Всесибирская, 2023/24, заключительный этап, 8 класс

Запишите время рейса из \(A\) в \(B\) и обратно через расстояние \(L\), скорость теплохода \(V\) относительно воды и скорость течения \(U\). Из двух уравнений найдите \(U\) и \(L\) через \(V\), а затем сравните время прохождения последней шестой части пути до и после дождей.

\(\Delta T=\dfrac{1}{3}\) сут \(=8\) ч (\(480\) мин).

Пусть \(L\) — расстояние между городами, \(V\) и \(U\) — скорости теплохода относительно воды и течения до дождей. Город \(B\) лежит ниже по течению, поэтому \[T_1=\frac{L}{V+U},\qquad T_2=\frac{L}{V-U}.\] Отсюда \(T_1(V+U)=T_2(V-U)\), то есть \(U=V\dfrac{T_2-T_1}{T_2+T_1}=\dfrac{V}{5}\) и \(L=\dfrac{6VT_1}{5}=\dfrac{4VT_2}{5}\).

Во время дождей скорость течения стала \(2U\). Последняя одна шестая часть пути проходится против течения: до дождей за время \(\dfrac{L/6}{V-U}\), после — за время \(\dfrac{L/6}{V-2U}\). Поэтому \[\Delta T=\frac{L/6}{V-2U}-\frac{L/6}{V-U}=\frac{5L}{72V}.\] Подставляя \(L=\dfrac{6VT_1}{5}\), получаем \(\Delta T=\dfrac{T_1}{12}=\dfrac{1}{3}\) сут \(=8\) ч.

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

Нить, охватывающая подвижный блок, натянута с силой \(T\), а нить между стержнем и блоком тянет стержень с силой \(2T\). Запишите условие равновесия сил и условие равновесия моментов относительно центра стержня.

\(\dfrac{M}{m}=6\).

Пусть \(T\) — натяжение нити, охватывающей подвижный блок, \(M\) — масса большого груза, \(m\) — масса малого. Нить между стержнем и подвижным блоком тянет стержень с силой \(2T\). Натяжения двух нитей большого груза одинаковы и равны половине его веса \(\dfrac{Mg}{2}\), так как центр масс однородного параллелепипеда находится в его геометрическом центре.

Условие равновесия сил: \[2T=Mg+mg+T \quad\Rightarrow\quad T=(M+m)g.\] Условие равновесия моментов относительно центра стержня: \[2L\cdot\frac{Mg}{2}+L\cdot\frac{Mg}{2}=TL+2Lmg.\] Подставляя \(T=(M+m)g\), получаем \(MgL=6mgL\), то есть \(\dfrac{M}{m}=6\).

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

Запишите условие плавания плота в трёх ситуациях: без сундука, с сундуком под водой (сундук приподнят) и на плоту с вытекшей водой. Вычтите первое уравнение из двух других и разделите результаты друг на друга, чтобы исключить объём плота и массу пиратов.

\(\rho_{C}=12\) т/м\(^3\).

Пусть \(\rho_C\) — искомая средняя плотность содержимого сундука, \(V_C\) — его объём, \(V\) — объём плота, \(M\) — масса плота вместе с пиратами. Доли объёма плота, погружённые в воду, равны \(k_1=0{,}6\), \(k_2=0{,}82\), \(k_3=0{,}84\). Условия плавания: \[\rho_{\text{в}}k_1V=M,\qquad \rho_{\text{в}}k_2V+\rho_{\text{в}}V_C=M+\rho_C V_C,\qquad \rho_{\text{в}}k_3V=M+\rho_C V_C.\] Вычитая первое уравнение из двух других: \[\rho_{\text{в}}V(k_2-k_1)=(\rho_C-\rho_{\text{в}})V_C,\qquad \rho_{\text{в}}V(k_3-k_1)=\rho_C V_C.\] Разделив второе уравнение на первое, получаем \(\dfrac{\rho_C}{\rho_C-\rho_{\text{в}}}=\dfrac{k_3-k_1}{k_2-k_1}\), откуда \[\rho_C=\rho_{\text{в}}\frac{k_3-k_1}{k_3-k_2}=\rho_{\text{в}}\frac{0{,}84-0{,}6}{0{,}84-0{,}82}=12~\text{т/м}^3.\] Средняя плотность монет получилась значительно меньше плотности золота (\(19{,}3\)) и близка к плотности серебра (\(10{,}5\)), то есть в сундуке было больше серебра.

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

Мощность, отдаваемая обеими батареями, равна мощности нагревателя и не зависит от расхода воды, поэтому сумма \(T_1+T_2\) не меняется. Разность температур батарей обратно пропорциональна расходу воды: найдите её для нового расхода.

\(T_X=\dfrac{2T_1+T_2}{3}\).

Обозначим \(Q\) — объём воды, прокачиваемый насосом в единицу времени, \(P_0\) — мощность нагревателя, \(T_X\) — искомую температуру батареи №1 и \(T_Y\) — температуру батареи №2 после увеличения расхода. Пусть \(T_{\text{Б}1}\), \(T_{\text{Б}2}\), \(T_{\text{Б}3}\) — температуры воды на входе батареи №1, между батареями и на выходе батареи №2 в начальном режиме.

Батареи отдают мощности \(P_1=k\left(T_1-T_B\right)\) и \(P_2=k\left(T_2-T_B\right)\), при этом \(P_0=P_1+P_2=k(T_1+T_2-2T_B)\). Эта мощность не зависит от расхода, поэтому сумма \(T_1+T_2\) сохраняется. С другой стороны, тепловой баланс воды даёт \(P_1=\rho c Q(T_{\text{Б}1}-T_{\text{Б}2})\), \(P_2=\rho c Q(T_{\text{Б}2}-T_{\text{Б}3})\) и \(P_0=\rho cQ(T_{\text{Б}1}-T_{\text{Б}3})=2\rho cQ(T_1-T_2)\). Значит, разность температур батарей обратно пропорциональна расходу.

После того как расход стал \(3Q\), для батарей выполняется \[P_0=k(T_X+T_Y-2T_B),\qquad P_0=6\rho cQ(T_X-T_Y).\] Отсюда \(T_X+T_Y=T_1+T_2\) и \(3(T_X-T_Y)=T_1-T_2\). Решая систему, получаем \[T_X=\frac{2T_1+T_2}{3},\qquad T_Y=\frac{T_1+2T_2}{3}.\] Температура батареи №1 стала ниже прежней, а батареи №2 — выше.

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

Введите \(a=F_0/k\) и найдите, при каком смещении первой бусины сдвинется следующая, затем следующая; на каждой стадии учитывайте силы со стороны уже растянутых пружин, а не только смещения.

\(F_X=\dfrac{14}{3}F_0\).

Обозначим \(a=F_0/k\). Из рисунка решения видно, что четвёртая бусина сдвинется с места сразу после того, как первая бусина сместится от своего начального положения больше чем на \(2a\). Предельная внешняя сила, приложенная к первой бусине, равна сумме сил трения и сил упругости пружин, прикреплённых к ней: \[F_X=F_0+k\left(2a-\frac{a}{3}\right)+2k(2a-a)=\frac{14}{3}F_0.\] Результат не зависит от направления сдвига первой бусины.

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