ВсОШ, 1992/93, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Ответ

Скорость тени не зависит от \(x\): \(u = \dfrac{vH}{H - h}\); график — горизонтальная прямая.

Решение

Заметим, что треугольники \(\text{Ф}\text{С}\text{Т}_1\) и \(\text{Г}_1\text{H}_1\text{T}_1\) (т.е. «фонарь — основание фонарного столба — тень головы» и «голова — ноги — тень головы») всегда подобны (см. рисунок). Голову человека и её тень условно считаем точками. Из этого легко получить, что тень головы движется по прямой, параллельной краю тротуара и находящейся на расстоянии \(L\) от столба. А это означает, что расстояние \(\text{T}_1\text{T}_2\) всегда в \(L/l\) раз больше расстояния \(\text{H}_1\text{H}_2\). Следовательно, скорость \(u\) тени головы человека в эти же \(L/l\) раз больше скорости самого человека \(v\):

\[u = \dfrac{vL}{l}.\] Из подобия треугольников ФСТ и ГНТ находим:

\[\dfrac{L}{H} = \dfrac{L - l}{h},\] \[\dfrac{L}{l} = \dfrac{H}{H - h}.\] Таким образом, скорость \(u\) тени головы человека не зависит от расстояния \(x\) и равна \[u = \dfrac{vH}{H - h}.\] График приведён на рисунке.

Ответ

\(\rho_{\text{м}} = \dfrac{h_{\text{с}}\rho_{\text{с}} - h_{\text{п}}\rho_{\text{п}}}{h_{\text{с}} - h_{\text{п}} - \dfrac{p_0}{\rho_{\text{с}}\rho_{\text{п}}g}(\rho_{\text{с}} - \rho_{\text{п}})} \approx 1150\) кг/м\(^3\).

Решение

Критическая глубина погружения модели крокодила соответствует положению неустойчивого равновесия; сила тяжести уравновешивается выталкивающей силой, действующей на суммарный объём модели и пакетов с воздухом. Обозначив через \(M\), \(\rho_{\text{м}}\), \(V_{\text{м}}\) массу, плотность и объём модели крокодила, через \(V_0\), \(V_{\text{с}}\) и \(V_{\text{п}}\) — объёмы воздуха в полиэтиленовых пакетах соответственно над водой и при погружении на критическую глубину в морской и речной воде, а через \(p_0\) — атмосферное давление, запишем: \[Mg = \rho_{\text{с}}(V_{\text{м}} + V_{\text{с}})g\qquad (1)\] в морской воде; \[Mg = \rho_{\text{п}}(V_{\text{м}} + V_{\text{п}})g\qquad (1')\] в речной воде.

При погружении объём воздуха в полиэтиленовых пакетах уменьшается, причём согласно закону Бойля–Мариотта \[p_0V_0 = (p_0 + \rho_{\text{с}}gh_{\text{с}})V_{\text{с}},\qquad (2)\] \[p_0V_0 = (p_0 + \rho_{\text{п}}gh_{\text{п}})V_{\text{п}}.\qquad (2')\] Это две системы уравнений, которые нам понадобятся. Произведём преобразования уравнений (1) и (1\('\)): \[\rho_{\text{м}}V_{\text{м}} = \rho_{\text{с}}(V_{\text{м}} + V_{\text{с}})\qquad (3)\] в морской воде, \[\rho_{\text{м}}V_{\text{м}} = \rho_{\text{п}}(V_{\text{м}} + V_{\text{п}})\qquad (3')\] в речной воде, \[\rho_{\text{с}}V_{\text{с}} = (\rho_{\text{м}} - \rho_{\text{с}})V_{\text{м}}\qquad (4)\] в морской воде, \[\rho_{\text{п}}V_{\text{п}} = (\rho_{\text{м}} - \rho_{\text{п}})V_{\text{м}}\qquad (4')\] в речной воде.

Из последних двух уравнений находим \[\dfrac{\rho_{\text{с}}V_{\text{с}}}{\rho_{\text{п}}V_{\text{п}}} = \dfrac{\rho_{\text{м}} - \rho_{\text{с}}}{\rho_{\text{м}} - \rho_{\text{п}}}.\] Взяв величину \(V_{\text{с}}/V_{\text{п}}\) из уравнений (2) и (2\('\)), имеем \[\rho_{\text{с}}(p_0 + \rho_{\text{п}}gh_{\text{п}})(\rho_{\text{м}} - \rho_{\text{п}}) = \rho_{\text{п}}(p_0 + \rho_{\text{с}}gh_{\text{с}})(\rho_{\text{м}} - \rho_{\text{с}}),\] откуда после преобразований получаем \[\rho_{\text{м}} = \dfrac{h_{\text{с}}\rho_{\text{с}} - h_{\text{п}}\rho_{\text{п}}}{h_{\text{с}} - h_{\text{п}} - \left(\dfrac{p_0}{\rho_{\text{с}}\rho_{\text{п}}g}\right)(\rho_{\text{с}} - \rho_{\text{п}})} \approx 1150\text{ кг/м}^3.\]

Ответ

\(M = 4m = 320\) кг.

Решение

Рассмотрим движение вагонетки в системе отсчёта, связанной с бегущим человеком: благодаря наличию упругого шнура движение описывается уравнением для гармонического колебания и скорость вагонетки изменяется от \(-v_0\) до \(+v_0\). В неподвижной системе отсчёта скорость вагонетки возрастает от нуля до \(2v_0\) (в момент уменьшения силы натяжения шнура до нуля), после чего вагонетка продолжает двигаться со скоростью \(2v_0\) вплоть до неупругого столкновения с похитителем. В результате этого столкновения похититель оказывается на вагонетке (и теряет сознание). Из закона сохранения импульса при столкновении \[M\cdot 2v_0 + mv_0 = 1{,}8(m + M)v_0\] получаем \(M = 4m = 320\) кг.

Ответ

Без регулировки нельзя: при 220 В утюг нагреется до \(\approx 341\) °С. Можно, если во время глажения попеременно включать и выключать утюг.

Решение

Обозначим через \(R\) сопротивление обмотки утюга, через \(\alpha\) — коэффициент теплоотдачи в окружающую среду. Если утюг включён в сеть дома у Гены, то уравнение теплового равновесия имеет вид \[\dfrac{U_1^2}{R} = \alpha(t_1 - t_0).\] Если утюг включён в сеть дома у Чебурашки, то \[\dfrac{U_2^2}{R} = \alpha(t_2 - t_0).\] Из этих уравнений легко получить \[t_2 = t_0 + \dfrac{U_2^2}{U_1^2}(t_1 - t_0) = 341\text{ °С}.\] Таким образом, если утюг включён в сеть 220 В, то гладить им рубашку нельзя — температура утюга слишком высока. Однако способ выгладить рубашку существует: надо во время глажения попеременно включать и выключать утюг.

Ответ

\(a = \dfrac{g}{\cos^2\alpha}\).

Решение

Пусть \(R\) — радиус кривизны траектории в верхней точке (см. рисунок); находим

\[R = \dfrac{(v_0\cos\alpha)^2}{g}.\] Ускорение птицы в верхней точке равно \[a = \dfrac{v_0^2}{R} = \dfrac{g}{\cos^2\alpha}.\]

Ответ

\(v_2 = 2u\,\dfrac{n - 1}{(2 - n)\sin\alpha}\),  \(v_1 = 2u\,\dfrac{(n - 1)\cos\alpha}{(2 - n)\sin\alpha}\).

Решение

Пусть \(L\) — расстояние между \(AB\) и \(CC_1\) в момент удара второй шайбы о доску, а \(t_1\) — время движения второй шайбы до удара о доску (см. рисунок).

\[L = (v_2\sin\alpha)t_1.\qquad (1)\] При упругом ударе о неподвижную массивную стенку скорость шайбы \(v_\perp\) меняет направление на противоположное, оставаясь неизменной по модулю. Перейдём в систему координат, связанную с движущейся доской. При этом \(v'_\perp = v_2\sin\alpha + u\). После удара скорость шайбы направлена от стенки и в неподвижной системе координат равна \(v_2\sin\alpha + 2u\). Таким образом, \[L = (v_2\sin\alpha + 2u)t_2,\qquad (2)\] где \(t_2\) — время движения второй шайбы после отскока от доски до соударения с первой шайбой, причём \(\dfrac{t_1 + t_2}{t_1} = n\).

Из (1) и (2) находим \[v_2 = 2u\,\dfrac{(n - 1)}{(2 - n)\sin\alpha}.\] Проекции скоростей шайб на направление \(CC_1\) одинаковы, поэтому \[v_1 = v_2\cos\alpha,\] \[v_1 = 2u\,\dfrac{(n - 1)\cos\alpha}{(2 - n)\sin\alpha}.\]

Ответ

\(t_2 = \dfrac{t_1(t_1 - t_0) + t_0(t - t_1)}{t - t_0} \approx 32{,}7\) °С.

Решение

Пусть теплоёмкость воды в термосе равна \(C_{\text{т}}\), а теплоёмкость бутылочки равна \(C_{\text{б}}\). Запишем уравнения теплового баланса для обоих случаев: \[\begin{cases} C_{\text{т}}(t - t_1) = C_{\text{б}}(t_1 - t_0),\\ C_{\text{т}}(t_1 - t_2) = C_{\text{б}}(t_2 - t_0), \end{cases}\] откуда \[\dfrac{t - t_1}{t_1 - t_2} = \dfrac{t_1 - t_0}{t_2 - t_0},\] \[t_2 = \dfrac{t_1(t_1 - t_0) + t_0(t - t_1)}{t - t_0} \approx 32{,}7\text{ °С}.\]

Ответ

Два решения: \(\mathcal{E}_1 = 20\) В (при \(I_1 = 1{,}5\) А, \(U_1 = 5\) В) и \(\mathcal{E}_2 = 80\) В (при \(I_2 = 6\) А, \(U_2 = 20\) В).

Решение

Пусть \(I\) — сила тока в цепи, \(U\) — напряжение на лампе. Согласно определению КПД (см. условие) \[\eta = \dfrac{IU}{IU + RI^2} = 0{,}25.\] Отсюда \(I = 0{,}3\,U\). Это уравнение прямой в координатах \(I\)–\(U\), проходящей через начало координат. Построив её на графике (см. рисунок), находим две точки пересечения.

Таким образом, возможны два решения:

1) \(I_1 = 1{,}5\) А, \(U_1 = 5\) В, \(\mathcal{E}_1 = U_1 + I_1R = 20\) В;

2) \(I_2 = 6\) А, \(U_2 = 20\) В, \(\mathcal{E}_2 = U_2 + I_2R = 80\) В.

Здесь \(\mathcal{E}_1\) и \(\mathcal{E}_2\) — напряжения сети в этих двух случаях.