Всесибирская, 2023/24, отборочный этап, 8 класс

Пусть \(V\) — скорость лодки относительно воды. По течению и против него лодка движется со скоростями \(V\pm U\). Запишите расстояние \(L\) для двух поездок и сравните их.

\(L=24\) км.

Поскольку \(T_1>T_2\), пункт \(B\) лежит выше по течению. Пусть \(V\) — скорость лодки относительно воды, \(L\) — искомое расстояние вдоль реки. Туда лодка плывёт против течения, обратно — по течению: \[L=T_1(V-U),\qquad L=T_2(V+U).\] Отсюда \(T_1(V-U)=T_2(V+U)\), то есть \(V=U\dfrac{T_1+T_2}{T_1-T_2}=9\) км/ч. Тогда \[L=T_1(V-U)=2T_1U=24~\text{км}.\]

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

Массы веществ, вошедших в бак за время \(t\), равны массе вышедшей шпаклёвки. Масса вещества, прошедшего через трубу за \(t\), равна \(\rho S V t\).

\(V_{\text{ш}}=0{,}8\) м/с.

Объём бака и труб постоянен, пустот не возникает, поэтому масса веществ внутри не меняется: сколько вошло по массе за время \(t\), столько и вышло. За это время в бак вошла вода массой \(\rho_{\text{в}}SV_{\text{в}}t\) и суспензия массой \(\rho_{\text{с}}SV_{\text{с}}t\), а вышла шпаклёвка массой \(\rho_{\text{ш}}\cdot 2S\cdot V_{\text{ш}}t\). Из равенства \[\rho_{\text{в}}V_{\text{в}}+\rho_{\text{с}}V_{\text{с}}=2\rho_{\text{ш}}V_{\text{ш}}\] получаем \[V_{\text{ш}}=\dfrac{\rho_{\text{в}}V_{\text{в}}+\rho_{\text{с}}V_{\text{с}}}{2\rho_{\text{ш}}}=\dfrac{1000\cdot 1+1400\cdot 0{,}6}{2\cdot 1150}=0{,}8~\text{м/с}.\]

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

Время падения шишки одинаково в обоих случаях. Запишите высоту дерева \(H\) как путь белки за время падения шишки плюс задержку, для каждой скорости белки.

\(V_{\text{ср}}=6\) м/с.

Пусть \(T_0\) — время падения шишки, \(H\) — высота дерева, \(V_{\text{ср}}\) — искомая средняя скорость. Время падения не зависит от скорости белки. Белка, бегущая вниз со скоростью \(V_1\), догоняет шишку на земле через время \(T_1\) после её падения, то есть \[H=V_1(T_0+T_1),\qquad H=V_2(T_0+T_2).\] Подставляя \(V_1=1\) м/с, \(T_1=10\) с, \(V_2=2\) м/с, \(T_2=4\) с, получаем \(T_0+10=2(T_0+4)\), откуда \(T_0=2\) с и \(H=12\) м. Средняя скорость шишки \[V_{\text{ср}}=\dfrac{H}{T_0}=6~\text{м/с}.\]

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

Пружины, стержни и грузы расположены симметрично, поэтому стержни остаются горизонтальными, а пружины каждого типа растянуты одинаково. Условие «груз почти на столе» даёт связь между тремя деформациями. Запишите равновесие каждой группы тел отдельно.

\(m=\dfrac{kL}{3g}-\dfrac{5M}{6}\), то есть \(6mg=2kL-5Mg\).

Пусть деформации пружин трёх типов равны \(L_1\), \(L_2\), \(L_3\) (для правой группы пружин, по симметрии левая такая же). Так как грузы почти касаются стола, полная длина столбика пружин равна \[L=L_1+L_2+L_3.\] Пружины первого типа (две штуки) удерживают два стержня общей массой \(3M\) и два груза массой \(2m\): \[2kL_1=3Mg+2mg.\] Пружины второго типа (две штуки) удерживают верхний стержень и два груза: \[2kL_2=2Mg+2mg.\] Каждая пружина третьего типа растянута силой \(mg\) неподвижного груза: \[kL_3=mg.\] Умножим первое уравнение и сложим все три, учитывая \(L=L_1+L_2+L_3\) и \(2kL\) в левой части: \[2kL=5Mg+6mg,\] откуда \[m=\dfrac{2kL-5Mg}{6g}=\dfrac{kL}{3g}-\dfrac{5M}{6}.\]

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

Весы показывают массу, то есть силу давления тела на весы, делённую на \(g\). Запишите равновесие каждого тела и равновесие блока; для блока при обрыве нити №1 учтите только нить №2.

До обрыва собственная масса тела \(M=\dfrac{2}{3}(2M_1-M_2)\). После обрыва показания левых и средних весов равны \(M=\dfrac{2}{3}(2M_1-M_2)\), показания правых весов — \(\dfrac{M}{2}=\dfrac{2M_1-M_2}{3}\).

Пусть \(M\) — собственная масса каждого тела, \(T_1\) — натяжение нити №1, \(T_2\) — натяжение нити №2. Весы показывают массу: силе давления \(N\) тела соответствует показание \(N/g\). Поэтому \[Mg=M_1g+T_1\quad\text{(левые и средние весы)},\qquad Mg=M_2g+T_2\quad\text{(правые весы)}.\] Блок весит \(Mg/2\), нить №1 тянет ось вниз дважды, нить №2 тянет ось вверх: \[\dfrac{Mg}{2}=T_2-2T_1.\] Подставляя натяжения, получаем \(\dfrac{M}{2}=(M-M_2)-2(M-M_1)\), откуда \[M=\dfrac{2}{3}(2M_1-M_2).\] После обрыва нити №1 левые и средние весы не натянуты, показывают собственную массу \(M\). Блок держит только нить №2, поэтому \(T_2'=\dfrac{Mg}{2}\), и правые весы показывают \[M-\dfrac{T_2'}{g}=\dfrac{M}{2}=\dfrac{2M_1-M_2}{3}.\] Если нить №1 исходно не натянута (\(T_1=0\)), то показания не меняются. Из уравнений выше это возможно при \(M_2=M_1/2\), и тогда показания остаются прежними.

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