Всесибирская, 2020/21, заключительный этап, 9 класс

Подсказка

Пусть скорость первого автомобиля на второй и третьей трети равна \(v\), а общее время пути \(t\). Выразите \(L\) через \(v\) и \(t\) для каждого автомобиля и сравните их скорости. Затем определите, на каком участке пути расстояние между машинами наибольшее.

Ответ

\(L/4\).

Решение

1) Пусть \(v\) — скорость первого автомобиля на последней трети времени, \(t\) — время пути. Тогда \(L=2v\cdot\dfrac{t}{3}+v\cdot\dfrac{2t}{3}=\dfrac{4}{3}vt\). Для второго автомобиля пусть \(u\) — его скорость на первых двух третях времени, тогда на последней трети она равна \(2u\), и \(L=u\cdot\dfrac{2t}{3}+2u\cdot\dfrac{t}{3}=\dfrac{4}{3}ut\). Очевидно, что \(u=v\).

2) В первую треть времени первый автомобиль удаляется от второго с относительной скоростью \(v\), во вторую треть автомобили движутся с одинаковой скоростью и расстояние между ними не меняется, на последней трети второй автомобиль приближается к первому с относительной скоростью \(v\). Значит, наибольшее расстояние равно \(x=\dfrac{vt}{3}\), и оно сохраняется во вторую треть пути.

3) Из \(L=\dfrac{4}{3}vt\) получаем \(vt=\dfrac{3L}{4}\), откуда \(x=\dfrac{L}{4}\).

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

Подсказка

Вертикальное движение мячиков не зависит от горизонтального. Запишите для каждого мячика путь по вертикали до точки встречи, учитывая, что нижний мячик брошен позже на \(\tau\), и вычтите одно уравнение из другого.

Ответ

\(t_1+t_2=\dfrac{2h}{g\tau}\).

Решение

Пусть верхний мячик до столкновения летел время \(t_1\), нижний — время \(t_2\), а столкновение произошло на расстоянии \(x\) ниже нижнего окна. Нижний мячик брошен на время \(\tau\) позже, поэтому \(t_1-t_2=\tau\).

Верхний мячик за время \(t_1\) опустился на \(h+x\), а нижний за время \(t_2\) — на \(x\), и оба падают свободно: \(h+x=\dfrac{gt_1^2}{2}\), \(x=\dfrac{gt_2^2}{2}\). Вычитая, получим \(h=\dfrac{g}{2}(t_1^2-t_2^2)=\dfrac{g}{2}(t_1-t_2)(t_1+t_2)=\dfrac{g\tau}{2}(t_1+t_2)\). Отсюда \(t_1+t_2=\dfrac{2h}{g\tau}\).

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

Подсказка

Натяжение каждой нити, на которой висит груз, равно его весу. Сила в узле \(B\) — три натяжения, их сумма равна нулю, значит, они образуют треугольник. Проверьте, какой у этого треугольника угол.

Ответ

\(\alpha=\operatorname{arctg}\dfrac{3}{4}\), \(\beta=\operatorname{arctg}\dfrac{4}{3}\).

Решение

1) Из условия равновесия левого груза натяжение нити \(AB\) равно \(T_1=m_1g\), а правого — натяжение нити \(BC\) равно \(T_3=m_3g\). Натяжение нити, на которой висит средний груз, \(T_2=m_2g\).

2) На узел \(B\) действуют силы натяжения \(T_1\) (нить \(AB\)), \(T_3\) (нить \(BC\)) и вес среднего груза \(m_2g\) (вертикально вниз). Сумма этих сил равна нулю, поэтому \(T_1+T_3=m_2g\) по величине и направлению, то есть вектор \(\vec T_1+\vec T_3\) направлен вертикально вверх.

3) Поскольку \(T_2^2=T_1^2+T_3^2\) (здесь \(50^2=40^2+30^2\)), векторы \(\vec T_1\) и \(\vec T_3\) перпендикулярны. Тогда треугольник сил прямоугольный, и угол \(\alpha\) между \(AB\) и вертикалью удовлетворяет \(\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{T_3}{T_1}=\dfrac{3}{4}\), а угол \(\beta\) между \(BC\) и вертикалью — \(\operatorname{tg}\beta=\dfrac{T_1}{T_3}=\dfrac{4}{3}\).

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

Подсказка

Запишите ток в цепи при подключённом вольтметре и показание вольтметра через \(R_2\). Затем учтите, что амперметр закорачивает средний резистор, и составьте второе уравнение. Из двух уравнений исключите сумму \(R_1+R_3\).

Ответ

\(R_2=\dfrac{UV}{J(U-V)}\).

Решение

1) Обозначим сопротивления резисторов слева направо \(R_1\), \(R_2\), \(R_3\). С вольтметром все резисторы включены последовательно (вольтметр не пропускает ток): ток \(I=\dfrac{U}{R_1+R_2+R_3}\), а показание вольтметра \(V=IR_2\).

2) Амперметр включается параллельно \(R_2\) и имеет пренебрежимо малое сопротивление, поэтому \(R_2\) закорачивается, и ток в цепи \(J=\dfrac{U}{R_1+R_3}\). Отсюда \(R_1+R_3=\dfrac{U}{J}\).

3) Подставим это в выражение для \(V\): \(V=\dfrac{R_2U}{U/J+R_2}\). Отсюда \(VU/J=R_2(U-V)\) и \(R_2=\dfrac{UV}{J(U-V)}\).

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

Подсказка

Из закона Архимеда найдите погружённую часть поршня. Затем запишите объём воды в пробирке в каждом из двух опытов и приравняйте их.

Ответ

\(\dfrac{r}{R}=\sqrt{\dfrac{(H_1-H_2)\rho_0}{H(\rho_0-\rho_1)}}\).

Решение

Пусть \(R\) — внешний радиус поршня, \(r\) — радиус отверстия, \(h\) — высота погружённой части поршня в первом опыте.

1) Объём поршня \(V=\pi(R^2-r^2)H\), его погружённая часть \(V_п=\pi(R^2-r^2)h\). По закону Архимеда \(\rho_1\pi(R^2-r^2)H=\rho_0\pi(R^2-r^2)h\), откуда \(h=H\dfrac{\rho_1}{\rho_0}\).

2) Объём воды в пробирке в первом опыте: \(V_{в1}=\pi R^2(H_1-H)+\pi r^2h\).

3) Объём воды во втором опыте: \(V_{в2}=\pi R^2H_2-V=\pi R^2H_2-\pi(R^2-r^2)H\).

4) Приравнивая объёмы воды в двух опытах, получим \(R^2(H_1-H)+r^2h=R^2H_2-(R^2-r^2)H\), откуда \(R^2(H_1-H_2)=r^2(H-h)\). Подставив \(h\), получим \(\dfrac{r^2}{R^2}=\dfrac{(H_1-H_2)\rho_0}{H(\rho_0-\rho_1)}\).

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