Всесибирская, 2022/23, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Найдите точку, где траектория шарика пересекает дугу, которую описывает край двери, и сравните времена, за которые до неё дойдут шарик и край двери.

Ответ

\(u_{\min}=\dfrac{6v}{\pi}\).

Решение

Шарик должен попасть в точку \(C\) раньше, чем её достигнет край двери. Край двери движется к этой точке по дуге окружности радиуса, равного ширине двери \(h\). На неё опирается угол \(\angle AOC\). Треугольник \(OBC\) равносторонний, так что \(\angle AOC=90^\circ-\angle COB=30^\circ\). Длина дуги \(L=\dfrac{\pi h}{6}\).

Время движения края двери до точки \(C\): \(t=\dfrac{L}{v}=\dfrac{\pi h}{6v}\). Путь шарика \(AC=BC=h\). Время его движения до точки \(C\): \(t_1=\dfrac{h}{u}<t\), где \(u\) — скорость шарика. Из последнего неравенства получается условие \(u>\dfrac{6v}{\pi}\).

Убедимся, что после точки \(C\) движение шарика будет беспрепятственным. Предположим, что \(D\) — это текущая позиция шарика за точкой \(C\). Угол \(\angle COD\) увеличивается с угловой скоростью \[\omega=\dfrac{u\sin(\angle ODB)}{OD}>\dfrac{u\sin(\angle OCB)}{OC}>\dfrac{3\sqrt3\,v}{\pi h},\] что больше угловой скорости двери \(\omega_0=\dfrac{v}{h}\). В момент, когда шарик будет в точке \(D\), дверь повернётся на угол \(\angle COE<\angle COD\), займёт положение \(OE\) позади шарика и не помешает его движению.

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

Подсказка

Шарик плавает на любой глубине, пока его объём равен одному и тому же значению. Выразите объём воздуха через давление и температуру на дне и на глубине \(H/2\) и приравняйте.

Ответ

\(\Delta P\approx 0{,}49\rho gH-0{,}0072P_0\).

Решение

Объём шарика практически состоит из объёма воздуха, зависящего от условий. Примем объём воздуха при давлении \(P_0\) и температуре \(T_0\approx 273\) К равным \(V\). При температуре \(T\) и давлении \(P\) объём воздуха находится из объединённого газового закона, так что полный объём шарика \[V_{\text{ш}}=\dfrac{VP_0T}{PT_0}.\] Температура на глубине \(h=H/2\): \(T\approx\dfrac{275}{273}T_0\).

Гидравлическое давление меняется с глубиной погружения в воду как \(P=P_a+\rho gh\), где \(P_a\) — искомое атмосферное давление.

Из закона Архимеда \(mg=\rho gV_{\text{ш}}\), где \(m\) — масса шарика, \(\rho\) — плотность воды. Отсюда следует, что объём шарика при изменении условий должен оставаться неизменным, то есть \[V\dfrac{P_0}{P_0+\rho gH}=V\dfrac{TP_0}{(T+2)(P_a+\rho gH/2)}\] или \[P_a\approx\dfrac{275}{277}P_0+\rho gH\dfrac{136{,}5}{277}.\] Вычтя из \(P_a\) величину \(P_0\), получаем ответ: \[\Delta P\approx 0{,}49\rho gH-0{,}0072P_0.\]

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

Подсказка

Плита и лист движутся равноускоренно из состояния покоя: плита проходит путь \(a\), лист — путь \(b\) за то же время. Сила на подвижном блоке вдвое больше натяжения каната.

Ответ

\(F=\dfrac{2Mmg(b+\mu a)}{mb+Ma}\).

Решение

Пусть сила натяжения каната \(T\). Второй закон Ньютона для плиты: \(Ma_1=Mg-T\), а для листа: \(ma_2=T-\mu mg\). Кинематические условия: \(\dfrac{a_1t^2}{2}=a\), \(\dfrac{a_2t^2}{2}=b\), где \(t\) — время движения. Исключаем неизвестные величины и находим силу \[T=\dfrac{Mmg(b+\mu a)}{mb+Ma}.\] Сила, действующая на блок, \(F=2T\).

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

Подсказка

Найдите ускорение ракеты из второго измерения. Затем сравните перемещение ракеты относительно дрона за один интервал с её отрывом в момент старта дрона и найдите, на каком по счёту интервале они встретятся.

Ответ

\(5{,}2\tau\).

Решение

Предположим, что ускорение ракеты \(a\). Через интервал времени \(\tau\) после старта ракеты её скорость будет \(v_{p1}=a\tau\), а скорость стартовавшего дрона \(v_{dp1}=a\tau+u\). Через \(2\tau\) скорость ракеты будет \(v_{p2}=2a\tau\), измеренная её скорость относительно дрона будет \(v_2=a\tau-u\). Из последнего соотношения находим ускорение \(a=(u+v_2)/\tau\).

Во всех интервалах времени между включениями двигателя дрона скорость ракеты относительно него в начале интервала \(v_{\text{н}}=-u\), а в конце \(v_{\text{к}}=-u+a\tau=v_2\). Относительное перемещение ракеты в этих интервалах одинаково: \[S=-u\tau+\dfrac{a\tau^2}{2}=\dfrac{(v_2-u)\tau}{2}.\] До отправления дрона ракета прошла \(S_0=\dfrac{a\tau^2}{2}=\dfrac{(u+v_2)\tau}{2}\). Условие того, что дрон догонит ракету за время \(N\tau\): \[(u+v_2)\tau+(N-1)(v_2-u)\tau=0,\] откуда \(N=\dfrac{u+v_2}{u-v_2}+1=6\).

Но к этому моменту ракета будет иметь скорость, большую скорости дрона, и будет его догонять. Поскольку в начале пятого интервала дрон был позади ракеты, то их первая встреча произошла на этом промежутке. Относительное перемещение дрона и ракеты между искомым моментом их встречи (на приведённом графике скорости \(t_x\)) и моментом времени \(6\tau\) равно нулю. Значит, треугольники \(ABC\) и \(BDE\) на графике скорости имеют одинаковую площадь, и \(AC=DE=\dfrac{2}{3}u\). Поскольку \(A_1C_1=u\), то \(A_1B=\dfrac{3}{2}AB\), и \(A_1A=\dfrac{1}{5}A_1E=\tau\), поэтому дрон догонит ракету за время \(5{,}2\tau\).

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

Подсказка

Пружинка сообщает частям равные и противоположные импульсы вдоль своей оси. Запишите условие равенства углов разлёта через продольные и поперечные составляющие импульсов.

Ответ

\(\beta=\operatorname{arctg}\left(3\operatorname{tg}\alpha\right)\).

Решение

Пружинка передаёт частям тела равный по модулю и противоположный по направлению импульс, параллельный направлению её оси.

Предположим, что пружинка передаёт каждой из частей тела в направлении его первоначального движения импульс по модулю \(P_{\parallel}\), а в направлении поперёк движения \(P_{\perp}\). До срабатывания пружинки и разделения частей тела его лёгкая часть имела импульс \(P=mu\), тяжёлая — \(2P\), где \(u\) — первоначальная скорость тела.

После разделения импульс лёгкой части в направлении первоначального движения \(P_1=P+P_{\parallel}\), тяжёлой — \(P_2=2P-P_{\parallel}\).

По условию задачи \(\dfrac{P_1}{P_{\perp}}=\dfrac{P_2}{P_{\perp}}=\operatorname{ctg}\alpha\), откуда \(P_1=P_2\) и \(P_{\perp}=3\operatorname{tg}\alpha\cdot P_{\parallel}\). Этот вывод можно сделать также геометрически, зеркально отразив два отрезка относительно направления движения тела.

Искомый угол \(\beta=\operatorname{arctg}\dfrac{P_{\perp}}{P_{\parallel}}\).

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