ВсОШ, 2021/22, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта автобуса: там девочка равноускоренно смещается параллельно дороге, а сама она может удалиться от исходной точки на \(v\tau\). Геометрическое место возможных точек — окружность, и минимальное время соответствует её касанию с траекторией автобуса.

Ответ

\(\tau = \dfrac{1}{a}\sqrt{2\left(v^2 + aL - \sqrt{v^4 + 2av^2L - a^2s^2}\right)}\), где \(L = \sqrt{l^2 - s^2}\) (решение существует при \(v^4 + 2av^2L - a^2s^2 > 0\)).

Решение

Минимальное время достигается, если девочка бежит прямолинейно и не ждёт автобуса на дороге: она и автобус приходят в точку встречи одновременно. Пусть \(L\) — начальное расстояние вдоль дороги между автобусом и девочкой, тогда \(L^2 = l^2 - s^2\). Из теоремы Пифагора для точки встречи: \((v\tau)^2 = \left(L - \dfrac{a\tau^2}{2}\right)^2 + s^2\). Это приводит к биквадратному уравнению относительно \(\tau\): \(\dfrac{a^2\tau^4}{4} - (aL + v^2)\tau^2 + l^2 = 0\). Из двух корней выбираем меньший, т.е. \(\tau^2 = \dfrac{2}{a^2}\left(aL + v^2 - \sqrt{(aL+v^2)^2 - a^2l^2}\right)\), что и даёт ответ. Подкоренное выражение \((aL+v^2)^2 - a^2l^2 = v^4 + 2av^2L - a^2s^2\) должно быть положительным, иначе девочка не успевает добежать до дороги до того, как автобус наберёт скорость.

Подсказка

Скорости сближения пар черепах должны быть пропорциональны длинам сторон треугольника. Для ускорения учтите, что в каждый момент ускорение направлено к центру кривизны траектории, а векторы скоростей вращаются с одинаковой угловой скоростью.

Ответ

1) \(t = \dfrac{l}{v}\);  2) \(v_2 = \dfrac{v}{2}\), \(v_3 = \dfrac{v}{\sqrt2}\);  3) \(a_1 = \dfrac{v^2}{2l}\), \(a_2 = \dfrac{v^2}{4l}\), \(a_3 = \dfrac{v^2}{2\sqrt2\,l}\);  4) \(s = \dfrac{2l}{\sqrt5}\).

Решение

Расстояния между черепахами уменьшаются с постоянными скоростями. Проекции скоростей на стороны: \(v_{AB} = v_1 = v\), \(v_{BC} = v_2 + \dfrac{v_3}{\sqrt2}\), \(v_{AC} = v_3 + \dfrac{v}{\sqrt2}\) (скорости третьей и первой черепах направлены под углом \(45^\circ\) к соответствующим сторонам). Сторона \(AB = l\) уменьшается со скоростью \(v\), откуда \(t = \dfrac{l}{v}\).

Треугольник сохраняет форму, поэтому скорости изменения сторон пропорциональны их длинам: \(\dfrac{v_{AB}}{AB} = \dfrac{v_{BC}}{BC} = \dfrac{v_{AC}}{AC}\). Отсюда \(v_3 = \dfrac{v}{\sqrt2}\) и \(v_2 = \dfrac{v}{2}\).

Ускорения имеют только нормальную компоненту. Все векторы скоростей вращаются с одинаковой угловой скоростью \(\omega\), равной угловой скорости вращения треугольника. Рассматривая движение второй черепахи относительно первой, получаем \(\omega = \dfrac{v_2}{AB} = \dfrac{v}{2l}\) в начальный момент. Тогда \(a_i = \omega v_i\): \(a_1 = \dfrac{v^2}{2l}\), \(a_2 = \dfrac{v^2}{4l}\), \(a_3 = \dfrac{v^2}{2\sqrt2\,l}\).

Скорость второй черепахи вдвое меньше первой и перпендикулярна ей, поэтому и перемещения \(\vec s_1\), \(\vec s_2\) связаны так же: \(|\vec s_2| = |\vec s_1|/2\) и они перпендикулярны. Так как черепахи встретились в одной точке, \(\vec s_1 = \overrightarrow{AB} + \vec s_2\). Тогда \(AB^2 = s_1^2 + \dfrac{s_1^2}{4} = \dfrac{5s_1^2}{4}\), откуда \(s_1 = \dfrac{2l}{\sqrt5}\).

Подсказка

Удобно переходить в систему центра масс: до и после соударений скорости шайб там равны по модулю. Энергия, рассеянная при столкновении, связана с модулем скорости в системе центра масс.

Ответ

\(l(t)\): при \(t = 0\) \(l = s\); линейное убывание до \(l = 0\) при \(t_1 = \dfrac{2s}{u(1+\sqrt{1-\alpha})}\) (удар о стену); затем линейный рост до \(l = s\sqrt{1-\alpha}\) при \(t = \dfrac{2s}{u}\) (второе столкновение шайб); далее \(l = s\sqrt{1-\alpha}\) постоянно (первая шайба остановилась).

Решение

Первое столкновение шайб. Скорость центра масс \(u/2\); в системе центра масс скорости шайб равны \(\pm u/2\). После столкновения с рассеянием энергии \(\alpha\) модуль скорости в системе центра масс \(v = \sqrt{1-\alpha}\,u/2\). Обозначим \(\beta = \sqrt{1-\alpha}\). В лабораторной системе скорость первой шайбы \(u_1 = \dfrac{(1+\beta)u}{2}\) направлена к стене, а второй \(u_2 = \dfrac{(1-\beta)u}{2}\).

Время до стены. Первая шайба упруго отражается и движется обратно со скоростью \(\dfrac{(1+\beta)u}{2}\). Время до стены \(t_1 = \dfrac{2s}{(1+\beta)u}\). За это время вторая шайба проходит \(\dfrac{(1-\beta)s}{1+\beta}\), и расстояние между шайбами становится \(\dfrac{2\beta}{1+\beta}s\).

Второе столкновение. Шайбы сближаются со скоростью \(u\), так что второе столкновение происходит через \(t_2 = \dfrac{2\beta s}{(1+\beta)u}\), т.е. при \(t = t_1 + t_2 = \dfrac{2s}{u}\). (Проще: по закону сохранения импульса сумма скоростей шайб \(u\) сохраняется, а суммарное перемещение за время \(t\) равно \(2s\), откуда \(t = 2s/u\).)

После второго столкновения. Скорость центра масс \(-\beta u/2\); после рассеяния скорость первой шайбы в лабораторной системе становится равной нулю, а вторая движется со скоростью \(-\beta u\). Первая шайба удалилась от стены на расстояние \(s_1 = \beta s = s\sqrt{1-\alpha}\) и остановилась.

График \(l(t)\): отрезок от точки \((0,\,s)\) до \(\left(t_1, 0\right)\), отрезок от \((t_1, 0)\) до \(\left(\dfrac{2s}{u},\, s\sqrt{1-\alpha}\right)\), затем горизонтальный луч \(l = s\sqrt{1-\alpha}\).

Подсказка

Точки границ областей на диаграмме соответствуют конечным состояниям, в которых вся система находится при 0 \(^\circ\)C в виде льда или воды. Запишите уравнения теплового баланса для этих границ.

Ответ

1) \(t = 0\,^\circ\)C (в сосуде смесь льда и воды в равновесии);  2) \(t \approx 88\,^\circ\)C, \(m \approx 165\) г (допустимый разброс: \(84\)–\(92\,^\circ\)C и \(160\)–\(170\) г).

Решение

1. Точка \((t_л = -10\,^\circ\)C, \(1/m_л = 2\) кг\(^{-1})\) лежит между зонами льда и воды, т.е. соответствует двухфазной смеси при температуре \(0\,^\circ\)C.

2. Правая граница зоны льда соответствует конечному состоянию «весь сосуд — лёд при 0 \(^\circ\)C»: \(m_л c_л (0 - t_л) = mc(t - 0) + m\lambda\), т.е. \(t_л = -\dfrac{m(ct + \lambda)}{c_л}\cdot\dfrac{1}{m_л}\). По графику угловой коэффициент \(k_1 = 55\,^\circ\)C\(\cdot\)кг.

Левая граница зоны воды соответствует «весь сосуд — вода при 0 \(^\circ\)C»: \(m_л c_л(0 - t_л) + m_л\lambda = mc(t-0)\), т.е. \(t_л = \dfrac{\lambda}{c_л} - \dfrac{mct}{c_л}\cdot\dfrac{1}{m_л}\). По графику \(k_2 = 29\,^\circ\)C\(\cdot\)кг.

Из \(\dfrac{m(ct+\lambda)}{c_л} = k_1\) и \(\dfrac{mct}{c_л} = k_2\) находим \(1 + \dfrac{\lambda}{ct} = \dfrac{k_1}{k_2}\), откуда \(t \approx 88\,^\circ\)C, и \(m = \dfrac{c_л k_2}{ct} \approx 165\) г. Значения сняты с графика, поэтому допустимы отклонения (см. выше).

Подсказка

На участках \(1-2\) и \(3-4\) диоды закрыты, и ток идёт только через резисторы. Наклоны участков диаграммы дают сопротивления; на вертикальных участках открыт один из диодов.

Ответ

1) \(U_{01} = 4\) В, \(U_{02} = 8\) В; 2) \(R_1 = 400\) Ом, \(R_2 = 200\) Ом; 3) \(\tau = 100\) с; 4) \(Q_{41} = 0{,}8\) Дж.

Решение

Напряжения открытия. На участках \(1\!-\!2\) и \(3\!-\!4\) диоды закрыты: если бы один из них был открыт, показания вольтметра при изменении тока не менялись бы. На участках \(4\!-\!1\) и \(2\!-\!3\) ток меняется при постоянном показании вольтметра, т.е. диоды открыты. Значит, \(U_{01} = 4\) В, \(U_{02} = 8\) В.

Последовательность действий. Участок \(1\!-\!2\): ключи разомкнуты, ток идёт только через \(R_1\), второй диод закрыт. Участок \(2\!-\!3\): открывается второй диод, ток идёт через \(R_1\) и диод \(D_2\); ключ \(K_2\) на этом участке ещё разомкнут. В точке \(3\) замыкают \(K_2\) — диод \(D_2\) закрывается, ток идёт через \(R_1\) и \(R_2\) (участок \(3\!-\!4\)). Участок \(4\!-\!1\): когда напряжение падает до \(4\) В, замыкают \(K_1\) и одновременно размыкают \(K_2\); открывается диод \(D_1\).

Сопротивления. Наклоны участков \(1\!-\!2\) и \(3\!-\!4\) дают \(R_{12} = R_1\) и \(R_{34} = \dfrac{R_1R_2}{R_1+R_2}\) (с \(R_{34} < R_{12}\)). По графику \(R_1 = 400\) Ом, \(R_{34} \approx 133\) Ом, откуда \(R_2 = 200\) Ом.

Время цикла. Пусть ток в точке \(1\) равен \(I_0\). На участке \(2\!-\!3\) ток через \(R_1\) постоянен, \(Q_{23} = 2I_0U_{02}t_{23}\), а ток меняется с \(2I_0\) до \(6I_0\), т.е. \(4I_0 = kt_{23}\). Отсюда \(I_0 = \sqrt{\dfrac{kQ_{23}}{8U_{02}}} = 0{,}01\) А (10 мА). Ток за цикл растёт от \(I_0\) до \(6I_0\) и убывает обратно, поэтому \(\tau = \dfrac{2\cdot 50\text{~мА}}{1\text{~мА/с}} = 100\) с.

Количество теплоты на участке \(4\!-\!1\). Через \(R_1\) идёт постоянный ток \(I_0\), а ток через \(D_1\) уменьшается от \(2I_0\) до нуля за \(t_{41} = \dfrac{2I_0}{k} = 20\) с. Поэтому \(Q_{41} = I_0U_{01}t_{41} = 0{,}8\) Дж.