ВсОШ, 1994/95, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Ответ

\(P_{\max} = 880\) Вт.

Решение

Найдём сопротивление куска проволоки, через который при напряжении \(U = 220\) В течёт максимально допустимый ток \(I = 1\) А: \[R = U/I = 220\text{ Ом}.\] Из заданного куска проволоки можно сделать 4 куска сопротивлением \(R = 220\) Ом каждый, которые затем нужно соединить параллельно. Оставшийся кусок проволоки, сопротивление которого \(r = 1000 - 4\cdot 220 = 120\) Ом, не используется, так как если подключить его параллельно, то через него будет протекать ток, превышающий наибольшее допустимое значение, а любые другие способы подсоединения уменьшат общий потребляемый ток, а следовательно, и мощность нагревателя. Таким образом, \[P_{\max} = I_{\max}U = 4\cdot 220 = 880\text{ Вт}.\]

Ответ

\(\omega = \dfrac{v}{r_1 + r_2}\).

Решение

Скорость поступательного движения оси катушки (см. рисунок) равна

\[v_0 = v\dfrac{r_2}{r_1 + r_2}.\] Перейдём в систему отсчёта, движущуюся со скоростью \(v_0\). В этой системе катушка вращается вокруг точки \(O\), причём скорость вращения обода катушки по модулю равна \(v_0\). Отсюда находим угловую скорость вращения \[\omega = \dfrac{v_0}{r_2} = \dfrac{v}{r_1 + r_2}.\]

Ответ

\(x = L\dfrac{m_2}{m_1 + m_2} = 0{,}6\) м.

Решение

Так как брус движется, всё время оставаясь в горизонтальном положении, то ускорение тел, массы которых равны \(m_1\) и \(m_2\) соответственно, равно \(\dfrac{g}{2}\) и направлено вниз (см. рисунок). Запишем следующую систему уравнений:

\[\begin{cases} \dfrac{m_1g}{2} = m_1g - T_1,\\[2mm] \dfrac{m_2g}{2} = m_2g - T_2 \end{cases}\] и уравнение для моментов сил относительно точки \(O\): \[T_1x = T_2(L - x).\] Отсюда \(x = L\dfrac{m_2}{m_1 + m_2} = 0{,}6\) м.

Ответ

\(H = \dfrac{\Delta(\varphi_1 - \varphi_2)}{\alpha - \beta} \approx 6\) см.

Решение

Размеры (в том числе и угловые) изображений шахматных фигур, нарисованных учащимся, неизвестны, однако можно использовать любые соотношения размеров фигур и расстояний между ними на рисунке, изображающем фигуры и глаза учащегося. На рис. 20 условно показаны сами фигуры, стороны угла, под которым они видны учащемуся, а на рис. 21 — дан вид сверху на фигуры, стоящие на столе, и направления, под которыми учащийся видит фигуры тем или иным глазом.

Сначала находим соотношения между высотой \(H\) изображения фигуры на рисунке, углами \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\), под которыми наблюдателю видны фигуры, и расстояниями \(L_1\), \(L_2\) от глаз до фигур: \[\varphi_1L_1 = \varphi_2L_2 = H.\qquad (1)\] Откуда \[\dfrac{L_2}{L_1} = \dfrac{\varphi_1}{\varphi_2}.\qquad (2)\] Затем из рис. 21 находим соотношение между угловыми расстояниями (\(\alpha\), \(\beta\)) между фигурами, расстояниями от глаз до фигур и расстоянием между глазами наблюдателя, которое по условию равно \(\Delta = 65\) мм: \[x_{\text{л}} = \alpha L_2,\quad x_{\text{п}} = \beta L_2.\qquad (3)\]

Угол \(\gamma\), с одной стороны, равен \[\gamma = \dfrac{\Delta}{L_1},\qquad (4)\] с другой, \[\gamma = \dfrac{x_{\text{л}} - x_{\text{п}}}{L_2 - L_1}.\qquad (5)\] Приравнивая (4) и (5) друг другу, с учётом (3) получаем \[\dfrac{\Delta}{L_1} = \dfrac{L_2(\alpha - \beta)}{L_2 - L_1}.\qquad (6)\] С учётом (2) \[\dfrac{\Delta}{L_1} = \dfrac{\varphi_1(\alpha - \beta)}{\varphi_1 - \varphi_2}.\qquad (7)\] Взяв отсюда выражение для \(L_1\) и подставив его в (1), получаем \[H = \dfrac{\Delta(\varphi_1 - \varphi_2)}{\alpha - \beta}.\qquad (8)\] Углы в формуле (8) прямо пропорциональны измеряемым на рисунке с помощью измерительной линейки размерам, поэтому \(H \approx 6\) см.

Ответ

\(u = \dfrac{nv}{1 - n} = 0{,}022\) м/с; \(F = \dfrac{nv^2}{1 - n}\rho h = 0{,}8\) Н/м.

Решение

Пусть \(L\) — длина произвольного участка реки. С этого участка льдины соберутся в сплошной ледяной слой, длина которого \(x = Ln\) (см. рисунок). При скорости движения границы \(u\) это произойдёт за время \(\tau = \dfrac{x}{u}\). Тогда \(v\tau + u\tau = L\), откуда

\[u = \dfrac{nv}{1 - n} = 0{,}022\text{ м/с}.\] Сила давления льдин на единицу длины границы затора равна импульсу, передаваемому в единицу времени затору останавливающимися льдинами. За время \(\Delta t\) к единичной длине границы присоединяются льдины общей массы \(\Delta m = \rho uh\Delta t\). Тогда можно записать \[F\Delta t = v\cdot\Delta m = \rho uhv\Delta t.\] Таким образом, сила давления на единицу длины границы затора равна \[F = \dfrac{nv^2}{1 - n}\rho h = 0{,}8\text{ Н/м}.\]

Ответ

\(F = 2mg = 1470\) Н.

Решение

Сила реакции пола в момент толчка \(N = m(g + a)\). Пусть \(v\) — скорость центра масс в момент отрыва ног от пола, тогда ускорение \(a = \dfrac{v^2}{2l/4}\). С другой стороны, из закона сохранения энергии \(v^2 = 2g\left(h - \dfrac{l}{2}\right) = \dfrac{2gl}{4}\). Отсюда следует, что \(a = g\). Таким образом, средняя сила давления на пол равна \[F = N = 2mg = 1470\text{ Н}.\]

Ответ

1) \(m_1 \approx 0{,}86\) кг;  2) \(\mu \approx 0{,}074\) кг/мин;  3) \(m_{0\text{ льда}} \approx 0{,}53\) кг;  4) \(m_{0\text{ воды}} \approx 0{,}70\) кг;  5) воды в калориметре не осталось.

Решение

1) Зная наклон кривой при \(\tau = 5\) мин (см. рис. 23), находим массу \(m_1\) воды в момент окончания плавления льда: \[P\Delta\tau = m_1c_{\text{в}}\Delta t;\] \[m_1 = \dfrac{P}{c_{\text{в}}}\dfrac{\Delta\tau}{\Delta t} \approx 0{,}86\text{ кг}.\]

2) Аналогично находим массу \(m_2\) воды при \(\tau = 12\) мин (начало кипения): \[m_2 \approx 0{,}34\text{ кг}.\] Следовательно, за время нагрева воды от 0 °С до 100 °С (7 мин) масса воды изменилась на \(\Delta m\): \[\Delta m = m_1 - m_2 = 0{,}52\text{ кг},\] отсюда \[\mu = \dfrac{\Delta m}{\Delta\tau} = 0{,}074\text{ кг/мин}.\] 3) Первоначальную массу \(m_{0\text{ льда}}\) можно выразить через удельную теплоту плавления \(q\): \[m_{0\text{ льда}} = \dfrac{P\Delta\tau}{q} = 0{,}53\text{ кг}.\] 4) В начале эксперимента (\(t = 0\)) в калориметре было воды: \[m_{0\text{ воды}} = m_1 + \mu\Delta\tau - m_{0\text{ льда}} = (0{,}86 + 0{,}074\cdot 5 - 0{,}53)\text{ кг} = 0{,}70\text{ кг}.\] 5) К моменту времени \(\tau = 17\) мин испарилось: \[\Delta m_{\text{пара}} = \dfrac{P\Delta\tau}{\lambda} \approx 0{,}08\text{ кг}.\] За время испарения из калориметра дополнительно вытекло \[\Delta m_{\text{воды}} = \mu\Delta\tau \approx 0{,}37\text{ кг}.\] Таким образом, \(\Delta m_{\text{общ}} = \Delta m_{\text{пара}} + \Delta m_{\text{воды}} \approx 0{,}45\) кг \(> m_2\), т.е. это означает, что к моменту времени \(\tau = 17\) мин воды в калориметре не осталось!

(Возможны незначительные отклонения числовых значений.)

Ответ

Возможны два случая: \(R_1 = 2{,}5\) Ом, \(R_2 = R_3 = 5\) Ом, либо \(R_1 = R_3 = 10\) Ом, \(R_2 = 20\) Ом; случай \(R_2 = R_1\) невозможен.

Решение

Напряжения в точках 1, 2 и 3 по отношению к точке 0 приведены на рисунке. Через \(R_3\) течёт ток \(I_3 = \dfrac{6}{R_3}\), сила тока через \(R_2\) равна \(I_2 = \dfrac{4}{R_2}\); сила тока через \(R_1\) равна \(I_1 = \dfrac{2}{R_1}\).

Применим первый закон Кирхгофа для узлов \(A\) и \(B\).

1. Допустим, что \(R_3 = R_2 = R\), тогда для узла \(A\): \[I_3 = \dfrac{6}{R} = \dfrac{4}{10} + \dfrac{4}{R} \Rightarrow \dfrac{2}{R} = \dfrac{4}{10};\quad R = 5\text{ Ом};\] для узла \(B\): \[\dfrac{6}{5} = \dfrac{2}{5} + \dfrac{2}{R_1} \Rightarrow R_1 = 2{,}5\text{ Ом}.\] 2. Допустим теперь \(R_3 = R_1 = R\). Тогда для узла \(B\): \[I_3 = \dfrac{6}{R} = \dfrac{2}{5} + \dfrac{2}{R} \Rightarrow R = 10\text{ Ом};\] для узла \(A\): \[I_3 = \dfrac{6}{10} = \dfrac{4}{10} + \dfrac{4}{R_2} \Rightarrow R_2 = 20\text{ Ом}.\] 3. Допустим, что \(R_2 = R_1 = R\). Тогда для узла \(B\): \[\dfrac{4}{10} + \dfrac{4}{R} = \dfrac{2}{5} + \dfrac{2}{R}.\] Это равенство не выполняется. Таким образом, третий случай невозможен.