ВсОШ, 1999/00, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Ответ

\(F = \alpha\rho a^2v^2\); \(v \approx 50\)–\(60\) м/с.

Решение

Для определения чисел \(m\), \(n\), \(k\) воспользуемся соображениями размерностей: сила выражается в кг\(\cdot\)м/с\(^2\), плотность — в кг/м\(^3\), размер \(a\) — в м, скорость — в м/с. Отсюда \[\dfrac{\text{кг}\cdot\text{м}}{\text{с}^2} = \dfrac{\text{кг}^m}{\text{м}^{3m}}\,\text{м}^n\,\dfrac{\text{м}^k}{\text{с}^k}.\] Приравнивая степени при кг, м, с в левой и правой частях данного равенства, получаем: \[1 = m,\quad 1 = -3 + k + n,\quad -2 = -k.\] Отсюда \[m = 1,\quad n = 2,\quad k = 2,\] \[F = \alpha\rho a^2v^2.\] Установившаяся скорость парашютиста в затяжном прыжке определяется из соотношения \[Mg = \alpha\rho a^2v^2.\] Подставляя \(M \approx 70\) кг, \(\rho = 1\) кг/м\(^3\), \(a^2 = 0{,}25\) м\(^2\), \(\alpha \approx 1\), \(g \approx 10\) м/с\(^2\), получаем \(v^2 \approx 2800\) м\(^2\)/с\(^2\), \(v \approx 50\)–\(60\) м/с.

Ответ

\(\mu_{\text{кр}} = \dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha - \dfrac{v^2}{gR}}\) (при \(\cos\alpha - \dfrac{v^2}{gR} > 0\)); при \(\mu\) чуть меньше \(\mu_{\text{кр}}\) груз начнёт скользить в точке 3.

Решение

При движении по наклонённому под углом \(\alpha\) прямолинейному участку дороги груз не будет скользить по кузову, если \(\mu > \operatorname{tg}\alpha\).

Рассмотрим движение по участкам дороги, которые имеют форму дуг окружностей радиуса \(R\). Обозначим через \(m\) массу груза, \(N\) — силу реакции со стороны кузова, \(F_{\text{тр}}\) — силу трения груза о кузов. Так как центростремительное ускорение равно \(v^2/R\), то для движения по участку дороги 3–4, выпуклому вверх (рис. 56, а):

\[mg\cos\beta - N = \dfrac{mv^2}{R}\quad\text{и}\quad mg\sin\beta = F_{\text{тр}}.\] Так как в случае отсутствия скольжения \(F_{\text{тр}} < \mu N\), то груз не будет скользить при \(\mu > \dfrac{\sin\beta}{\cos\beta - \dfrac{v^2}{gR}}\). Отметим, что при \(\cos\beta - \dfrac{v^2}{gR} < 0\) грузовик оторвётся от дороги, поэтому условие задачи о движении грузовика по дороге не будет выполнено.

Аналогично, для вогнутого участка дороги 1–2 (рис. 56, б) получаем, что груз не будет скользить при \(\mu > \dfrac{\sin\beta}{\cos\beta + \dfrac{v^2}{gR}}\). Таким образом, случай \(\cos\alpha - \dfrac{v^2}{gR} < 0\) не соответствует условию задачи,

а в случае \(\cos\alpha - \dfrac{v^2}{gR} \geqslant 0\) груз не будет скользить, если \(\mu > \mu_{\text{кр}} = \dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha - \dfrac{v^2}{gR}}\).

Если \(\mu\) будет чуть меньше, чем \(\mu_{\text{кр}}\), то груз в точке 3 начнёт скользить по кузову.

Ответ

Никогда: лёд в третьей банке не растает (минимальное напряжение, достаточное для плавления льда, \(U_{\min} = 156\) В).

Решение

Количество теплоты, подводимое ко льду, складывается из количества теплоты, втекающего из окружающей среды через стенки банки, и количества теплоты, преобразованного нагревательным элементом из электроэнергии. Во время плавления льда его температура остаётся постоянной (0 °С), поэтому и количество теплоты, ежесекундно подводимое ко льду через стенки банки, тоже постоянно. Обозначим его \(P_1\). Мощность тока нагревательного элемента равна \(\dfrac{U^2}{R}\), где \(U\) — напряжение, подаваемое на нагревательный элемент, \(R\) — его сопротивление. Пусть для плавления всего льда, находящегося в банке, необходима энергия \(W\). Тогда время плавления льда в банке найдём по формуле \[t_1 = \dfrac{W}{P_1 + \dfrac{U_1^2}{R}};\quad t_2 = \dfrac{W}{P_1 + \dfrac{U_2^2}{R}},\] где \(t_1\), \(t_2\), \(U_1\), \(U_2\) — время и напряжение в случае с первой и второй банкой. Решая систему двух приведённых уравнений, найдём неизвестную величину \(P_1\), точнее произведение

\[P_1R_1 = \dfrac{U_2^2t_2 - U_1^2t_1}{t_1 - t_2} = -2{,}44\cdot 10^4\text{ В}^2.\] Таким образом, оказывается, что \(P_1 < 0\), т.е. теплота отводится ото льда в окружающую среду. Минимальное напряжение, достаточное для плавления льда (т.е. такое, что \(P_1 + P_2 > 0\)), определяется выражением \(U_{\min} = \sqrt{-P_1R} = 156\) В. Значит, нагревательный элемент, питаемый напряжением \(U_3 = 127\) В, никогда не расплавит лёд, находящийся в третьей банке.

Ответ

\(L = \begin{cases}x_1\left[1 + \sqrt{\dfrac{a}{g}\left(2 - \dfrac{a}{g}\right)}\right] & \text{при } a < g,\\[3mm] 2x_1 & \text{при } a \geqslant g,\end{cases}\)  где \(x_1 = \dfrac{mg}{k}\). График \(L(a)\) в единицах \(x_1\) и \(g\) — четверть окружности с центром в точке \(\dfrac{L}{x_1} = 1\), \(\dfrac{a}{g} = 1\) при \(a < g\) и прямая \(L = 2x_1\) при \(a \geqslant g\).

Решение

Рассмотрим случай \(a < g\). До отрыва груза от подставки \[a = \dfrac{mg - N - kx}{m},\] где \(N\) — сила реакции опоры, \(x\) — удлинение пружины. В момент отрыва груза от подставки \(N = 0\), а удлинение \[x_0 = \dfrac{m(g - a)}{k}.\] В положении равновесия груза на пружине её удлинение \(x_1 = \dfrac{mg}{k}\). После отрыва от подставки на груз будет действовать сила \(F = mg - kx\). График зависимости силы \(F\) от удлинения \(x\) пружины приведён на рис. 57.

В момент начала движения подставки и в момент максимального удлинения пружины скорость груза равна нулю, в точке \(x_1\) — скорость максимальна.

Таким образом, на участке \((0, x_1)\) увеличение кинетической энергии груза равно работе внешних сил \(A_1\). На рис. 58 эта работа численно равна площади трапеции над осью \(Ox\). На участке \((x_1, L)\) уменьшается до нуля кинетическая энергия, и работа внешних сил \(A_2\) численно равна площади треугольника под осью \(Ox\). Ясно, что площади должны быть равны друг другу, т.е. \(A_1 = A_2\): \[\dfrac{1}{2}(x_0 + x_1)\,ma = \dfrac{1}{2}(L - x_1)(kL - mg),\] \[\left(\dfrac{x_0}{x_1} + 1\right)\dfrac{a}{g} = \left(\dfrac{L}{x_1} - 1\right)\left(\dfrac{L}{mg/k} - 1\right),\] \[2\dfrac{a}{g} - \left(\dfrac{a}{g}\right)^2 = \left(\dfrac{L}{x_1} - 1\right)^2,\] \[\left(\dfrac{L}{x_1} - 1\right)^2 + \left(\dfrac{a}{g} - 1\right)^2 = 1.\] Если на графике \(L\) откладывать в единицах \(x_1\), ускорение \(a\) в единицах \(g\), то график \(L(a)\) имеет наиболее простой вид.

Для \(\dfrac{a}{g} < 1\) соответствующая часть графика \(L(a)\) представляет собой четверть дуги окружности с центром в точке \(\dfrac{L}{x_1} = 1\), \(\dfrac{a}{g} = 1\) (рис. 58).

В случае, если \(a \geqslant g\), отрыв груза от подставки происходит сразу после начала её движения и \(L = 2x_1\). Эта часть графика \(L(a)\) представляет собой прямую линию. Окончательно имеем, что максимальная длина пружины \[L = \begin{cases} x_1\left[1 + \sqrt{\dfrac{a}{g}\left(2 - \dfrac{a}{g}\right)}\right] & \text{при } a < g,\\[3mm] 2x_1 & \text{при } a \geqslant g. \end{cases}\]

Ответ

\(\omega^- = A(l - \mu h)\) (диск вращается против часовой стрелки; при \(l \leqslant \mu h\) происходит «заклинивание»), \(\omega^+ = A(l + \mu h)\) (по часовой стрелке), где \(A = \dfrac{2P}{RMgL\mu}\).

Решение

Рассмотрим случай вращения диска против часовой стрелки (рис. 59). Условие равновесия бруска:

\[F_{\text{тр}}h + Mg\dfrac{L}{2} = Nl,\] где \(F_{\text{тр}} = \mu N\). Отсюда \[F_{\text{тр}} = \dfrac{MgL\mu}{2(l - \mu h)}.\] По определению \(P = Fv\). В нашем случае \(F = F_{\text{тр}}\), а \(v = \omega^-R\). Следовательно, \[\omega^- = \dfrac{P}{F_{\text{тр}}\cdot R} = \dfrac{2P}{RMgL\mu}(l - \mu h) = A(l - \mu h),\] где \(A = \dfrac{2P}{RMgL\mu}\) — коэффициент пропорциональности между \(\omega\) и \(l\).

Задача решается при \(l > \mu h\). При \(l \leqslant \mu h\) происходит «заклинивание», двигатель не может повернуть диск.

Если диск вращается по часовой стрелке, то его угловая скорость \(\omega^+ = A(l + \mu h)\), т.е. «заклинивания» нет.

Графики \(\omega^+(l)\) и \(\omega^-(l)\) представлены на рис. 60.

Ответ

\(s = \dfrac{gt_1t_2}{2}\).

Решение

Пусть \(\vec u_0\) — вектор начальной скорости камня, \(\vec u_{\text{к}}\) — вектор скорости камня в момент его попадания в лапу мышонка. Направим ось \(Ox\) вдоль ската крыши, ось \(Oy\) перпендикулярно ей через лапу мышонка (рис. 61). Из закона сохранения энергии следует \[\dfrac{mu_0^2}{2} = \dfrac{mu_{\text{к}}^2}{2},\] откуда получим \[|\vec u_0| = |\vec u_{\text{к}}|.\qquad (1)\] Проекция вектора скорости камня на ось \(Ox\) непосредственно перед ударом о скат крыши равна проекции скорости на эту же ось сразу после удара. Тогда

\[|u_{0x}| = |u_{\text{к}x}|.\qquad (2)\] Из (1) и (2) следует что \(|u_{0y}| = |u_{\text{к}y}|\). Запишем в проекциях на оси \(Ox\) и \(Oy\) уравнения движения \[u_{0x}t + \dfrac{g_xt^2}{2} = s_x,\qquad (3)\] \[u_{0y}t + \dfrac{g_yt^2}{2} = s_y,\qquad (4)\] где \(g_x\) и \(g_y\) — проекции \(\vec g\) на соответствующие оси. По теореме Виета уравнения (3) и (4) можно преобразовать к виду \[s_x = -\dfrac{g_xt_1t_2}{2},\qquad (5)\] \[s_y = -\dfrac{g_yt_1t_2}{2}.\qquad (6)\] Тогда \(s = \sqrt{s_x^2 + s_y^2} = \dfrac{gt_1t_2}{2}\).

Ответ

\(\lambda_2 = \lambda_1 - (c_1 - c_2)\Delta t = 3{,}12\cdot 10^5\) Дж/кг.

Решение

Решение задачи поясняет рис. 62. В прямоугольной рамке указано агрегатное состояние воды и её температура. В овальной рамке — количество теплоты, необходимое для перехода по схеме по направлению вращения часовой стрелки к очередному состоянию.

При прохождении вдоль схемы через все агрегатные состояния соблюдается баланс тепла \[\lambda_1m + c_2m\Delta t = \lambda_2m + c_1m\Delta t.\] Отсюда следует, что \[\lambda_2 = \lambda_1 - (c_1 - c_2)\,\Delta t = 3{,}12\cdot 10^5\text{ Дж/кг}.\]

Ответ

\(U_{13} = 3{,}75\) В, \(U_{23} = 11{,}25\) В. Схема «треугольник»: \(r_{13} = R\), \(r_{12} = 2R\), \(r_{23} = 3R\); эквивалентная схема «звезда»: \(r_1 = R\), \(r_3 = \dfrac{3}{2}R\), \(r_2 = 3R\).

Решение

Рассмотрим соединение резисторов «треугольником» (рис. 63, а). Тогда при подключении источника напряжения к клеммам 1, 3 по ветви 1–2–3 будет течь ток \(I\), поэтому \[U_{12} = Ir_{12},\quad U_{23} = Ir_{23}.\] Отсюда \[\dfrac{r_{12}}{r_{23}} = \dfrac{U_{12}}{U_{23}} = \dfrac{6}{9}.\] Аналогично, для случая подключения источника питания к выходам 2, 3 можно записать \[\dfrac{r_{12}}{r_{13}} = \dfrac{U_{21}}{U_{13}} = \dfrac{10}{5}.\] Тогда получим \(r_{13} < r_{12} < r_{23}\). Значит,

\[r_{13} = R,\quad r_{12} = 2R,\quad r_{23} = 3R.\] Для соединения «звездой» (рис. 63, б) получаем, что при подключении источника напряжения к клеммам 1 и 3 ток \(I_{13}\) течёт только по ветви 1–0–3, поэтому

\[U_{12} = I_{13}r_1,\quad U_{23} = I_{13}r_3,\] а при подключении к выходам 2, 3

\[U_{21} = I_{13}r_2\text{ и }U_{13} = I_{13}r_3.\] Отсюда \(r_1 < r_3 < r_2\), значит, \[r_1 = R,\quad r_3 = \dfrac{3}{2}R,\quad r_2 = 3R.\] Эти две схемы полностью эквивалентны, поэтому напряжения \(U_{13}\) и \(U_{23}\) можно вычислять по любой из них. Воспользуемся схемой «звезда»: \[U_{13} = Ir_1,\quad U_{23} = Ir_2,\quad U_{13} + U_{23} = U.\] Отсюда получаем \[\dfrac{U_{23}}{U_{13}} = \dfrac{3}{1}\text{ и }U_{13} = \dfrac{15}{4} = 3{,}75\text{ В},\] \[U_{23} = \dfrac{45}{4} = 11{,}25\text{ В}.\]