ВсОШ, 2020/21, региональный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Оба камушка приземляются с одной и той же по модулю скоростью, направленной под углом \(45^\circ\) к горизонту. Выразите суммарное время полёта через эту скорость.

Ответ

1) \(h = 10\) м;  2) \(\upsilon \approx 15{,}8\) м/с.

Решение

Скорости камушков при падении на землю одинаковы (следует, например, из закона сохранения энергии) и равны \(u\). Суммарная траектория камушков представляет собой параболу, из симметрии которой следует, что они упали на землю под углом \(45^\circ\) к горизонту. Суммарное время полёта \[t_0 = \frac{2u\sin 45^\circ}{g}.\] Время полёта камушка, двигавшегося меньшее время, \(t_1 = t_0/3\), его вертикальное перемещение \[h = ut_1\sin 45^\circ - \frac{gt_1^2}{2}.\] Подставляя \(u\) из первого соотношения, получаем \(h = \dfrac{gt_0^2}{9} = 10\) м. Из кинематики равноускоренного движения \(u^2 = \upsilon^2 + 2gh\), откуда \[\upsilon = gt_0\sqrt{\frac{5}{18}} \approx 15{,}8~\text{м/с}.\]

Подсказка

Сила Архимеда зависит от погружённой части стакана, а вес — от массы стенок и дна. Всплытие возможно, когда уровень жидкости достигает высоты, при которой сила Архимеда уравновешивает вес, раньше чем стакан упрётся в дно аквариума.

Ответ

1) \(N = 20\pi\rho g dR(2L + R) - \pi\rho gR^2 h\) характерные точки: \(N_0 = 20\pi\rho gdR(2L+R)\), \(h_0 = \dfrac{20d(2L+R)}{R}\), \(N_1 = \pi g R\rho(40dL + 20dR - RL)\); 2) стакан может всплыть при \(L \ge \dfrac{20dR}{R - 40d}\), что возможно лишь при \(d < \dfrac{R}{40}\) (то есть \(d < 0{,}025R\)).

Решение

На стакан массы \(m\) вниз действует сила тяжести, вверх — сила Архимеда \(F_A = \rho g\pi hR^2\) и сила реакции опоры \(N\), равная силе, с которой стакан давит на дно аквариума. Следовательно, \(N = mg - F_A\).

1. Толщину стенок и дна считаем упрощённо: объём стенки — как объём листа, из которого свёрнут цилиндр высотой \(L\); объём дна — как произведение внешней площади дна на его толщину. Дважды учтённое кольцо квадратного сечения \(d\cdot d\) на стыке дна и стенки при самой толстой допустимой стенке даёт меньше 8 % объёма дна, поэтому погрешность упрощений заметно меньше 8 %. Итак, \[N = 20\pi\rho g dR(2L+R) - \pi\rho gR^2 h.\]

2. График \(N(h)\) — прямая с угловым коэффициентом \(\pi\rho gR^2\), не зависящим от \(d\) и \(L\). Характерные точки: \(N_0 = 20\pi\rho gdR(2L+R)\) (при \(h=0\)), \(h_0 = \dfrac{20d(2L+R)}{R}\) (там \(N=0\), стакан всплывает), \(N_1 = \pi g R\rho(40dL + 20dR - RL)\). Если уровень жидкости достигает верха стакана, а стакан ещё не всплыл (при \(L < h_0\)), то \(N\) изображается горизонтальным участком на уровне \(N_1\).

3. Стакан всплывёт, если \(L \ge h_0\), то есть \(L \ge \dfrac{20d(2L+R)}{R}\). После преобразований \[L \ge \frac{20dR}{R - 40d}.\] Если \(40d \ge R\), знаменатель не положителен и всплытия нет. Значит, всплытие возможно лишь при \(d < \dfrac{R}{40} = 0{,}025R\), что подтверждает допустимость упрощений.

Подсказка

Из симметрии удлинения пружин 1 и 3 одинаковы. Составьте условия равновесия точек соединения пружин 1, 2 и 5.

Ответ

1) \(k = k_1\dfrac{k_1 + 3k_2}{3k_1 + k_2}\);  2) пружина 2 сжата при \(k_2 > k_1\).

Решение

Пусть удлинение пружин 1 и 3 равно \(x\) (из симметрии), а пружины 2 — \(y\). Тогда пружины 4 и 5 растянуты на \(x + y\). Из равновесия точки соединения пружин 1, 2 и 5: \[k_1 x = k_1 y + k_2(x + y).\] Отсюда \(y = \dfrac{k_1 - k_2}{k_1 + k_2}\,x\). Если \(y < 0\) при \(x > 0\), пружина 2 сжата; это возможно при \(k_2 > k_1\). При \(k_2 < k_1\) пружина 2 растянута, при \(k_2 = k_1\) не деформирована.

Общее увеличение длины системы \(\Delta l = 2x + y = \dfrac{3k_1 + k_2}{k_1 + k_2}\,x\). Сила, приложенная к концам системы, \[F = F_1 + F_4 = k_1 x + k_2(x+y) = k_1\frac{k_1 + 3k_2}{k_1 + k_2}\,x.\] Эффективный коэффициент жёсткости \[k = \frac{F}{\Delta l} = k_1\,\frac{k_1 + 3k_2}{3k_1 + k_2}.\]

Подсказка

Найдите напряжения на \(R_3\) и на \(nR_1\) относительно общей точки и запишите разность этих напряжений. Затем подберите переменную \(z(n)\), при которой зависимость становится линейной.

Ответ

1) \(U = \dfrac{nU_0}{1+n} - \dfrac{kU_0}{1+k}\);  3) по двум точкам: \(U_0 \approx 14\) В, \(k \approx 0{,}7\); при линеаризации \(z = \dfrac{n}{1+n}\): \(U_0 \approx 12\) В, \(k \approx 0{,}5\).

Решение

1. Ток через \(R_2\) и \(R_3\) равен \(I_1 = U_0/(R_2+R_3)\). Напряжение на \(R_3\) (между точками 0 и 1) \[U_{01} = I_1R_3 = \frac{kU_0}{1+k}.\] Аналогично напряжение на резисторе \(nR_1\) (между точками 0 и 2) \[U_{02} = \frac{nR_1U_0}{R_1 + nR_1} = \frac{nU_0}{1+n}.\] Вольтметр показывает разность этих напряжений (знак не важен): \[U = \frac{nU_0}{1+n} - \frac{kU_0}{1+k}.\]

2. График \(U(n)\) строится по таблице.

3а. Линеаризация: функция \(z(n) = \dfrac{n}{1+n}\) даёт линейную зависимость \(U(z) = U_0 z - \dfrac{kU_0}{1+k}\). По графику \(U(z)\) находим \(U_0 \approx 12\) В и пересечение с осью \(z\) при \(z = 0{,}33\), откуда \(\dfrac{k}{1+k} = 0{,}33\), то есть \(k \approx 0{,}5\).

3б. По паре точек \(n = 2\) (\(U = 3{,}85\) В) и \(n = 5\) (\(U = 6{,}20\) В), выбранных по графику \(U(n)\), составляем систему \[3{,}85 = \frac{2}{3}U_0 - \frac{kU_0}{1+k}, \qquad 6{,}20 = \frac{5}{6}U_0 - \frac{kU_0}{1+k}.\] Решение: \(U_0 \approx 14\) В, \(k \approx 0{,}7\).

Подсказка

Минимальный радиус закругления задаётся предельным ускорением \(u^2/R \le a_{\max}\). Выразите полное время через отношение \(a/a_{\max}\) и найдите его минимум.

Ответ

\(\dfrac{t_1}{t_2} = \dfrac{1+\pi}{2\sqrt{\pi}} \approx 1{,}17\) (минимум достигается при \(a = a_{\max}/\pi\)).

Решение

Пусть разгон происходит с ускорением \(a\). Время разгона на участке \(AC\) равно \(\sqrt{2L/a}\), достигнутая скорость \(u = \sqrt{2La}\). Минимальный радиус закругления \(R_{\min} = u^2/a_{\max} = 2La/a_{\max}\). Время движения по полуокружности \[\frac{\pi R_{\min}}{u} = \frac{\pi\sqrt{2La}}{a_{\max}}.\] Полное время \[t = \sqrt{\frac{2L}{a}} + \frac{\pi\sqrt{2La}}{a_{\max}} = \sqrt{\frac{2L}{a_{\max}}}\left(\frac{1}{\sqrt{y}} + \pi\sqrt{y}\right),\qquad y = \frac{a}{a_{\max}}.\] Минимум выражения в скобках при \(y = 1/\pi\) равен \(2\sqrt{\pi}\), поэтому \(t_2 = 2\sqrt{\pi}\sqrt{2L/a_{\max}}\). При разгоне с \(a_{\max}\) время \(t_1 = (1+\pi)\sqrt{2L/a_{\max}}\). Отсюда \(\dfrac{t_1}{t_2} = \dfrac{1+\pi}{2\sqrt\pi} \approx 1{,}17\).

Подсказка

Сосуд начинает поворачиваться вокруг правого нижнего ребра, когда момент силы давления воды на верхнюю грань уравновешивает момент силы тяжести самого сосуда. Центр масс сосуда найдите, разбив его на равные кубики \(a\times a\times a\).

Ответ

\(M = 0{,}9\,\rho a^3 \approx 0{,}9\) кг.

Решение

В момент начала подтекания результирующая сила давления воды на горизонтальную грань и сила тяжести сосуда не лежат на одной вертикали, и сосуд начинает поворачиваться вокруг правого нижнего ребра; относительно него записываем моменты сил. Приподнимает сосуд сила давления воды на левую верхнюю грань; при заполнении \(5/6\) объёма давление на эту грань равно \(\rho g a/2\), сила — \(\rho g a^2/2 \cdot a\), плечо \(3a/2\).

Сосуд разбиваем на одинаковые части \(a\times a\times a\) (всего 12 частей массы \(m\)), центры масс которых известны, и записываем правило моментов относительно правого нижнего ребра. После приведения подобных получаем \(M = 0{,}9\,\rho a^3\), то есть \[M = 0{,}9\,\rho a^3 \approx 0{,}9~\text{кг}.\]

Подсказка

Упростите цепь, заменив группы резисторов эквивалентными сопротивлениями. Получится мостовая схема с одним несбалансированным плечом.

Ответ

\(I_{A1} = 7\) мА, \(I_{A2} = 2\) мА.

Решение

Резисторы \(R_1\) и \(R_4\) соединены параллельно, а \(R_2\) — последовательно с ними; эквивалентное сопротивление этого участка \(R_{\text{э}} = 1{,}5R\). Такое же сопротивление получается из резисторов \(R_8\), \(R_6\) и \(R_9\). Получается несбалансированный мост, в котором через резисторы \(R_3\) и \(R_7\) протекают одинаковые токи.

Решая систему уравнений для токов моста (узловое правило и два контура с учётом \(1{,}5R\)), получаем \(I_1 = 5\) мА и \(I_2 = 4\) мА. Ток \(I_2\) делится поровну между \(R_6\) и \(R_9\), поэтому через \(A_2\) течёт \(I_2/2 = 2\) мА, а через \(A_1\) ток \(I_1 + I_2/2 = 7\) мА (то есть \(I_{A1} = I_0 - I_{A2} = 7\) мА).

Подсказка

Вне погружения азот испаряется с постоянной скоростью. Скачок весов при погружении цилиндра даёт массу азота, испарившуюся из-за охлаждения цилиндра; его теплоту найдите по средней теплоёмкости.

Ответ

\(\lambda \approx 210\) кДж/кг.

Решение

До погружения цилиндра азот испаряется за счёт тепла из окружающей среды; мощность теплообмена такова, что за 1 мин испаряется 6 г азота. После погружения цилиндра испарение усиливается из-за его охлаждения от комнатной температуры до температуры кипения азота. Дополнительно испарившаяся масса \(\Delta m = Q/\lambda\), где \(Q\) — теплота, которую отдаёт цилиндр.

Средняя теплоёмкость при линейной зависимости: \(c_{ср}\) соответствует температуре \(t_{ср} = -86^\circ\)C, \(c_{ср} = 710\) Дж/(кг\(\cdot{}^\circ\)C), и \[Q = c_{ср} M (t_0 - t_к) = 710\cdot 0{,}070\cdot 220~\text{Дж} \approx 10{,}9~\text{кДж}.\] По графику \(m(\tau)\) до \(\approx 210\) с идёт испарение за счёт окружающей среды; в районе \(210\) с в стакан опустили цилиндр (скачок \(70\) г). Через \(450\) с скорость испарения сравнялась с первоначальной, значит, цилиндр остыл до температуры кипения. Экстраполяция начального участка даёт, что без цилиндра к \(450\) с весы показали бы \(205\) г, то есть дополнительно испарилось \(\Delta m = 52\) г. Тогда \[\lambda = \frac{Q}{\Delta m} = \frac{10{,}9~\text{кДж}}{0{,}052~\text{кг}} \approx 210~\text{кДж/кг}.\]