ВсОШ, 2016/17, региональный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Вычислите дальность каждого осколка через его вертикальную и горизонтальную проекции скорости, затем найдите максимум. Для второго способа: какую скорость имеют осколки у земли, если известна энергия?

Ответ

\(L_{\max} = 2H + \dfrac{v_0^2}{g}\) при \(v_0^2 \geqslant 2gH\);  \(L_{\max} = 2v_0\sqrt{\dfrac{2H}{g}}\) при \(v_0^2 < 2gH\).

Решение

Пусть первый осколок имел вертикальную проекцию скорости \(v_{y,0}\), а горизонтальную \(v_{x,0} = \sqrt{v_0^2 - v_{y,0}^2}\), и летел до падения время \(t_1\). Второй осколок имел вертикальную проекцию \(-v_{y,0}\), горизонтальную \(-v_{x,0}\) и летел время \(t_2\). Расстояние между упавшими осколками \(L = v_{x,0}(t_1 + t_2)\).

Из кинематики по вертикали получаем два квадратных уравнения \[H + v_{y,0}t_1 - \frac{gt_1^2}{2} = 0, \qquad H - v_{y,0}t_2 - \frac{gt_2^2}{2} = 0 .\] Их корни \(t_{1,2}\) дают \[L = 2v_{x,0}\sqrt{\frac{v_{y,0}^2}{g^2} + \frac{2H}{g}} = \frac{2}{g}\sqrt{(v_0^2 - v_{y,0}^2)(v_{y,0}^2 + 2gH)} .\] Возведя в квадрат и приведя подобные, получаем биквадратное уравнение относительно \(v_{y,0}\). Его дискриминант обращается в нуль тогда, когда \(L\) достигает максимума. Отсюда \[L_{\max} = 2H + \frac{v_0^2}{g} \qquad (\text{при } v_0^2 \geqslant 2gH).\]

Второй способ. По закону сохранения энергии оба осколка падают на землю с одинаковой скоростью \(u\): \(\dfrac{mu^2}{2} = \dfrac{mv_0^2}{2} + mgH\). Сумма их траекторий есть траектория тела, брошенного со скоростью \(u\); дальность такого полёта максимальна при угле \(45^\circ\) и равна \(u^2/g\). Тогда \(L_{\max} = u^2/g = 2H + v_0^2/g\).

Если \(v_0^2 < 2gH\), то осколки летят со скоростью \(v_0\) вдоль горизонтали, время падения \(t = \sqrt{2H/g}\), и искомое расстояние \(L_{\max} = 2v_0\sqrt{2H/g}\).

Подсказка

Запишите второй закон Ньютона отдельно по горизонтали (центростремительное ускорение) и по вертикали (равновесие) для каждого из двух случаев, какая нить натянута сильнее.

Ответ

\(\omega_1 \approx 5{,}7~\text{с}^{-1}\) (верхняя нить натянута сильнее);  \(\omega_2 \approx 6{,}8~\text{с}^{-1}\) (нижняя нить натянута сильнее).

Решение

А) Верхняя нить натянута сильнее (\(T_1 = 2T\), \(T_2 = T\)): \[m\omega^2R = 2T\sin\alpha + T\sin\beta, \qquad mg = 2T\cos\alpha + T\cos\beta .\] Отсюда \[\omega_1 = \sqrt{\frac{g}{R}\,\frac{2\sin\alpha + \sin\beta}{2\cos\alpha + \cos\beta}} \approx 0{,}914\sqrt{\frac{g}{R}} \approx 5{,}7~\text{с}^{-1}.\]

Б) Нижняя нить натянута сильнее (\(T_2 = 2T\), \(T_1 = T\)): \[m\omega^2R = T\sin\alpha + 2T\sin\beta, \qquad mg = T\cos\alpha + 2T\cos\beta .\] Отсюда \[\omega_2 = \sqrt{\frac{g}{R}\,\frac{\sin\alpha + 2\sin\beta}{\cos\alpha + 2\cos\beta}} \approx 1{,}09\sqrt{\frac{g}{R}} \approx 6{,}8~\text{с}^{-1}.\]

Подсказка

Рассмотрите моменты сил относительно каждой опоры. Сила давления воды на дно равна весу воды плюс добавка от погружённого тела.

Ответ

\(|N_1 - N_2| = (\rho_0 - \rho)Vg = 70~\text{мН}\).

Решение

Пусть \(F\) — сила давления воды на дно, \(T\) — сила натяжения нити, \(N_1\) и \(N_2\) — силы реакции опор. Правило моментов относительно опоры \(A\) и опоры \(B\) даёт \[(N_2 + T)\cdot 2l = F l, \qquad N_1 \cdot 2l = F l .\] Сила давления на дно \(F = \rho_0 g H S = \rho_0 g\left(\dfrac{m}{\rho_0} + 2V\right)\), где \(H\) — уровень воды, \(S\) — площадь дна, \(m\) — масса воды.

Условие равновесия правого шарика: \(T + \rho Vg = \rho_0 Vg\). Решая систему, получаем \[N_1 = \frac{mg + 2\rho_0Vg}{2}, \qquad N_2 = \frac{mg + 2\rho Vg}{2},\] \[N_1 - N_2 = (\rho_0 - \rho)Vg = 70~\text{мН}.\]

Подсказка

Условие плавания льдинки с грузом записывается через массу льдинки и плотности воды и льда. Тепло, выделившееся при намерзании льда, идёт на нагрев охлаждённой льдинки.

Ответ

\(t_1 \approx -16{,}2\,^\circ\text{C}\).

Решение

Пусть \(M_0\) — начальная масса льдинки, \(M_1\) — её масса после охлаждения и повторного погружения, \(\Delta M = M_1 - M_0\) — масса намёрзшего льда. Уравнение теплового баланса: \[c M_0 (t_0 - t_1) = \lambda\,\Delta M .\] Условия плавания в первом и втором случаях: \[M_0 + m_1 = \rho_\text{в}\frac{M_0}{\rho_\text{л}}, \qquad M_1 + m_2 = \rho_\text{в}\frac{M_1}{\rho_\text{л}} .\] Отсюда \(M_0 = \dfrac{m_1}{\rho_\text{в}/\rho_\text{л} - 1}\) и \(\Delta M = \dfrac{m_2 - m_1}{\rho_\text{в}/\rho_\text{л} - 1}\). Подставляя в уравнение баланса, \[t_1 = -\frac{\lambda(m_2 - m_1)}{c\,m_1} \approx -16{,}2\,^\circ\text{C}.\]

Подсказка

Схема симметрична относительно прямой \(AB\): токов поперёк неё нет, поэтому центральные узлы можно разъединить вдоль этой прямой. Сопротивление полукольца выражается через \(R_0\).

Ответ

\(R_\text{Э} = 2\,\dfrac{N+4}{9}\,R_0\).

Решение

Сопротивление кольца равно \(R = 4R_0\), сопротивления его трети и шестой части равны \(R/3\) и \(R/6\). В силу симметрии относительно оси \(AB\) токов между верхней и нижней половинами цепи нет, поэтому центральные узлы можно разъединить вдоль оси. Схема сводится к последовательно-параллельному набору участков с сопротивлениями \(R/3\) и \(R/6\).

Сопротивление верхней половины цепи из \(N\) колец \[R_{\text{Э,верх}} = \frac{R}{3} + (N-2)\,\frac{\frac{R}{6}\cdot\frac{R}{3}}{\frac{R}{6} + \frac{R}{3}} + \frac{R}{3} = 4\,\frac{N+4}{9}\,R_0 .\] Сопротивление всей цепи — параллельное соединение верхней и нижней половин: \[R_\text{Э} = \frac{R_{\text{Э,верх}}}{2} = 2\,\frac{N+4}{9}\,R_0 .\] Тот же результат получается и при расстановке токов: при минимальном токе \(I\) в ветвях \(U = 3I\dfrac{R}{3} + (N-2)\,2I\dfrac{R}{6} + 3I\dfrac{R}{3} = IR\,\dfrac{N+4}{3}\), откуда \(R_\text{Э} = U/(6I)\).