ВсОШ, 1997/98, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Ответ

\(v_{\text{отн}} = 2v_0\sin\left(\dfrac{90^\circ - \alpha}{2}\right) = v_0\sqrt{2(1 - \sin\alpha)}\).

Решение

Составим систему уравнений: \[\left.\begin{aligned} \vec v_1 &= \vec v_{01} + \vec gt\\ \vec v_2 &= \vec v_{20} + \vec gt \end{aligned}\right\}\] Из рис. 39 видно

\[\vec v_{\text{отн}} = \vec v_2 - \vec v_1 = \vec v_{02} - \vec v_{01},\] \[v_{\text{отн}} = 2v_0\sin\left(\dfrac{90^\circ - \alpha}{2}\right) = v_0\sqrt{2(1 - \sin\alpha)}.\]

Ответ

\(t = \dfrac{\sqrt R}{a}(\mu^2g^2 - 4a^2)^{1/4} \approx 27\) с.

Решение

Рассмотрим силы, действующие на автомобиль в момент времени, когда он должен сорваться с трека. В этот момент силы трения, действующие на задние колёса, достигают своего максимального значения, равного \[F = \mu(m/2)g,\] и направлены под углом \(\alpha\) к вектору скорости (рис. 40). Тогда

\[F_1 = F\sin\alpha = \dfrac{m}{2}\cdot\dfrac{v^2}{R},\] \[F_2 = F\cos\alpha = ma.\] Возводя оба уравнения в квадрат и складывая, получаем \[F^2 = \left(\dfrac{ma^2t^2}{2R}\right)^2 + (ma)^2,\] откуда время равно \[t = \dfrac{\sqrt R}{a}(\mu^2g^2 - 4a^2)^{1/4} = 26{,}5\text{ с} \approx 27\text{ с}.\]

Ответ

\(a_1 = 0\) (первый груз остаётся в покое), \(a_2 = -\dfrac{1}{8}g = -0{,}125g\) (второй груз движется вверх), \(a_3 = \dfrac{1}{4}g = 0{,}25g\) (третий груз движется вниз).

Решение

Нить нерастяжима, следовательно, сила натяжения \(T\) по всей длине одинакова. Пусть \(m'_1 = m_1 + \Delta m_1\), \(m'_3 = m_3 + \Delta m_3\). Для грузов запишем систему уравнений: \[\begin{cases} m'_1a_1 = m'_1g - T, & (1)\\ m_2a_2 = m_2g - 2T, & (2)\\ m'_3a_3 = m'_3g - T. & (3) \end{cases}\] Запишем уравнение, связывающее между собой ускорения грузов: \[a_2 = -\dfrac{a_1 + a_3}{2}.\qquad (4)\] У нас есть четыре неизвестных \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\), \(T\) и четыре уравнения. Решая их, находим \[a_1 = 0,\quad a_2 = -\dfrac{1}{8}g = -0{,}125g,\quad a_3 = \dfrac{1}{4}g = 0{,}25g.\] Следовательно, первый груз останется в покое, второй будет двигаться вверх, а третий — вниз.

Ответ

\(R_x = (R_1 + r)\sqrt{\dfrac{cmr(t_1 - t_{\text{кр}}) + U^2\tau}{U^2\tau}} - r \approx 10\) Ом.

Решение

В установившемся режиме мощность тока в проволочке равна мощности потока тепла в окружающую среду: \[\dfrac{U^2r}{(R + r)^2} = A(t - t_0),\qquad (1)\] где \(A\) — некоторая константа.

Записав соотношение (1) для начального момента времени и для момента размыкания цепи, найдём выражение для искомого сопротивления переменного резистора \(R_x\): \[R_x = (R_1 + r)\sqrt{\dfrac{t_1 - t_0}{t_{\text{кр}} - t_0}} - r,\qquad (2)\] где \(t_0\) — температура окружающей среды.

При непосредственном подключении прибора к источнику тока на малое время \(\tau\) почти всё тепло, выделяющееся на проволоке, идёт на её нагрев: \[\dfrac{U^2}{r}\tau = cm(t_{\text{кр}} - t_0).\qquad (3)\] Из уравнений (2) и (3) следует: \[R_x = (R_1 + r)\sqrt{\dfrac{cmr(t_1 - t_{\text{кр}}) + U^2\tau}{U^2\tau}} - r.\] Подставив числовые значения, получим \(R_x = 10\) Ом.

Ответ

\(\dfrac{\Delta R}{R} = \left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2\dfrac{R}{2g} \approx \dfrac{1}{582}\).

Решение

Пусть давление в центре Земли \(p\). Рассмотрим два тонких столба жидкости \(OA\) и \(OB\) сечением \(S\) и длиной \(R_{\text{п}}\) (полярный радиус), расположенных вдоль оси вращения Земли и в экваториальной плоскости (рис. 41). Оценочно будем считать, что они притягиваются к центру Земли с одинаковой силой \(F\). Условие равновесия столба \(OA\): \(F = pS\). На столб \(OB\) давит «довесок» толщиной \(\Delta R\). Центр масс столба \(OB\) движется с ускорением

\[a = \left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2\dfrac{R_{\text{п}}}{2},\] где \(T = 24\) ч. По второму закону Ньютона \[F - pS + \rho gS\Delta R = \rho SR_{\text{п}}a.\] Из записанных уравнений с учётом того, что замена \(R_{\text{п}}\) на \(R\) мало изменит числовой ответ, получаем \[\dfrac{\Delta R}{R} = \left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2\dfrac{R}{2g} \approx \dfrac{1}{582}.\] Отметим, что табличное значение составляет \(\dfrac{1}{297}\).

Ответ

\(F_x = \sqrt{F^2 + 3m^2g^2\dfrac{r^2}{R^2}}\).

Решение

Разложим силу натяжения ленты на две составляющие: касательную \(F_t\) и нормальную \(F_{\text{н}}\) к поверхности мотка в точке отрыва. Касательную компоненту \(F_t\) находим из уравнения моментов для мотка, которое запишем для двух случаев: \[F_tR = mgr,\quad F_{tx}R = 2mgr.\] Тогда сила, с которой следует тянуть ленту в этих случаях, равна \[F = \sqrt{F_t^2 + F_{\text{н}}^2},\quad F_x = \sqrt{F_{tx}^2 + F_{\text{н}}^2}.\] Отсюда получаем \[F_x = \sqrt{F_{tx}^2 + F_{\text{н}}^2} = \sqrt{4m^2g^2\dfrac{r^2}{R^2} + F^2 - m^2g^2\dfrac{r^2}{R^2}} = \sqrt{F^2 + 3m^2g^2\dfrac{r^2}{R^2}}.\]

Ответ

1) \(v_B = 0\) (верхняя точка), \(v_A = 2v_0 = 12\) м/с (нижняя точка);  2) \(v_1 = 2\) м/с, \(s_1 = 8\) м;  3) к моменту \(t_2 = 4\) с скорость центра равна нулю, путь \(9\) м.

Решение

До удара при чистом качении скорость поступательного движения цилиндра \(v_0\) и угловая скорость \(\omega\) связаны соотношением \(v_0 = \omega R\), где \(R\) — радиус цилиндра.

1. После упругого удара скорость поступательного движения цилиндра изменяет знак, а угловая скорость вращательного движения остаётся прежней. Цилиндр начинает двигаться с проскальзыванием. Сразу после отражения цилиндра от стенки скорость его верхней точки \(B\) (рис. 42) равна \(v_B = v_0 - \omega R = 0\), а нижней точки \(A\) будет \(v_A = v_0 + \omega R = 2v_0\).

2. После отражения оба движения цилиндра — поступательное и вращательное — оказываются равнозамедленными, так как на него будет действовать постоянная сила трения скольжения \(F_{\text{тр}} = \mu mg\). Цилиндр будет двигаться с ускорением \[a = \dfrac{F_{\text{тр}}}{m} = \mu g.\] Через время \(t_1\) скорость цилиндра \[v_1 = v_0 - \mu gt_1 = 2\text{ м/с}\] и пройденный путь \[s_1 = v_0t_1 - \dfrac{at_1^2}{2} = 8\text{ м}.\] 3. Цилиндр остановится через время \(\tau = \dfrac{v_0}{a} = \dfrac{v_0}{\mu g} = 3\) с. К этому моменту прекратится и вращательное движение. Пройденный путь в этот момент будет равен \[s = v_0\tau - \dfrac{a\tau^2}{2} = \dfrac{v_0^2}{2\mu g} = 9\text{ м}.\] Следовательно, через \(t_2 = 4\) с скорость цилиндра равна нулю, а пройденный путь 9 м.

Ответ

\(|\Delta p_{AB}| = |\Delta p_{CD}| = \Delta\rho\,g\dfrac{h_0}{2} = 0{,}63\) Па.

Решение

Из условия сохранения массы разности давлений на концах трубки должны быть одинаковы: \(|\Delta p_{AB}| = |\Delta p_{CD}|\).

Распределение давлений в цилиндрах (в условных единицах) по высоте, считая от нижней трубки, показано на рис. 43. Давления изменяются по линейному закону. Из рисунка следует, что на уровне \(\dfrac{h_0}{2}\) давление в цилиндрах одинаково. Следовательно,

\[\Delta p_{AD} = -\Delta p_{CB} = \Delta\rho\,g\dfrac{h_0}{2},\] где \(\Delta\rho = \rho_2 - \rho_1 = \rho_0\beta(t_1 - t_2) = 1{,}26\cdot 10^{-1}\) кг/м\(^3\). Тогда \(\Delta p = 0{,}63\) Па.

Ответ

1) \(I = 0{,}094\) А;  2) \(I = 0{,}084\) А.

Решение

1. При последовательном соединении лампочек через каждую из них течёт ток \(I\). При этом напряжение \(U_1(I)\) на лампочке \(\text{Л}_1\) и напряжение \(U_2\) на лампочке \(\text{Л}_2\) связаны соотношением \[U_1(I) = U - U_2(I),\] где \(U\) — напряжение источника тока.

Точка пересечения графиков зависимостей \(U_1(I)\) и \(U - U_2(I)\) (рис. 44) определяет напряжения на лампочках и силу тока, текущего через них:

\[I = 0{,}094\text{ А}.\] 2. При последовательном соединении трёх лампочек надо построить суммарную вольт-амперную характеристику \(U_{23}(I)\) лампочек \(\text{Л}_2\) и \(\text{Л}_3\), соединённых последовательно, после чего задача сводится к предыдущей. Поскольку вольт-амперные характеристики лампочек \(\text{Л}_2\) и \(\text{Л}_3\) по условию совпадают, \(U_{23}(I) = 2U_2(I)\) (рис. 45). Силу тока, текущего через лампочку \(\text{Л}_1\), в случае последовательного соединения \(\text{Л}_1\), \(\text{Л}_2\) и \(\text{Л}_3\) найдём из графика (рис. 46)

\[I = 0{,}084\text{ А}.\]