N_1\) — сила давления груза №2 на стол в первом опыте.

Во втором опыте в равновесии \(2T_2=M_1g\) (равновесие груза №1 с подвижным блоком), \(T_2+N_2=M_2g\) (равновесие груза №2, \(N_2\) — сила давления на стол), а также \(T_1=T_2+2kH\): длина шнура уменьшилась на \(2H\), так что его сила натяжения уменьшилась на \(2kH\).

Из этих уравнений \(T_1=4kH\) и \(T_2=2kH\). Тогда \[N_2-N_1=(M_2g-T_2)-(M_2g-2T_1)=2T_1-T_2=6kH.\] Сила давления груза №2 на стол во втором опыте больше, чем в первом, на \(6kH\).

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