МОШ, 2006/07, заключительный этап, 9 класс

Ответ

\(T = \dfrac{n^{3/2}}{n^{3/2} - 1}T_{\text{З}} \approx 2{,}12\) земных года.

Решение

Найдём отношение периодов обращения Марса и Земли \(T_{\text{М}}\) и \(T_{\text{З}}\). При движении планеты массой \(m\) вокруг Солнца массой \(M\) по круговой орбите радиусом \(r\) с угловой скоростью \(\omega\) на планету со стороны Солнца действует сила тяготения \(\dfrac{GmM}{r^2}\). В соответствии со вторым законом Ньютона, она равна произведению массы планеты \(m\) на её центростремительное ускорение \(\omega^2r\), то есть \(\dfrac{GmM}{r^2} = m\omega^2r\). Отсюда \(\omega = \sqrt{GM/r^3}\) и, следовательно, \(\omega \sim r^{-3/2}\). Так как \(T = 2\pi/\omega\), то \(T \sim r^{3/2}\); поэтому отношение периодов обращения Марса и Земли составляет \(\dfrac{T_{\text{М}}}{T_{\text{З}}} = \left(\dfrac{r_{\text{М}}}{r_{\text{З}}}\right)^{3/2} = n^{3/2} \approx 1{,}89\).

Заметим, что последняя формула выражает собой третий закон Кеплера (мы его вывели, исходя из предположения, что планеты движутся по круговым орбитам, хотя этот закон справедлив и в более общем случае эллиптических орбит).

За промежуток времени \(T\) от одного противостояния до другого Марс совершает \(k\) оборотов, а Земля \(k + 1\) оборот (\(k\) не обязательно целое!). Этот промежуток времени выражается через периоды обращения Земли и Марса вокруг Солнца \(T_{\text{З}}\) и \(T_{\text{М}}\) следующим образом: \(T = (k + 1)T_{\text{З}} = kT_{\text{М}}\). Отсюда находим \(k = T_{\text{З}}/(T_{\text{М}} - T_{\text{З}})\) и \[T = \dfrac{T_{\text{З}}T_{\text{М}}}{T_{\text{М}} - T_{\text{З}}} = \dfrac{n^{3/2}}{n^{3/2} - 1}T_{\text{З}} \approx 2{,}12\,T_{\text{З}}.\] Таким образом, противостояния Марса повторяются приблизительно через 2,12 земных лет.

Ответ

\(S = \dfrac{k}{\rho g} = 0{,}01\) м\(^2\).

Решение

Пусть \(x\) — высота столба жидкости. Давление у свободной поверхности жидкости равно атмосферному давлению, а на высоте \(x\) над этой поверхностью давление в жидкости меньше атмосферного на величину \(\rho gx\). Следовательно, разность давлений, оказываемых на поршень сверху и снизу, равна \(\rho gx\). Поэтому на поршень действует направленная вниз сила \(F = \rho gxS\), пропорциональная смещению поршня \(x\). Школьник, измеряя жёсткость предполагаемой пружины, на самом деле измерил коэффициент пропорциональности \(k = F/x = \rho gS\). Отсюда \(S = \dfrac{k}{\rho g} = 0{,}01\) м\(^2\).

Ответ

\(\dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}} \leqslant V < \dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}}\left(1 + \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}}}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda}\right)\), то есть \(0{,}4\text{ л} \leqslant V < 0{,}67\text{ л}\).

Решение

Обозначим через \(m_{\text{л}}\) начальную массу льда в сосуде, через \(t\) — установившуюся в системе температуру, которая по условию выше \(0\ {}^\circ\)C. В процессе установления равновесия масса воды \(m_{\text{в}}\) отдала количество теплоты \(c_{\text{в}}m_{\text{в}}(t_{\text{в}} - t)\). Масса льда \(m_{\text{л}}\) получила количество теплоты \(c_{\text{л}}m_{\text{л}}|t_{\text{л}}|\) на этапе нагревания до \(0\ {}^\circ\)C, затем количество теплоты \(\lambda m_{\text{л}}\) при плавлении и, наконец, количество теплоты \(c_{\text{в}}m_{\text{л}}t\) при нагревании образовавшейся из льда воды до установившейся температуры \(t\). Поскольку теплоемкостью сосуда и теплообменом с окружающей средой можно пренебречь, то из уравнения теплового баланса получаем: \[c_{\text{в}}m_{\text{в}}(t_{\text{в}} - t) = c_{\text{л}}m_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda m_{\text{л}} + c_{\text{в}}m_{\text{л}}t.\] Определяемая из данного соотношения конечная температура \(t\) положительна, если \(c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}} > c_{\text{л}}m_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda m_{\text{л}}\). Таким образом, масса льда \(m_{\text{л}}\) лежит в интервале \(0 \leqslant m_{\text{л}} < \dfrac{c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}}}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda}\). Конечный объём содержимого сосуда связан с массой льда соотношением \(V = \dfrac{m_{\text{в}} + m_{\text{л}}}{\rho_{\text{в}}}\). Отсюда находим ответ: \(\dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}} \leqslant V < \dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}}\left(1 + \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}}}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda}\right)\). Подстановка числовых данных в полученную формулу даёт: \(0{,}4\text{ л} \leqslant V < 0{,}67\text{ л}\).

Ответ

\(I_3 = 0{,}15\) А, \(I_2 = 0{,}035\) А, \(R_4 \approx 59\) Ом.

Решение

Поскольку амперметр можно считать идеальным, падение напряжения на нём равно нулю. Поэтому на резисторе \(R_3\) падает напряжение \(U_3 = U\). Следовательно, сила тока, текущего через этот резистор, равна \(I_3 = U_3/R_3 = U/R_3 = 0{,}15\) А. Далее, сила тока \(I\), текущего через амперметр, равна сумме сил токов \(I_2\) и \(I_3\); отсюда \[I_2 = I - I_3 = I - \dfrac{U}{R_3} = 0{,}035\text{ А}.\] На резисторе \(R_2\) падает напряжение \(U_2 = I_2R_2\); такое же напряжение, ввиду идеальности амперметра, падает и на резисторе \(R_1\). Поэтому сила тока, текущего через резистор \(R_1\), равна \(I_1 = U_2/R_1 = I_2R_2/R_1\). Отсюда находим силу тока \(I_4\), текущего через резистор \(R_4\), и напряжение \(U_4\) на этом резисторе: \[I_4 = I_1 + I_2 = I_2\left(1 + \dfrac{R_2}{R_1}\right) = \left(I - \dfrac{U}{R_3}\right)\left(1 + \dfrac{R_2}{R_1}\right),\] \[U_4 = U - U_2 = U - I_2R_2 = U - \left(I - \dfrac{U}{R_3}\right)R_2.\] Следовательно, сопротивление резистора \(R_4\) равно \[R_4 = \dfrac{U_4}{I_4} = \dfrac{U - I_2R_2}{I_2(1 + (R_2/R_1))} = \dfrac{R_1\bigl(UR_3 - R_2(IR_3 - U)\bigr)}{(IR_3 - U)(R_1 + R_2)} \approx 59\text{ Ом}.\]

Ответ

\(A = \dfrac{mg}{M + 2m}\).

Решение

Направим ось \(OX\) горизонтально, а ось \(OY\) — вертикально вверх. Пусть \(A\) — искомое ускорение груза 1, \(a\) — величина вертикальной составляющей ускорения груза 3. Как вытекает из соображений симметрии, все проекции ускорений грузов выражаются через \(A\) и \(a\) следующим образом: \[a_{1x} = A,\quad a_{2x} = -A,\quad a_{3x} = A,\quad a_{3y} = -a,\quad a_{4x} = -A,\quad a_{4y} = -a.\] Используя условие нерастяжимости, то есть постоянства длины нити, получим соотношение, связывающее \(A\) и \(a\). При смещении грузов 1 и 2 по горизонтали на \(\Delta x_1\) и \(\Delta x_2\) изменение длины нити равно \(\Delta x_2 - \Delta x_1\); при смещении грузов 3 и 4 по вертикали на \(\Delta y_3\) и \(\Delta y_4\) изменение длины нити равно \(-\Delta y_3 - \Delta y_4\). Ввиду нерастяжимости нити, полное изменение её длины равно нулю: \(\Delta x_2 - \Delta x_1 - \Delta y_3 - \Delta y_4 = 0\). Отсюда \(a_{2x} - a_{1x} = a_{3y} + a_{4y}\), и \(a = A\).

Для нахождения ускорения \(A = a\) обозначим через \(T\) силу натяжения нити. Запишем уравнение движения груза 3 по вертикали: \(T - mg = -ma\), а также уравнение движения системы грузов 1 и 3 по горизонтали: \(T = (M + m)A\). Отсюда \(A = \dfrac{mg}{M + 2m}\).

Ответ

\(x_0 = \dfrac{l}{12} = \dfrac{\pi R}{6}\), \(\alpha_0 = \dfrac{\pi}{6}\), \(\mu > \dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}58\).

Решение

Когда жук доползёт до конца линейки (см. рисунок), условие её равновесия, в соответствии с правилом рычага, можно записать в виде: \(Mgx_0 = 0{,}2Mg((l/2) - x_0)\). Отсюда \(x_0 = l/12 = \pi R/6\).

Если \(\alpha\) — угол между линейкой и горизонтом в момент, когда расстояние от точки соприкосновения линейки и цилиндра до центра линейки равно \(x\), то при повороте линейки на угол \(\Delta\alpha\) изменение \(x\) равно \(\Delta x = R\Delta\alpha\). Следовательно, когда жук доползёт до конца линейки, она повернётся на угол \(\alpha_0 = x_0/R = \pi/6\).

Действующая на линейку со стороны цилиндра сила реакции опоры направлена вертикально, то есть под углом \(\alpha\) к нормали к поверхности в точке соприкосновения линейки и цилиндра. Следовательно, отношение силы трения покоя \(F_{\text{тр}}\) к нормальной составляющей \(N\) силы реакции опоры равно \(F_{\text{тр}}/N = \operatorname{tg}\alpha\). Поскольку максимальная величина силы трения покоя равна \(F_{\text{тр}} = \mu N\), перекатывание линейки по цилиндру будет происходить без проскальзывания при значениях коэффициента трения между цилиндром и линейкой, удовлетворяющих неравенству: \(\mu > \operatorname{tg}\alpha_{\max} = \operatorname{tg}\alpha_0 = \operatorname{tg}(\pi/6)\), то есть \(\mu > 1/\sqrt{3} \approx 0{,}58\).

Ответ

Меньшее показание у вольтметра \(V_2\); \(I_2 = 1{,}2\) мА, \(U_0 = 1{,}9\) В.

Решение

Сила тока, текущего через вольтметр \(V_1\), больше силы тока, текущего через вольтметр \(V_2\), следовательно, показание вольтметра \(V_1\) больше показания вольтметра \(V_2\). При этом сила тока, текущего через вольтметр \(V_2\), меньше силы тока, текущего через вольтметр \(V_1\), в \(U/U' = 4\) раза и составляет \(I_1U'/U = I_1/4 = 0{,}4\) мА. Поэтому сила тока, текущего через миллиамперметр \(A_2\), равна \(I_2 = I_1 - (I_1U'/U) = I_1 - (I_1/4) = 3I_1/4 = 1{,}2\) мА.

Поскольку сила тока, текущего через миллиамперметр \(A_1\), в \(I_1/I_2 = U/(U - U') = 4/3\) раза больше силы тока, текущего через миллиамперметр \(A_2\), то напряжение на миллиамперметре \(A_1\) должно быть в такое же количество раз больше напряжения на миллиамперметре \(A_2\) (последнее равно \(U' = 0{,}3\) В). Следовательно, напряжение на миллиамперметре \(A_1\) составляет \(U'I_1/I_2 = UU'/(U - U') = 0{,}4\) В. Поэтому напряжение батарейки равно \[U_0 = \dfrac{UU'}{U - U'} + U + U' = 0{,}4\text{ В} + 1{,}2\text{ В} + 0{,}3\text{ В} = 1{,}9\text{ В}.\]

Ответ

а) \(L_1 = \dfrac{h}{\operatorname{tg}\alpha}\); б) при \(\alpha < 45^\circ\) \(L_2 = \dfrac{h}{\operatorname{tg}2\alpha}\), при \(\alpha > 45^\circ\) — только подойдя к нижнему краю зеркала вплотную.

Решение

а) Школьник начнёт видеть изображение своего глаза тогда, когда прямая, соединяющая глаз и его изображение, пройдёт через зеркало. Это произойдёт в момент, когда расстояние от школьника до зеркала \(L_1\) будет таким, что \(\dfrac{h}{L_1} = \operatorname{tg}\alpha\). Отсюда \(L_1 = h/\operatorname{tg}\alpha\).

б) Пусть \(\alpha < 45^\circ\). Тогда школьник увидит своё изображение в зеркале полностью, во весь рост, в момент, когда прямая, соединяющая глаза школьника и изображение его ног, пройдёт через зеркало. Как вытекает из построения, это произойдёт, когда расстояние \(L_2\) от школьника до зеркала будет таким, что \(h/L_2 = \operatorname{tg}(2\alpha)\). Отсюда \(L_2 = h/\operatorname{tg}(2\alpha)\).

При \(\alpha > 45^\circ\) школьник сможет увидеть своё изображение в зеркале полностью, во весь рост, только подойдя к нижнему краю зеркала вплотную.