ВсОШ, 1991/92, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Ответ

Через 12 с после начала движения.

Решение

По графику зависимости ускорения от времени \(a = a(t)\) строим график зависимости скорости от времени \(v = v(t)\), площадь под которым численно равна перемещению (см. рисунок). Из построенного графика видно, что корабль удалится на максимальное расстояние через 12 с после начала движения.

Ответ

\(m = \dfrac{\rho_{\text{в}}V}{441} \approx 4{,}54\) г.

Решение

Условия плавания кувшина с монетами в воде: \[(M + 147m)g = \rho_{\text{в}}Vg,\qquad (1)\] \(M\) — масса кувшина, \(m\) — масса одной монеты, \(V\) — объём кувшина, \(\rho_{\text{в}}\) — плотность воды;

после того, как Абдулла высыпал из кувшина монеты, \[Mg = \rho_{\text{в}}\left(1 - \dfrac{1}{3}\right)Vg.\qquad (2)\] Решая (1) и (2), находим \[147m = \dfrac{1}{3}\rho_{\text{в}}V,\quad m = \dfrac{\rho_{\text{в}}V}{441} \approx 4{,}54\text{ г}.\]

Ответ

\(\dfrac{\Delta m}{\Delta\tau} = \dfrac{P_0(t_0 - t_{\text{х}})}{c(t_{\text{х}} - t_1)(t_{\text{т}} - t_0)} \approx 9{,}5\) г/с; для \(t_{\text{х}}^* = 16\) °С расход \(\approx 2{,}4\) г/с, т.е. в 4 раза меньше.

Решение

В аквариуме с теплолюбивыми рыбами энергия, поступающая от нагревателя, в конечном счёте полностью передаётся окружающей среде. Условие теплового равновесия при этом имеет вид \[P_0 = \alpha(t_{\text{т}} - t_0),\] где \(\alpha\) — коэффициент пропорциональности мощности теплообмена.

Для аквариума с хладолюбивыми рыбами уравнение теплового баланса: \[P_1 = \alpha(t_0 - t_{\text{х}}),\] где \(P_1\) — мощность, подводимая к воде аквариума из окружающего воздуха. Эта же мощность должна отводиться водопроводной водой: \[P_1\,\Delta\tau = c\,\Delta m(t_{\text{х}} - t_1),\] откуда \[\dfrac{\Delta m}{\Delta\tau} = \dfrac{P_1}{c(t_{\text{х}} - t_1)}.\] Поскольку \(\dfrac{P_1}{P_0} = (t_0 - t_{\text{х}})/(t_{\text{т}} - t_0)\), получим \[\dfrac{\Delta m}{\Delta\tau} = \dfrac{P_0(t_0 - t_{\text{х}})}{c(t_{\text{х}} - t_1)(t_{\text{т}} - t_0)},\quad \dfrac{\Delta m}{\Delta\tau} \approx 9{,}5\text{ г/с}.\] Расход воды для аквариума с менее хладолюбивыми рыбами равен \[\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \dfrac{P_0(t_0 - t_{\text{х}}^*)}{c(t_{\text{х}}^* - t_1)(t_{\text{т}} - t_0)} \approx 2{,}4\text{ г/с}.\] Как видим, разводить рыб, предпочитающих температуру 16 °С, в 4 раза экономичнее.

Ответ

\(I_2 = 2I_1\).

Решение

Сумма сил токов, вытекающих из точки \(A\), равна сумме сил токов, втекающих в точку \(B\) (см. рисунок):

\[I_1 + I_3 = I_2 + I_4.\qquad (1)\] Напряжение между точками \(A\) и \(B\) для верхней ветви равно \[U = I_3R + I_2R\qquad (2)\] и такое же напряжение для средней ветви: \[U = I_1\cdot 3R + I_4R.\qquad (3)\] Из (1), (2) и (3) получаем: \(I_2 = 2I_1\).

Ответ

В нижней точке \(T_0 \approx 0{,}3\) Н; в точке \(A\) \(T_A \approx 0{,}65\) Н.

Решение

По условию цепочка гибкая. Это означает, что сила натяжения в каждой точке направлена по касательной. Рассмотрим правую половину цепочки, которая представлена на рисунке.

Горизонтальная составляющая силы натяжения везде одинакова. Она равна по модулю силе натяжения в нижней части цепочки. Поэтому \(T_0 = T_1\cos\alpha\), или \(T_1\sin\alpha = \dfrac{1}{2}mg\), откуда \(T_1 = \dfrac{mg}{2\sin\alpha}\).

Определяя \(\sin\alpha\) из рисунка, получим \[T_1 = \dfrac{mg}{2\sin\alpha} \approx 1{,}05\text{ Н};\quad T_0 = \dfrac{mg}{2}\operatorname{ctg}\alpha \approx 0{,}3\text{ Н}.\] Аналогично найдем силу \(T_A\): \[T_A\cos\alpha_A = T_1\cos\alpha \;\Rightarrow\; T_A = \dfrac{mg}{2}\operatorname{ctg}\alpha\,\dfrac{1}{\cos\alpha_A} \approx 0{,}65\text{ Н}.\]

Ответ

\(\lambda = \dfrac{0{,}34P_0\,\Delta\tau}{m} \approx 61\) кДж/кг.

Решение

Из графика зависимости температуры \(t\) в тигле от времени \(\tau\) следует, что \(m = 80\) г олова плавились в течение \(\Delta\tau = 12\) мин. Чтобы найти удельную теплоту плавления олова, необходимо определить мощность, которая непосредственно затрачивалась на плавление. В начале процесса нагревания тигля, когда его температура близка к температуре окружающей среды, можно пренебречь теплоотдачей в окружающее пространство и считать, что полная мощность электронагревателя затрачивалась на нагревание тигля. Скорость возрастания температуры, определённая по наклону касательной на начальном участке графика (см. рисунок), составляла в этом случае \(\approx 60\) К/мин.

При температуре плавления олова (\(t_{\text{пл}} = 232\) °С) скорость возрастания температуры равнялась \(\approx 18\) К/мин, т.е. приблизительно в 3 раза меньше. Это означает, что теплоотдача в окружающее пространство при \(t = t_{\text{пл}}\) составляла приблизительно 66 % от полной мощности нагревателя, а 34 % мощности затрачивалось на согревание тигля. Такая же доля мощности нагревателя затрачивалась на плавление олова при \(t = t_{\text{пл}}\). Из этих данных можно определить удельную теплоту \(\lambda\) плавления олова: \[\lambda = \dfrac{0{,}34P_0\cdot\Delta\tau}{m} = \dfrac{0{,}34\cdot 20\cdot 12\cdot 60}{0{,}08}\,\dfrac{\text{Дж}}{\text{кг}} = 61\,\dfrac{\text{кДж}}{\text{кг}}.\]

Ответ

\(\eta_1 = 80\,\%\); \(\eta_2 = \eta_3 \approx 6{,}7\,\%\).

Решение

Обозначим напряжение источника через \(\mathcal{E}\). По условию внутренние сопротивления источника и амперметра равны нулю. Пусть сопротивление реостата равно \(r\), сопротивление неизвестного резистора равно \(R\) и сопротивление нагревателя равно \(Z\) (см. рисунок). Из схем II и III ясно, что при включении резистора между точками \(AB\) и \(AC\) сила тока, текущего через источник, остаётся постоянной и равной \(I_3 = 0{,}3\) А. Кроме того, очевидно, что сила тока, текущего через нагреватель, тоже одинакова и равна \[I_2 = 0{,}05\text{ А}.\]

В свою очередь сила тока через резистор \[I_R = I_3 - I_2 = 0{,}25\text{ А}.\] Для вычисления КПД все сопротивления удобно выразить через \(Z\). Из условия \(I_RR = I_2Z \to R = \dfrac{Z}{5}\). При параллельном соединении \(R\) и \(Z\) получаем \(R_{\text{общ}} = \dfrac{Z}{6}\).

Используя закон Ома, сравним силы тока: \[I_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{r + Z} = 0{,}1\text{ А},\quad I_3 = \dfrac{\mathcal{E}}{r + \dfrac{Z}{6}} = 0{,}3\text{ А}.\] Решая систему, получим \(r = \dfrac{Z}{4}\).

Итак, для схемы I определяем КПД: \[\eta_1 = \dfrac{I_1^2Z}{I_1^2(Z + r)} = \dfrac{Z}{Z + \dfrac{Z}{4}} = \dfrac{4}{5} = 0{,}8 \Rightarrow \eta_1 = 80\,\%.\] КПД для схем II и III один и тот же: \[\eta_2 = \eta_3 = \dfrac{I_2^2Z}{I_3^2(r + R_{\text{общ}})} = \dfrac{5^2\cdot 10^{-4}Z}{3^2\cdot 10^{-2}\left(\dfrac{Z}{4} + \dfrac{Z}{6}\right)} \approx 0{,}067 \Rightarrow \eta_2 \approx 6{,}7\,\%.\]

Ответ

1) \(N = \dfrac{F}{2}\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{F}{2\sqrt{3}}\);  2) \(N = \dfrac{2F}{3\sqrt{7}} \approx 0{,}25F\).

Решение

В первом случае, когда массы шайб одинаковы, они будут двигаться вдоль биссектрисы угла, образованного половинками нити (см. рис. 6). Поскольку длина каждой половинки равна \(R\), то из рисунка следует, что \(\alpha = 30^\circ\). Ясно, что силы натяжения половинок нити одинаковы. Движение равноускоренное. Ускорение каждой шайбы равно \(a = a_1 = a_2 = \dfrac{F}{2M}\), где \(M\) — масса каждой шайбы. Напишем уравнения движения, например, шайбы 1 в проекциях на оси координат:

По оси \(x\): \[T\cos\alpha = Ma \Rightarrow T = \dfrac{F}{2\cos\alpha},\quad\text{где } a = \dfrac{F}{2M}.\] По оси \(y\): \[N - T\sin\alpha = 0 \Rightarrow N = T\sin\alpha.\] Таким образом, \(N = \dfrac{F}{2}\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{F}{2\sqrt{3}}\).

Во втором случае, когда \(M_1 = M\), \(M_2 = 2M\), шайбы будут двигаться под некоторым углом \(\beta\) к биссектрисе (см. рис. 7). Очевидно, поступательное движение шайб возможно, когда линия действия силы \(\vec F\) проходит через центр масс системы.

Легко получить, что центр масс системы находится на прямой, соединяющей центры шайб на расстоянии \(\dfrac{2}{3}R\) от центра шайбы с массой \(2M\). Тогда, используя рис. 7, находим \[\operatorname{tg}\beta = \dfrac{1}{3}\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{1}{3\sqrt{3}}.\] Ускорение каждой из шайб равно \[a = a_1 = a_2 = \dfrac{F}{3M}.\] Запишем второй закон Ньютона для движения шайбы \(M\) в проекции на направление \(Ox'\), перпендикулярное силе натяжения \(\vec T_1\) (см. рис. 8):

\[N\cos\alpha = Ma\cos(90^\circ - \alpha - \beta) = Ma\sin(\alpha + \beta) \Rightarrow N = \dfrac{F}{3}\,\dfrac{\sin(\alpha + \beta)}{\cos\alpha}.\] После тригонометрических преобразований находим

\[N = \dfrac{4F}{3}\sin\beta;\quad \sin\beta = \dfrac{\operatorname{tg}\beta}{\sqrt{1 + \operatorname{tg}^2\alpha}} = \dfrac{1}{\sqrt{28}}.\] Окончательно \(N = \dfrac{2F}{3\sqrt{7}} \approx 0{,}25F\).