ВсОШ, 2015/16, региональный этап, 9 класс, теоретический тур

Чтобы путь был минимальным, скорость автомобиля должна сменить знак. Выразите путь через время торможения \(t_1\) и найдите, при каком условии квадратное уравнение относительно \(t_1\) имеет решение.

\(s = \left(\sqrt{2} - 1\right)\tau v_0\).

Чтобы путь, пройденный за время \(\tau\), был минимальным, автомобиль должен начать тормозить. Пусть \(t_1\) — время, прошедшее с момента начала торможения до остановки автомобиля (вместо \(t_1\) можно ввести конечную скорость \(v_1\)). После остановки автомобиль разгоняется в обратном направлении. Пройденный путь \[s = \frac{v_0 t_1}{2} + \frac{v_0 (\tau - t_1)^2}{2 t_1} = \frac{v_0}{2}\left(t_1 + \frac{(\tau - t_1)^2}{t_1}\right).\] Преобразуем это выражение к виду \[\frac{2 s t_1}{v_0} = t_1^2 + (\tau - t_1)^2 .\] Это квадратное уравнение относительно \(t_1\): \[t_1^2 - \left(\tau + \frac{s}{v_0}\right) t_1 + \frac{\tau^2}{2} = 0 .\] Дискриминант равен \[\left(\tau + \frac{s}{v_0}\right)^2 - 2\tau^2 = \left(\tau + \frac{s}{v_0} - \sqrt{2}\,\tau\right)\left(\tau + \frac{s}{v_0} + \sqrt{2}\,\tau\right).\] Решение существует при \(s \ge \left(\sqrt{2} - 1\right)\tau v_0\), поэтому минимальный путь \[s = \left(\sqrt{2} - 1\right)\tau v_0 .\]

Вертикальная скорость шарика при отражении от вертикальной стенки не меняется, поэтому время полёта после отражения такое же, как без стенки. Горизонтальная скорость меняет направление и увеличивается на удвоенную скорость стенки.

\(h = 10\) м;  \(H = 11{,}25\) м;  \(v \approx 15\) м/с;  \(u_1 = 2\) м/с, \(u_2 = 0{,}5\) м/с;  \(S = 3\) м.

Вертикальное перемещение шарика описывается уравнением \(h = v_{\text{в}} t - \dfrac{g t^2}{2}\). Его корни — времена полёта до стенки \(t_1\) и \(t_2\) — по теореме Виета дают \[t_1 + t_2 = \frac{2 v_{\text{в}}}{g}, \qquad t_1 t_2 = \frac{2h}{g}.\] Отсюда высота, на которой произошёл отскок, \[h = \frac{g t_1 t_2}{2} = 10~\text{м},\] вертикальная составляющая начальной скорости \[v_{\text{в}} = \frac{g (t_1 + t_2)}{2} = 15~\text{м/с},\] а максимальная высота полёта \[H = \frac{v_{\text{в}}^2}{2g} = \frac{g (t_1 + t_2)^2}{8} = 11{,}25~\text{м}.\] При отражении от стенки вертикальная составляющая скорости не меняется.

Горизонтальные перемещения шарика и стенки до столкновения связаны соотношениями \(v_{\text{г}} t_2 = u_1 t_1\) и \(v_{\text{г}} t_1 = u_2 t_2\) (стенка проходит расстояние, которое «не успевает» пролететь шарик до падения). Откуда \(u_1 = v_{\text{г}} t_2/t_1\) и \(u_2 = v_{\text{г}} t_1/t_2\).

В момент столкновения горизонтальная скорость шарика меняет направление на противоположное и увеличивается на удвоенную скорость стенки (это можно показать, рассмотрев упругий отскок в системе отсчёта, в которой стенка покоится). Тогда расстояния от катапульты до мест падения шарика: \[L_1 = v_{\text{г}} t_1 - (v_{\text{г}} + 2u_1) t_2 = v_{\text{г}}\left(t_1 - t_2 - \frac{2 t_2^2}{t_1}\right),\] \[L_2 = v_{\text{г}} t_2 - (v_{\text{г}} + 2u_2) t_1 = v_{\text{г}}\left(t_2 - t_1 - \frac{2 t_1^2}{t_2}\right).\] Расстояние между точками падения \[L = L_2 - L_1 = 2 v_{\text{г}}\left(t_2 - t_1 + \frac{t_2^2}{t_1} - \frac{t_1^2}{t_2}\right),\] откуда \[v_{\text{г}} = \frac{L}{2}\cdot\frac{t_1 t_2}{(t_1 + t_2)^2 (t_2 - t_1)} = 1~\text{м/с}.\] Окончательно \(v = \sqrt{v_{\text{г}}^2 + v_{\text{в}}^2} \approx 15\) м/с. Горизонтальная дальность полёта шарика (начальное расстояние между катапультой и стенкой) \[S = v_{\text{г}} (t_1 + t_2) = 3~\text{м},\] скорости стенки \(u_1 = 2\) м/с и \(u_2 = 0{,}5\) м/с.

Сила Архимеда растёт линейно, пока меняется погружённый объём при постоянном сечении. Излом графика соответствует переходу к цилиндру другого сечения, а наклон участка даёт площадь сечения.

Высоты цилиндров: \(10\) см, \(7\) см и \(7\) см; площади сечения: \(30\) см\(^2\) и \(60\) см\(^2\) (кроме \(S = 10\) см\(^2\)); плотность жидкости \(\rho = 1000\) кг/м\(^3\).

График зависимости \(F(h)\) имеет три излома, которые соответствуют изменению площади сечения тела и полному его погружению. Положение изломов находится путём экстраполяции линейных зависимостей до их пересечения (в точках 10 см, 17 см и 24 см), поэтому опираться только на табличные данные при определении высот цилиндров нельзя. В области \(h < 24\) см самый пологий участок графика — третий, следовательно, на нём наименьшая площадь поперечного сечения \(S\). Угловой коэффициент наклона первого участка в три раза больше, следовательно, его сечение \(3S = 30\) см\(^2\). На втором участке угловой коэффициент наклона больше в 6 раз, а его площадь сечения \(6S = 60\) см\(^2\). Длины цилиндров 10 см, 7 см и 7 см соответственно.

Плотность жидкости можно определить, например, по третьему участку: \[\rho = \frac{\Delta F}{S g \Delta h} = 1000~\text{кг/м}^3 .\]

1) \(R_{AB} = \dfrac{R}{2}\);  2) резисторы \(KC\) и \(ML\);  3) \(8\) А;  4) \(4\) А.

Изобразим эквивалентную схему и расставим токи в ветвях с учётом закона сохранения заряда и закона Ома (ток обратно пропорционален сопротивлениям параллельных ветвей). В силу симметрии схемы токи через резисторы в ветвях \(KC\) и \(ML\) не идут. Следовательно, эти резисторы можно убрать, и это не приведёт к перераспределению токов и изменению общего сопротивления, которое равно \[R_{\text{о}} = \frac{U_{\text{о}}}{I_{\text{о}}} = \frac{2IR}{4I} = \frac{R}{2}.\] По условию \(I = 2\) А. Следовательно, сила тока, входящего в узел \(A\), равна \(4I = 8\) А. Сила тока через идеальную перемычку \(AA'\) равна сумме токов через резисторы в ветвях \(A'K\) и \(A'M\): \(2I = 4\) А.

\(m_{\text{п}} \approx 6{,}9\) г.

Запишем уравнение теплового баланса для конденсирующегося (превращающегося в воду) пара, остывающей и кристаллизующейся воды и нагревающегося льда: \[m_{\text{п}} \bigl(L + c(t_{\text{кип}} - t_0) + \lambda\bigr) = m c_1 (t_0 - t),\] откуда, с учётом \(t_0 = 0^{\circ}\)C, \[m_{\text{п}} = \frac{-m t c_1}{L + c\, t_{\text{кип}} + \lambda}\] (здесь и далее учтено, что \(t < 0\)). Максимальная масса пара потребуется при максимальном по модулю значении произведения \(mt\). Одинаковым значениям произведения \(mt\) соответствуют точки, лежащие на прямых, проведённых из начала координат: для них \(t = \alpha\, m_0/m\), то есть \(mt = \alpha m_0 = \text{const}\), где \(\alpha\) — угловой коэффициент прямой. Чем больше угол наклона прямой, тем больше модуль произведения \(mt\). Из графика видно, что для прямой, проведённой из начала координат и касающейся области возможных параметров льда с максимальным углом наклона, \(\alpha = -10^{\circ}\)C. Следовательно, максимальное значение произведения \(mt = -10\) кг\(\cdot{}^{\circ}\)C. С учётом этого \[m_{\text{п}} \approx 6{,}9~\text{г}.\]