МОШ, 2006/07, заключительный этап, 8 класс

Ответ

\(m = 1\) кг, \(S = 0{,}01\) м\(^2\).

Решение

Как следует из графика, сила \(F\) является линейной функцией глубины погружения: \(F(h) = F_0\bigl(1 - (h/h_0)\bigr)\), где \(F_0 = 10\) Н, а \(h_0 = 0{,}1\) м. Учтём, что сила \(F\) складывается из двух противоположных по направлению сил: силы тяжести \(mg\) и силы Архимеда \(\rho_0gSh\), то есть \(F = mg - \rho_0gSh\). Отсюда получаем: \[F = mg - \rho_0gSh = F_0 - \dfrac{F_0h}{h_0}.\] При \(h = 0\) отсюда находим, что \(mg = F_0\), и \(m = F_0/g = 1\) кг. После этого при \(h \neq 0\) из написанного уравнения следует, что \(\rho_0gS = F_0/h_0\). Отсюда \(S = \dfrac{F_0}{\rho_0gh_0} = 0{,}01\) м\(^2\).

Ответ

Температура \(0\ {}^\circ\)C; масса содержимого сосуда \(m \approx 0{,}97\) кг.

Решение

Масса воды \(m_{\text{в}}\) при охлаждении до \(0\ {}^\circ\)C отдаёт количество теплоты \(c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}}\), достаточное для плавления массы льда \(c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}}/\lambda \approx 0{,}3\) кг. Объём \(m_{\text{в}} = 0{,}4\) кг воды и \(0{,}3\) кг растаявшего льда составит \(\dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}} + \dfrac{c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}}}{\lambda\rho_{\text{в}}} \approx 0{,}7\) л, что меньше объёма \(V\) содержимого сосуда. Следовательно, оставшиеся \(0{,}3\) л объёма занимает лёд в твёрдом состоянии массой \(\rho_{\text{л}}\left(V - \dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}}\left(1 + \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}}}{\lambda}\right)\right) \approx 0{,}27\) кг, конечная температура смеси равна \(0\ {}^\circ\)C, масса содержимого сосуда равна \[\begin{aligned} m &= \rho_{\text{л}}\left(V - \dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}}\left(1 + \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}}}{\lambda}\right)\right) + m_{\text{в}} + \dfrac{c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}}}{\lambda} =\\ &= \rho_{\text{л}}V + m_{\text{в}}\left(1 - \dfrac{\rho_{\text{л}}}{\rho_{\text{в}}}\right)\left(1 + \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}}}{\lambda}\right) \approx 0{,}97\text{ кг}. \end{aligned}\]

Ответ

Поднести один ящик концом к середине другого: конец ящика с катушкой притягивается к середине ящика с магнитом, а конец ящика с магнитом не притягивается к середине ящика с катушкой. (Другой способ — наблюдать за ящиками: ящик с катушкой нагревается.)

Решение

Если поднести к «чёрному ящику» сбоку внешний магнит, то намагниченность постоянного магнита изменится, и он будет притягиваться к внешнему магниту; катушка, сделанная из медной проволоки, притягиваться к внешнему магниту не будет (медь — немагнитный материал). В качестве внешнего магнита можно использовать второй «чёрный ящик». Следовательно, конец «чёрного ящика» с катушкой будет притягиваться к середине «чёрного ящика» с постоянным магнитом, а конец «чёрного ящика» с постоянным магнитом не будет притягиваться к середине «чёрного ящика» с катушкой.

Другой способ заключается в наблюдении за ящиками в течение длительного времени: «чёрный ящик» с катушкой будет нагреваться, что можно заметить на ощупь; кроме того, со временем ток через катушку и создаваемое им магнитное поле станут меньше из-за разрядки батарейки.

Ответ

\(t_1 = 25\) мин, \(t_2 = 37{,}5\) мин; велосипедист отдыхал в Липовке в течение \(\Delta t = 12{,}5\) мин.

Решение

Построим графики зависимости от времени \(t\) расстояния \(x\) от каждого из велосипедистов до деревни, из которой дует ветер. Если бы второй велосипедист (ехавший сначала против ветра) не отдыхал в деревне (пунктирный график), точки встречи велосипедистов располагались бы симметрично относительно середины пути, соединяющего деревни. С учётом же отдыха оказывается, что вторая точка встречи находится на меньшем расстоянии от ближайшей деревни, чем первая. Следовательно, велосипедисты встретились сначала в точке \(B\), затем в точке \(A\), и именно из деревни, расположенной вблизи точки \(A\), дует ветер. Этой деревней оказывается Липовка — ветер дует из Липовки в Дёмушкино.

Найдём скорости велосипедистов \(V_1 = V + u\) и \(V_2 = V - u\) при движении по ветру и против ветра (здесь \(u\) — величина изменения их скоростей из-за ветра). Поскольку велосипедисты сначала встретились в точке \(B\), отношение их скоростей совпадает с отношением расстояний от точки \(B\) до деревень, то есть \(\dfrac{V + u}{V - u} = \dfrac{L_B}{L - L_B} = \dfrac{3}{2}\). Отсюда \(u = \dfrac{2L_B - L}{L}V = 0{,}2V = 4\) км/ч. Следовательно, \(V_1 = \dfrac{2L_B}{L}V = 24\) км/ч и \(V_2 = \dfrac{2(L - L_B)}{L}V = 16\) км/ч. Искомые времена равны: \[t_1 = \dfrac{L}{V_1} = \dfrac{L^2}{2VL_B} = 25\text{ мин.};\qquad t_2 = \dfrac{L}{V_2} = \dfrac{L^2}{2V(L - L_B)} = 37{,}5\text{ мин.}\] Из второй точки встречи \(A\) второй велосипедист доедет до Дёмушкино за время \(\Delta t_2 = \dfrac{L(L - L_A)}{2VL_B} = 20\) мин., а первый велосипедист доедет до Липовки за время \(\Delta t_1 = \dfrac{LL_A}{2V(L - L_B)} = 7{,}5\) мин. Следовательно, второй велосипедист возвратится в Дёмушкино через \(\Delta t = \Delta t_2 - \Delta t_1 = \dfrac{L^2(L - L_A - L_B)}{2VL_B(L - L_B)} = 12{,}5\) мин. после возврата первого велосипедиста в Липовку — и именно эти \(\Delta t = 12{,}5\) мин. второй велосипедист отдыхал в Липовке.

Ответ

\(\rho_{\text{м}} = \rho + (\rho_{\text{в}} - \rho)\left(\dfrac{l_1}{l_2}\right)^2 \approx 780\) кг/м\(^3\).

Решение

На левую часть линейки объёмом \(V_1\) действует направленная вниз сила тяжести \(\rho gV_1\) и направленная вверх сила Архимеда \(\rho_{\text{в}}gV_1\). Сумма этих сил равна \((\rho_{\text{в}} - \rho)gV_1\) и направлена вверх. Аналогично, на правую часть линейки объёмом \(V_2\) действует направленная вверх суммарная сила \((\rho_{\text{м}} - \rho)gV_2\). Плечи этих сил, приложенных к центрам левой и правой частей линейки, относятся, как \(l_1 : l_2\). По правилу рычага при его равновесии отношение плеч равно обратному отношению величин сил: \(\dfrac{l_1}{l_2} = \dfrac{(\rho_{\text{м}} - \rho)gV_2}{(\rho_{\text{в}} - \rho)gV_1}\). Поскольку \(V_2/V_1 = l_2/l_1\), находим: \(\dfrac{\rho_{\text{м}} - \rho}{\rho_{\text{в}} - \rho} = \left(\dfrac{l_1}{l_2}\right)^2\). Отсюда \(\rho_{\text{м}} = \rho + (\rho_{\text{в}} - \rho)\left(\dfrac{l_1}{l_2}\right)^2 \approx 780\) кг/м\(^3\).

Ответ

\(\tau = \dfrac{V_0}{N_0v}\left(\dfrac{ch\rho t}{m\lambda} + \dfrac{H}{V}\right) \approx 3{,}33\cdot 10^3\) с \(\approx 55\) мин.

Решение

Пока температура земли в вазоне выше \(0\ {}^\circ\)C, снег будет таять и превращаться в воду, а земля будет охлаждаться и пропитываться водой. Как только мокрая земля охладится до \(0\ {}^\circ\)C, снежинки перестанут таять, и в вазоне начнёт нарастать слой снега.

Найдём вначале время \(\tau_1\) охлаждения земли до \(0\ {}^\circ\)C. Пусть \(S\) — площадь вазона. Охлаждаясь от температуры \(t = 11\ {}^\circ\)C до \(0\ {}^\circ\)C, земля отдаёт количество теплоты \(ch S\rho t\), которое идёт на плавление массы снега \(M_1 = chS\rho t/\lambda\). Поскольку за время \(\tau_1\) выпадает масса снега, равная \(M_1 = Sv\tau_1mN_0/V_0\), имеем: \(chS\rho t/\lambda = Sv\tau_1mN_0/V_0\), откуда \(\tau_1 = \dfrac{ch\rho tV_0}{m\lambda N_0v} \approx 1{,}33\cdot 10^3\) с \(\approx 22\) мин.

Теперь найдём время \(\tau_2\) нарастания слоя снега толщиной \(H = 10\) см. Будем считать, что снежинки при падении на землю не уплотняются, и плотность снега равна \(m/V\). Масса такого слоя снега в вазоне равна \(M_2 = SHm/V\), и она выпадает за время \(\tau_2\), причём \(M_2 = Sv\tau_2mN_0/V_0\). Отсюда имеем: \(SHm/V = Sv\tau_2mN_0/V_0\), и \(\tau_2 = \dfrac{HV_0}{VN_0v} = 2\cdot 10^3\) с \(\approx 33\) мин.

Таким образом, слой снега толщиной \(H = 10\) см нарастёт в вазоне за время \[\tau = \tau_1 + \tau_2 = \dfrac{ch\rho tV_0}{m\lambda N_0v} + \dfrac{HV_0}{VN_0v} = \dfrac{V_0}{N_0v}\left(\dfrac{ch\rho t}{m\lambda} + \dfrac{H}{V}\right) \approx 3{,}33\cdot 10^3\text{ с} \approx 55\text{ мин}.\]