ВсОШ, 1995/96, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Ответ

\(v = (\omega_2r_2 - \omega_1r_1)/2\).

Решение

Ответ: \(v = (\omega_2r_2 - \omega_1r_1)/2\).

Ответ

\(F = mx_0\operatorname{tg}^2\alpha = \dfrac{2}{3}\) Н.

Решение

За время \(\Delta t\) скорость тела изменится на \(\Delta v = \operatorname{tg}\alpha\,\Delta x\), где \(\alpha\) — угол наклона прямой. Отсюда ускорение тела равно \[a = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} = \operatorname{tg}\alpha\,\dfrac{\Delta x}{\Delta t} = v\operatorname{tg}\alpha = x\operatorname{tg}^2\alpha.\] Следовательно, сила, действовавшая на тело в точке с координатой \(x_0\), равна \[F = ma = mx_0\operatorname{tg}^2\alpha = \dfrac{2}{3}\text{ Н}.\]

Ответ

\(V_{\text{пол}} = S\,\Delta h\,\dfrac{2\rho_{\text{л}} - \rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}} \approx 1090\) см\(^3\).

Решение

Используем закон Архимеда: \[m_{\text{л}}g = \rho_{\text{в}}gV_{\text{выт}}.\] Заметим также, что \[m_{\text{л}} = \rho_{\text{л}}(V_{\text{айсб}} - V_{\text{пол}}),\quad V_{\text{выт}} = S\Delta h,\quad \dfrac{1}{2}V_{\text{айсб}} = V_{\text{выт}}.\] Решая совместно эти уравнения, получаем \[V_{\text{пол}} = S\,\Delta h\,\dfrac{2\rho_{\text{л}} - \rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}} \approx 1090\text{ см}^3.\]

Ответ

\(\operatorname{tg}\beta = \dfrac{\operatorname{tg}\alpha}{1 - \rho_0\omega^2R/(g\rho)}\), \(\beta \approx 60^\circ\).

Решение

Рассмотрим маленький элемент жидкости на поверхности планеты рядом с Вэйлом. Обозначим массу этого элемента через \(m\). На него действуют сила тяжести и сила реакции окружающей жидкости. Первая направлена к центру и равна \(F_{\text{тяж}} = \dfrac{mg\rho}{\rho_0}\), а вторая \(\vec F_{\text{реак}}\) направлена перпендикулярно поверхности планеты (см. рисунок). Их сумма равна

\[\left|\vec F_{\text{тяж}} + \vec F_{\text{реак}}\right| = m\omega^2R\cos\alpha\] и должна быть направлена перпендикулярно оси вращения планеты. Отсюда находим \[\operatorname{tg}\beta = \dfrac{mg\sin\alpha\,\rho/\rho_0}{mg\cos\alpha\,\rho/\rho_0 - m\omega^2R\cos\alpha} = \dfrac{\operatorname{tg}\alpha}{1 - \rho_0\omega^2R/(g\rho)},\] где \(\omega = 2\pi/T\). Окончательно получаем \(\beta \approx 60^\circ\).

Ответ

1) \(v_0 = H/t_0\);  2) \(L = \beta v_0t_0 = \beta H\);  3) \(L_{\text{мин}} = H\sqrt{\beta^2 - 1}\);  4) \(t = t_0\dfrac{\beta}{\sqrt{\beta^2 - 1}}\).

Решение

1. \(v_0 = H/t_0\).

2. Скорость течения реки \(u = \beta v_0\); за время переправы лодку снесёт на расстояние \(L = ut_0 = \beta v_0t_0\).

3. Скорость лодки относительно системы координат, связанной с берегом, равна \(\vec v = \vec u + \vec v_0\) (см. рис. 26). Из рисунка видно, что минимальное расстояние \(L_{\text{мин}}\) сноса лодки соответствует случаю, когда скорость лодки \(\vec v\) направлена по касательной к окружности радиуса \(v_0\). Из подобия треугольников скоростей и расстояний, имеющих общий угол \(\alpha\), получим

\[\dfrac{L_{\text{мин}}}{H} = \dfrac{v}{v_0},\] и так как \(\vec v \perp \vec v_0\), находим \[L_{\text{мин}} = H\dfrac{v}{v_0} = H\dfrac{\sqrt{u^2 - v_0^2}}{v_0} = H\sqrt{\beta^2 - 1}.\] 4. Время переправы лодки, когда её сносит на минимальное расстояние, равно \[t = \dfrac{H}{v_0\cos\alpha} = \dfrac{t_0}{\cos\alpha} = t_0\dfrac{\beta}{\sqrt{\beta^2 - 1}}.\]

Ответ

\(\dfrac{\rho_1}{\rho_2} = \dfrac{l - \dfrac{a}{4}}{l - \dfrac{3a}{4}}\).

Решение

Рассмотрим вспомогательную задачу. Пусть кубик находится на горизонтальной поверхности, движущейся с ускорением \(g/2\) (трение достаточно велико). Определим расстояние от центра массы кубика до линии действия силы реакции опоры (рис. 27).

Ясно, что \(N = mg\), \(F_{\text{тр}} = mg/2\). Из уравнения моментов относительно полюса \(O\) следует: \[Nx = F_{\text{тр}}\dfrac{a}{2},\] отсюда \(x = \dfrac{a}{4}\).

По третьему закону Ньютона вес \(\vec P\) кубика и реакция опоры \(\vec N\) действуют вдоль одной прямой.

Возвращаясь к исходной задаче, можно утверждать, что линии действия веса каждого кубика смещены относительно центра масс кубиков влево на \(x = a/4\).

Напишем условие равенства моментов сил, действующих на весы: \[\rho_1a^3g\left(l - \dfrac{a}{2} - \dfrac{a}{4}\right) = \rho_2a^3g\left(l - \dfrac{a}{2} + \dfrac{a}{4}\right),\] \[\rho_1\left(l - \dfrac{3}{4}a\right) = \rho_2\left(l - \dfrac{a}{4}\right).\] Отношение плотности материалов кубиков 1 и 2 равно \[\dfrac{\rho_1}{\rho_2} = \dfrac{l - \dfrac{a}{4}}{l - \dfrac{3a}{4}}.\]

Ответ

1) \(\Delta\tau_1 = \dfrac{c\,\Delta t\cdot 2\tau}{\lambda} = 4{,}2\) мин;  2) \(\Delta\tau_2 = \Delta\tau_1\dfrac{t_{\text{к}} - t_0}{t_{\text{к}} - t} = 21\) мин.

Решение

Теплообмен между кастрюлей и окружающей средой пропорционален разности температур \(t_{\text{к}} - t\), где \(t\) — температура кастрюли. При плавлении льда \(t = t_0 = 0\) °С: \[m\lambda = A(t_{\text{к}} - t_0)\tau,\quad A = \dfrac{m\lambda}{(t_{\text{к}} - t_0)\tau}.\] Здесь \(m\) — масса льда, \(A\) — коэффициент пропорциональности. При нагревании воды массой \(2m\) от 0 °С до 1 °С (\(\Delta t = 1\) °С) теплообмен остался таким же, как и при плавлении льда. Поэтому можно записать: \[c\Delta t\cdot 2m = A(t_{\text{к}} - t_0)\Delta\tau_1 = m\lambda\dfrac{\Delta\tau_1}{\tau}.\] Отсюда \[\Delta\tau_1 = \dfrac{c\Delta t\cdot 2\tau}{\lambda} = 4{,}2\text{ мин}.\] При нагревании воды от \(t = 20\) °С до 21 °С (\(\Delta t = 1\) °С) потребуется время \(\Delta\tau_2\): \[\Delta\tau_2 = \Delta\tau_1\dfrac{t_{\text{к}} - t_0}{t_{\text{к}} - t} = 21\text{ мин}.\]

Ответ

1) \(U = 36\) В, \(r = 6\) Ом;  2) \(I_0 = 6\) А;  3) \(P_{\text{макс}} = 54\) Вт при \(R_{\text{м}} = 6\) Ом.

Решение

1. Пусть в первом случае сопротивление реостата равно \(R_1\), во втором — равно \(R_2\). По закону Ома имеем: \[\begin{cases} I_1(r + R_1) = U,\\ I_2(r + R_2) = U, \end{cases}\qquad (1)\] где \(R_1 = \dfrac{P_1}{I_1^2} = 12\) Ом, \(R_2 = \dfrac{P_2}{I_2^2} = \dfrac{6}{5}\) Ом.

Решая систему (1), получим \[U = \dfrac{P_1I_2^2 - P_2I_1^2}{I_1I_2(I_2 - I_1)} = 36\text{ В},\] \[r = \dfrac{P_1I_2 - P_2I_1}{I_1I_2(I_2 - I_1)} = 6\text{ Ом}.\] 2. Если сопротивление реостата равно нулю, то \[I_0 = \dfrac{U}{r} = 6\text{ А}.\] 3. В общем случае мощность, которая выделяется на переменном сопротивлении \(R\), можно представить в виде: \[P_R = I^2R = \dfrac{U^2R}{(R + r)^2}\] или \[P_R = IU - I^2r,\] где \(IU\) — мощность, развиваемая источником. На рис. 28 представлена зависимость \(P_R(I)\). Это парабола, вершина которой \(P_{\text{макс}}\) соответствует силе тока \(I = \dfrac{U}{2r}\).

Следовательно, \[P_{\text{макс}} = \dfrac{U^2}{4r} = \dfrac{U^2R_{\text{м}}}{(R_{\text{м}} + r)^2},\] откуда \(R_{\text{м}} = r\). Итак, \[P_{\text{макс}} = \dfrac{U^2}{4r} = 54\text{ Вт},\quad R_{\text{м}} = 6\text{ Ом}.\]