ВсОШ, 2012/13, региональный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Сколько воды в секунду попадает в стакан? Как связаны скорости погружения стакана относительно поверхности воды и подъёма уровня воды в сосуде с объёмом поступающей воды?

Ответ

\(v = 1\) мм/с.

Решение

Объём воды, ежесекундно поступающей в стакан, \(V_1 = \dfrac{\mu}{\rho} = 14\) см\(^3\)/с. Скорость погружения стакана в воду (относительно его поверхности) \[v_1 = \frac{4V_1}{\pi d^2}.\] Скорость подъёма уровня воды в сосуде (относительно дна цилиндра) \[v_2 = \frac{4V_1}{\pi D^2}.\] Относительно дна сосуда стакан будет погружаться со скоростью \[v = v_1 - v_2 = \frac{4V_1(D^2 - d^2)}{\pi d^2 D^2} = 1~\text{мм/с}.\]

Подсказка

Запишите уравнения теплового баланса для обоих опытов. Объём свободного пространства в сосудах одинаков, и это даёт связь между объёмами воды и опилок.

Ответ

\(c_м = \dfrac{9}{20}\,\dfrac{\rho_в}{\rho_м}\,c_в \approx 1{,}1\) Дж/(г\(\cdot\,^\circ\)C) (это магний).

Решение

Введём обозначения: \(C\) — теплоёмкость неизвестной жидкости и сосуда, \(c_м\) — удельная теплоёмкость опилок, \(V_м\) — объём опилок в первом сосуде, \(V'_м = 10V_м\) — объём опилок во втором сосуде, \(V_в\) — объём воды, залитой в первый сосуд, \(\rho_в = 1{,}00\) г/см\(^3\) — плотность воды, \(\Delta t'_1 = \Delta t'_2\) — изменение температуры воды и опилок во втором случае.

Уравнения теплового баланса для первого и второго случаев: \[(C + c_в\rho_в V_в)\,\Delta t_1 = c_м\rho_м V_м\,\Delta t_2, \qquad C\,\Delta t'_1 = c_м\rho_м V'_м\,\Delta t'_2.\] Свободный объём в каждом из сосудов одинаков: \(V_в + V_м = V'_м\), откуда \(V_в = 9V_м\). Подставив эту связь объёмов, получим систему \[\frac{C}{\rho_м} + 9c_в V_м\frac{\rho_в}{\rho_м} = \frac{c_м V_м\,\Delta t_2}{\Delta t_1}, \qquad \frac{C}{\rho_м} = \frac{10\,c_м V_м\,\Delta t'_2}{\Delta t'_1}.\] Вычитая второе уравнение из первого и учитывая \(\Delta t'_1 = \Delta t'_2\), получим \[9c_в V_м\frac{\rho_в}{\rho_м} = c_м V_м\left(\frac{\Delta t_2}{\Delta t_1} - 10\right) = 20\,c_м V_м,\] откуда \[c_м = \frac{9}{20}\,\frac{\rho_в}{\rho_м}\,c_в \approx 1{,}1~\text{Дж/(г$\cdot\,^\circ$C)}.\] Такими теплоёмкостью и плотностью обладает магний.

Подсказка

Время подъёма яблока в системе отсчёта Вовочки и в системе отсчёта Марьиванны различается на величину, связанную с вертикальной составляющей скорости эскалатора.

Ответ

\(u \approx 0{,}7\) м/с.

Решение

В системе отсчёта Вовочки время подъёма яблока \(t_1 = \dfrac{v_0}{g}\), где \(v_0\) — начальная скорость яблока. В системе отсчёта Марьиванны вертикальная компонента начальной скорости яблока уменьшится на удвоенную вертикальную компоненту скорости эскалатора (по модулю), поэтому время подъёма составит \(t_2 = \dfrac{v_0 - 2u\sin\alpha}{g}\). Разность показаний часов \[\Delta t = t_1 - t_2 = \frac{2u\sin\alpha}{g}.\] Отсюда находим скорость эскалаторов: \[u = \frac{g\,\Delta t}{2\sin\alpha} \approx 0{,}7~\text{м/с}.\]

Подсказка

Траектория мячика после упругих отскоков — совокупность частей парабол. Расстояние \(d\) минимально, когда мячик пролетает через кольца в соседних точках траектории.

Ответ

При \(\dfrac{gH}{v_0^2} \leqslant \dfrac{3}{16}\): \(d = \dfrac{v_0^2}{g}\left(1 - \sqrt{1 - \dfrac{4gH}{v_0^2}}\right)\); при \(\dfrac{gH}{v_0^2} > \dfrac{3}{16}\): \(d = \dfrac{v_0^2}{g}\sqrt{1 - \dfrac{4gH}{v_0^2}}\). При \(gH \ll v_0^2\): \(d \approx 2H\).

Решение

Поскольку удары мячика о пол абсолютно упругие и трение отсутствует, траектория мячика — совокупность частей парабол (рис. 12). Уравнения движения на участке траектории \(ABCD\) в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси: \[\begin{cases} x = (v_0\cos\alpha)\,t, \\ y = (v_0\sin\alpha)\,t - \dfrac{gt^2}{2}. \end{cases}\] Выразив \(y\) через \(x\), получим уравнение траектории: \[y(x) = x\,\mathrm{tg}\,\alpha - \frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\alpha} = x - \frac{gx^2}{v_0^2}.\]

Расстояние \(d\) будет минимально, если шарик пролетит через кольца либо в точках траектории \(B\) и \(C\), либо в точках \(C\) и \(E\). Значит, \(d\) — это длина меньшего из отрезков \(BC\) и \(CE\). Для нахождения \(x\)-координат точек \(B\) и \(C\) приравняем правую часть уравнения траектории к \(H\). Решив получившееся квадратное уравнение, найдём: \[x_{B,C} = \frac{v_0^2}{2g}\left(1 \mp \sqrt{1 - \beta}\right), \qquad \text{где}\quad \beta = \frac{4gH}{v_0^2} < 1,\] откуда \[BC = x_C - x_B = \frac{v_0^2}{g}\sqrt{1 - \beta}, \qquad CE = 2x_B = \frac{v_0^2}{g}\left(1 - \sqrt{1 - \beta}\right).\] Случай, когда \(BC < CE\), реализуется при \(\sqrt{1-\beta} < 1/2\), то есть при \(\beta > 3/4\). Если \(\beta \leqslant 3/4\), то \(d = CE\). Окончательный ответ: \[d = \begin{cases} CE = \dfrac{v_0^2}{g}\left(1 - \sqrt{1 - \dfrac{4gH}{v_0^2}}\right), & \dfrac{gH}{v_0^2} \leqslant \dfrac{3}{16}; \\[2ex] BC = \dfrac{v_0^2}{g}\sqrt{1 - \dfrac{4gH}{v_0^2}}, & \dfrac{gH}{v_0^2} > \dfrac{3}{16}. \end{cases}\] В случае, когда \(gH \ll v_0^2\), то есть \(\beta \ll 1\), \[d = \frac{v_0^2}{g}\left(1 - \sqrt{1-\beta}\right) = \frac{v_0^2}{g}\, \frac{1 - 1 + \beta}{1 + \sqrt{1-\beta}} \approx \frac{v_0^2}{2g}\,\beta = 2H.\] Тот же ответ может быть получен из простых геометрических соображений: следует заменить рассматриваемый участок траектории \(CDE\) двумя отрезками прямых (рис. 13).

Подсказка

Ток через вольтметр \(V_2\) равен разности показаний амперметров. Найдите сопротивление вольтметра, затем токи через вольтметр \(V_1\) и резистор \(R\).

Ответ

\(R = \dfrac{U_1U_2}{U_2I_1 - U_1(I_2 - I_1)} \approx 323\) Ом.

Решение

Сила тока, протекающего через вольтметр \(V_2\): \(i_2 = I_2 - I_1\). Сопротивление вольтметра \[R_V = \frac{U_2}{i_2} = \frac{U_2}{I_2 - I_1}.\] Сила тока, протекающего через вольтметр \(V_1\): \[i_1 = \frac{U_1}{R_V} = \frac{U_1}{U_2}(I_2 - I_1).\] Сила тока, протекающего через резистор: \[I_R = I_1 - i_1 = I_1 - \frac{U_1}{U_2}(I_2 - I_1).\] Сопротивление резистора \[R = \frac{U_1}{I_R} = \frac{U_1U_2}{U_2I_1 - U_1(I_2 - I_1)} \approx 323~\text{Ом}.\]