ВсОШ, 2010/11, региональный этап, 9 класс, теоретический тур

Ответ

\(H_y = \dfrac{m}{\rho a^2} + \dfrac{\pi R^2 h}{a^2} \approx 4{,}3\) см (квадратный тазик всплывает).

Решение

Исходный объём воды в круглом тазике равен объёму воды, вылитой в поддон. Площадь поддона, не занятая квадратным тазиком, равна \(3a^2/4\), таким образом, если квадратный тазик не всплывает, то уровень \(H_1\) воды в поддоне найдём из условия: \[\pi R^2 h = \dfrac{3}{4}a^2 H_1.\] Отсюда: \[H_1 = \dfrac{4\pi R^2 h}{3a^2} \approx 5{,}2\text{ см}.\] Теперь выясним, всплывёт ли квадратный тазик, и если всплывёт, то на какую глубину \(y\) он погрузится в воду. По закону Архимеда: \[mg = \rho g y\cdot\left(\dfrac{a}{2}\right)^2.\] Отсюда: \[y = \dfrac{4m}{\rho a^2} = 1{,}5\text{ см}.\] Следовательно, при выливании в поддон всей воды, содержащейся в круглом тазике, квадратный тазик всплывёт.

Сила давления на дно поддона складывается из веса тазика и веса вылитой в поддон воды \(m_{\text{в}}g\). С другой стороны (так как на дно поддона давит только вылитая вода и никакие другие тела дна поддона не касаются), сила давления воды на дно поддона равна гидростатическому давлению слоя воды искомого уровня \(H_y\), умноженному на площадь дна поддона. \[mg + m_{\text{в}}g = \rho g a^2 H_y.\] Масса \(m_{\text{в}}\) вылитой в поддон воды равна объёму круглого тазика, умноженному на плотность воды, то есть \(m_{\text{в}} = \pi R^2 h\rho\). Окончательно получим: \[H_y = \dfrac{m}{\rho a^2} + \dfrac{\pi R^2 h}{a^2} \approx 4{,}3\text{ см}.\]

Ответ

\(t = \dfrac{\mu c_{\text{в}} t_1/(kS) + t_0}{\mu c_{\text{в}}/(kS) + 1} = 48\ ^\circ\)С, где \(S = 2a^2 + 4aH\).

Решение

Поскольку уровень воды в раковине установился, количество воды, вытекающей из крана, равно количеству воды, подтекающей из слива. По формуле Ньютона поток тепла \(q = kS(t - t_0)\), где \(S = 2a^2 + 4aH\) — площадь поверхности воды. Исходя из этого запишем уравнение теплового баланса: \[c_{\text{в}}\mu(t_1 - t) = q. \tag{1}\] Из (1) находим: \[t = \dfrac{\mu c_{\text{в}} t_1/(kS) + t_0}{\mu c_{\text{в}}/(kS) + 1} = 48\ ^\circ\text{С}.\]

Ответ

\(\Delta v \approx \dfrac{v_0^3}{gL^2}\Delta h \approx 29\) м/с; точный расчёт даёт \(\Delta v = v_0\left(\dfrac{1}{\sqrt{1 - 2v_0^2\Delta h/(gL^2)}} - 1\right) = 28{,}6\) м/с.

Решение

Для двух пуль, вылетевших со скоростями \(v_1\) и \(v_2\): \[t_1 = \dfrac{L}{v_1},\qquad t_2 = \dfrac{L}{v_2},\qquad h_1 = \dfrac{gt_1^2}{2},\qquad h_2 = \dfrac{gt_2^2}{2},\] где \(t_1\) — время пролёта наиболее быстрых пуль, \(t_2\) — наиболее медленных, а \(h_1\) и \(h_2\) — соответствующие смещения пуль по вертикали.

Разница высот: \[\Delta h = h_2 - h_1 = \dfrac{gL^2}{2}\left(\dfrac{1}{v_2^2} - \dfrac{1}{v_1^2}\right) = \dfrac{gL^2}{2}\,\dfrac{(v_1 + v_2)(v_1 - v_2)}{v_1^2 v_2^2}.\tag{2} \tag{1}\] Так как разброс скоростей пуль достаточно мал, то \(v_1 + v_2 \approx 2v_0\), \(v_1 - v_2 = \Delta v\), откуда: \[\Delta h \approx \dfrac{gL^2}{2}\cdot\dfrac{2v_0\Delta v}{v_0^4} = \dfrac{gL^2}{v_0^3}\Delta v.\tag{3} \tag{2}\] Отсюда найдём: \[\Delta v \approx \dfrac{v_0^3}{gL^2}\Delta h \approx 29\text{ м/с}.\] Задачу можно решить и точно, поскольку в (2) скорости \(v_1 = v_0\), \(v_2 = v_0 - \Delta v\). Тогда: \[\Delta h = \dfrac{gL^2}{2}\left(\dfrac{1}{(v_0 - \Delta v)^2} - \dfrac{1}{v_0^2}\right).\tag{4} \tag{3}\] Отсюда: \[v_0 - \Delta v = \dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{v_0^2} - \dfrac{2\Delta h}{gL^2}}},\] или \[\Delta v = v_0\left(\dfrac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{2v_0^2\Delta h}{gL^2}}} - 1\right) = 28{,}6\text{ м/с}.\tag{5} \tag{4}\]

Ответ

1) \(T_1 = (\sqrt{2} + 1)\dfrac{v_0}{\mu g}\);  2) \(T = 2\sqrt{\dfrac{L(\sqrt{2} + 1)}{\mu g}}\).

Решение

Наибольшее ускорение ученика, обусловленное трением, \(a = \mu g\) как при разгоне, так и при торможении (рис. 19). На скользком участке скорость не меняется.

Пусть школьник в течение времени \(t_1\) удаляется с ускорением \(a\) от края дороги. Затем он начинает тормозить с тем же ускорением. До полной остановки уйдёт такое же время \(t_1\). При этом он окажется на расстоянии \(s = at_1^2\) от края дороги. Разгоняясь в сторону границы, он затратит ещё время \(t_2\), чтобы вновь преодолеть расстояние \(s\). При этом \(s = at_2^2/2\). Скорость же на границе \(v = at_2\).

Выражая \(t_1\) через \(t_2\), а затем \(t_2\) через \(v_0\), получим ответ на первый вопрос: \[T_1 = (\sqrt{2} + 1)\dfrac{v_0}{\mu g}.\] Время пересечения дороги \(t_3\) равно: \[t_3 = L/(at_2).\] Полное время движения: \[T = 2t_1 + t_2 + t_3.\] Выражая \(t_1\) через \(t_2\), получим: \[T = (\sqrt{2} + 1)t_2 + L/(at_2).\] Наименьшее время достигается при \((\sqrt{2} + 1)t_2 = L/(at_2)\), то есть при условии: \[t_2^2 = \dfrac{L}{(\sqrt{2} + 1)a}.\] Отсюда: \[T = 2\sqrt{\dfrac{L(\sqrt{2} + 1)}{\mu g}}.\]

Ответ

1) \(U_1 = 3\) В, \(U_2 = 9\) В; \(I_1 = I_3 = 6\) мА, \(I_2 = -3\) мА (стрелка амперметра \(A_2\) отклонится влево, остальные приборы — вправо);  2) \(U_3 = 7{,}2\) В, \(U_4 = -4{,}0\) В (стрелка вольтметра \(V_4\) отклонится влево), \(U_5 = 8{,}8\) В; \(I_4 = I_5 = 0{,}8\) мА.

Решение

1. Для того, чтобы определить показания вольтметров в схеме Глюка, вместо амперметров изобразим участки проводника с нулевым сопротивлением (так как амперметры идеальные) (рис. 20). Получим следующую эквивалентную схему:

Тогда показания вольтметров \(V_1\) и \(V_2\) будут соответственно равны: \[U_1 = U_0\dfrac{R_1}{R_1 + R_3} = 3\text{ В},\qquad U_2 = U_0\dfrac{R_3}{R_1 + R_3} = 9\text{ В}.\] Теперь найдём показания амперметров. Для этого вместо вольтметров сделаем разрыв цепи (так как через идеальные вольтметры ток не течёт) (рис. 21). Эквивалентная схема:

Показания амперметров \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\) соответственно равны: \[I_1 = I_3 = \dfrac{U_0}{R_2} = 6\text{ мА},\qquad I_2 = -\dfrac{U_0}{R_1 + R_3} = -3\text{ мА}.\] Отрицательная сила тока \(I_2\) означает, что стрелка амперметра \(A_2\) отклонится влево.

2. Аналогичным образом поступаем со схемой Бага. Эквивалентная схема для расчёта показаний вольтметров (рис. 22):

Показания вольтметров равны соответственно: \[U_3 = \dfrac{R_4 + R_5}{R_4 + R_5 + R_6}U_0 = 7{,}2\text{ В},\] \[U_4 = -\dfrac{R_5}{R_4 + R_5 + R_6}U_0 = -4{,}0\text{ В},\] \[U_5 = \dfrac{R_5 + R_6}{R_4 + R_5 + R_6}U_0 = 8{,}8\text{ В}.\] Отрицательное напряжение \(U_4\) означает, что стрелка вольтметра \(V_4\) отклонится влево.

Эквивалентная схема для расчёта показаний амперметров (рис. 23):

Показания амперметров \(A_4\) и \(A_5\) равны соответственно: \[I_4 = I_5 = \dfrac{U_0}{R_4 + R_5 + R_6} = 0{,}8\text{ мА}.\]