ВсОШ, 1993/94, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Ответ

\(t = 28{,}5\) с.

Решение

Площадь под графиком численно равна искомому времени (действительно, \(\Delta x/v = \Delta t\)). После несложных вычислений получаем: \(t = 28{,}5\) с.

Ответ

Последним пересохнет пруд 1.

Решение

В засушливую погоду (т.е. при малой влажности) количество испаряемой воды из водоёма пропорционально площади водной поверхности, а это значит, что для всех прудов будет постоянной скорость уменьшения глубины прудов. Фактически дольше всех будет пересыхать самый глубокий пруд. Разделив указанные в условии объёмы воды на измеренную на фотографии площадь для каждого из прудов (\(S_1 = 250\) м\(^2\), \(S_2 = 100\) м\(^2\), \(S_3 = 1000\) м\(^2\), \(S_4 = 40\) м\(^2\)), находим: \(h_1 = 0{,}8\) м, \(h_2 = 0{,}3\) м, \(h_3 = 0{,}5\) м и \(h_4 = 0{,}05\) м, так что последним пересохнет пруд 1.

Ответ

\(m_0 = 210\) т.

Решение

Обозначим площадь горизонтального поперечного сечения шхуны через \(S\) (поскольку борта шхуны считаются вертикальными, \(S\) постоянно для всех случаев), плотность менее солёной воды через \(\rho_{\text{п}}\), более солёной — через \(\rho_{\text{с}}\). Тогда в менее солёной воде \(m_{\text{п}} = \rho_{\text{п}}Sh_{\text{п}}\), в более солёной \(m_{\text{с}} = \rho_{\text{с}}Sh_{\text{с}}\).

Сразу же получаем \[\dfrac{\rho_{\text{с}}}{\rho_{\text{п}}} = \dfrac{m_{\text{с}}}{m_{\text{п}}}\dfrac{h_{\text{п}}}{h_{\text{с}}} = \dfrac{1{,}26}{1{,}2} = 1{,}05.\] Далее, обозначив через \(V_{\text{п}}\) объём воды, вытесняемой порожним судном в менее солёном море, а через \(V_{\text{с}}\) — в более солёном, получим: \[m_0 = \rho_{\text{п}}V_{\text{п}},\quad m_0 = \rho_{\text{с}}V_{\text{с}},\quad \dfrac{V_{\text{с}}}{V_{\text{п}}} = \dfrac{\rho_{\text{п}}}{\rho_{\text{с}}},\] \[V_{\text{п}} - V_{\text{с}} = S(h_{\text{с}} - h_{\text{п}}) = Sh_{\text{с}} - Sh_{\text{п}} = \dfrac{m_{\text{с}}}{\rho_{\text{с}}} - \dfrac{m_{\text{п}}}{\rho_{\text{п}}},\] \[m_0 = \left(\dfrac{m_{\text{с}}}{\rho_{\text{с}}} - \dfrac{m_{\text{п}}}{\rho_{\text{п}}}\right)\cdot\dfrac{\rho_{\text{с}}\rho_{\text{п}}}{\rho_{\text{с}} - \rho_{\text{п}}} = \dfrac{m_{\text{с}} - 1{,}05m_{\text{п}}}{1{,}05 - 1}\quad\text{или}\quad \dfrac{m_{\text{с}} - \left(\dfrac{\rho_{\text{с}}}{\rho_{\text{п}}}\right)m_{\text{п}}}{\left(\dfrac{\rho_{\text{с}}}{\rho_{\text{п}}}\right) - 1} = 210\text{ т}.\]

Ответ

Тень движется по диагонали стенки справа налево и сверху вниз (от \(D\) к \(A\)), тени других верхушек — параллельно ей. \(v = 25\) м/с \(= 90\) км/ч; высота Солнца \(\beta \approx 30^\circ\).

Решение

На двух рисунках (вид сверху и вид сбоку) изображена схема движения фургона (рис. 14, а и б). Отметим на каждом из этих рисунков по два положения задней стенки фургона: (1) в тот момент, когда тень верхушки дерева начинает движение по стенке и (2) в тот момент, когда она завершает это движение. Из первого рисунка видно, что тень должна двигаться справа налево, а из второго — сверху вниз, т.е. от точки \(D\) к точке \(A\) (рис. 14, в). Другие тени будут двигаться параллельно этой линии.

Обозначим время пробегания тени по задней стенке через \(\tau\), скорость фургона — через \(v\), угол между направлением дороги и азимутом направления на Солнце (в нашем случае, поскольку дело происходит ровно в полдень — это направление Север–Юг) — через \(\alpha\), а высоту Солнца над горизонтом — через \(\beta\), тогда будут справедливы следующие соотношения: \[v = \dfrac{A_1A_2}{\tau},\quad \operatorname{tg}\alpha = \dfrac{AB}{A_1A_2},\quad \operatorname{tg}\beta = \dfrac{BD}{A_2B_1},\] \[|A_1A_2|^2 + |AB|^2 = |A_2B_1|^2.\] Поскольку в нашем случае \(\tau = 0{,}1\) с, \(\alpha = 45^\circ\), \(|AB| = |A_1A_2| = 2{,}5\) м, \(|BD| = 2{,}0\) м, получаем \[v = \dfrac{2{,}5\text{ м}}{0{,}1\text{ с}} = 25\text{ м/с} = 90\text{ км/час},\] \[\operatorname{tg}\beta = \dfrac{2\text{ м}}{\sqrt{12{,}5}\text{ м}} \approx 0{,}57,\quad \beta \approx 30^\circ.\]

Ответ

Скорость нужно увеличить на \(\Delta v \approx 54\) км/ч (до \(\approx 774\) км/ч); угол наклона плоскости крыльев \(\alpha = 30^\circ\).

Решение

При полёте по прямой: \(mg = F_1 = kv_0^2\), где \(F_1\) — подъёмная сила, отсюда \(k = \dfrac{mg}{v_0^2}\).

При движении самолёта по окружности в горизонтальной плоскости (рис. 15) подъёмную силу \(\vec F_2\) можно разложить на составляющие:

по оси \(y\): \(mg = F_2\cos\alpha = kv^2\cos\alpha\),

по оси \(x\): \(F_2\sin\alpha = m\dfrac{v^2}{R}\).

Из последних равенств находим \[\sin\alpha = \dfrac{v_0^2}{gR} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \alpha = 30^\circ,\] \[v = \dfrac{v_0}{\sqrt{\cos\alpha}} \approx 215\text{ м/с} \approx 774\text{ км/ч}.\] Изменение скорости равно \(\Delta v = v - v_0 \approx 54\) км/ч.

Ответ

\(\sin\alpha_2 = \dfrac{11}{14}\), \(\alpha_2 \approx 52^\circ\); расстояние между шариками через 1 с равно \(\sqrt{14}\) м \(\approx 3{,}7\) м.

Решение

Уравнение движения первого шарика по оси \(x\) (см. рис. 16):

\[x_1 = v_1\cos\alpha_1\cdot t.\] Используя график \(x_1 = f(t)\), получим \[v_1 = \dfrac{x_1}{t\cos\alpha_1} = 2\dfrac{x_1}{\sqrt{3}\,t},\] \[v_1 = 10\text{ м/с} = v_2 = v,\] где \(v_1\) и \(v_2\) — начальные скорости первого и второго шариков соответственно.

Время полёта первого шарика до удара о плоскость \[t_1 = \dfrac{2v\sin\alpha_1}{g} = 1\text{ с};\] время полёта этого шарика после удара \[\tau = \dfrac{7}{5}\text{ с} - t_1 = \dfrac{2}{5}\text{ с}.\] Итак, первый шарик через время \(t = \dfrac{7}{5}\) с окажется на высоте \[y_1 = (v\sin\alpha_1)\,\tau - \dfrac{g\tau^2}{2} = \dfrac{6}{5}\text{ м}.\] В то же время, равное \(t = \dfrac{7}{5}\) с, высота, на которой находится второй шарик, равна \[y_2 = (v\sin\alpha_2)t - \dfrac{gt^2}{2} = 14\sin\alpha_2 - \dfrac{49}{5}.\] Заметим, что к моменту \(t\) второй шарик ещё ни разу не ударится о поверхность. Это можно показать, оценив время его полёта до первого удара. Описанная ситуация проиллюстрирована на рис. 16.

По условию задачи \(y_1 = y_2\). Следовательно, \(14\sin\alpha_2 - \dfrac{49}{5} = \dfrac{6}{5}\), откуда \[\sin\alpha_2 = \dfrac{11}{14}\text{ или }\alpha_2 \approx 52^\circ.\] Расстояние \(l\) между шариками в момент времени \(T = 1\) с равно \[l = |\Delta\vec r| = |\vec r_1 - \vec r_2| = \left|\vec v_1T + \dfrac{\vec gT^2}{2} - \left(\vec v_2T + \dfrac{\vec gT^2}{2}\right)\right| = |\vec v_1 - \vec v_2|T =\] \[= \sqrt{v_1^2 + v_2^2 - 2v_1v_2\cos(\alpha_2 - \alpha_1)}\cdot T = \sqrt{14}\text{ м} \approx 3{,}7\text{ м}.\]

Ответ

Уровень воды повысится на \(\Delta h \approx 0{,}85\) см.

Решение

Вначале лёд, масса которого \(m\), вытесняет объём воды \(V_1 = \dfrac{m}{\rho_1}\), где \(\rho_1\) — начальная плотность воды. После того, как лёд массы \(\dfrac{m}{2}\) растаял, вытесняется объём воды \(V_2 = \dfrac{m}{2\rho_2}\), где \(\rho_2\) — конечная плотность воды. Объём добавившейся воды \(V' = \dfrac{m}{2\rho}\), где \(\rho\) — плотность пресной воды. Изменение уровня воды в сосуде равно \[\Delta h = \dfrac{V_2 + V' - V_1}{S} = \dfrac{m}{S}\left(\dfrac{1}{2\rho_2} + \dfrac{1}{2\rho} - \dfrac{1}{\rho_1}\right).\] Конечная плотность воды \(\rho_2\) равна отношению полной массы воды \(\rho_1V + \dfrac{m}{2}\) к полному объёму \(V + \dfrac{m}{2\rho}\), т.е. \[\rho_2 = \rho_1\dfrac{V + \dfrac{m}{2\rho_1}}{V + \dfrac{m}{2\rho}},\] где \(V = 1\) л — начальный объём воды.

Подставляя числовые значения, получим

\[\rho_2 = 1{,}1\text{ г/см}^2\text{ и }\Delta h \approx 0{,}85\text{ см}.\] Таким образом, уровень воды в сосуде повысится.

Ответ

\(t_x = 38\) °С.

Решение

Иллюстрацией к решению служит рисунок. Запишем для первого случая:

\[I_1^2R = k(t_1 - t_0),\quad I_1 = \dfrac{U}{R_0 + R},\] следовательно, \[\dfrac{U^2R}{(R_0 + R)^2} = k(t_1 - t_0).\qquad (1)\] Аналогично для второго случая \[I_2 = \dfrac{1}{2}\,\dfrac{U}{\left(R_0 + \dfrac{R}{2}\right)}\] и \[\dfrac{U^2R}{4\left(R_0 + \dfrac{R}{2}\right)^2} = k(t_x - t_0).\qquad (2)\] Разделив (2) на (1), получим \[t_x - t_0 = (t_1 - t_0)\dfrac{(R_0 + R)^2}{4\left(R_0 + \dfrac{R}{2}\right)^2} = 18\text{ °С}.\] Таким образом, \(t_x = 38\) °С.