Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Физика

Олимпиада “Ломоносов” – физика, 9 класс

[latexpage]

Всем здравствуйте! В начале декабря завершился он-лайн этап олимпиады “Ломоносов”, и, думаю, уже можно выложить решения. Первая задача, возможно, и не относится к задачам 9 класса, но прислали мне задачи вместе с ней – поэтому и ее я тоже решила.

Задача 1. Теплоход, полная масса которого вместе с грузом и пассажирами составляет $m=3200$ т, вошел из моря в устье реки. Найдите массу $\Delta m$ груза, который необходимо снять с теплохода, чтобы глубина погружения теплохода не изменилась. Плотность морской воды $\rho_1=1,03$ г/см$^3$, плотность речной $\rho_2=1$ г/см$^3$. Ответ приведите в тоннах, округлив его до целого значения.

Так как изменится плотность воды – станет меньше – то сразу изменится и сила Архимеда, которая прямо зависит от плотности жидкости. Можно записать, что сила Архимеда изменится на величину:

$$\Delta F_A=\Delta \rho g V$$

Но сила Архимеда равна силе тяжести:

$$ F_A=mg=\rho_1 g V $$

Тогда

$$\Delta F_A=\Delta m g$$

Следовательно,

$$\frac{\Delta F_A }{ F_A }=\frac{\Delta m }{m}=\frac{\Delta \rho }{\rho_1 }=\frac{\rho_1- \rho_2}{\rho_1 }$$

$$\Delta m=\frac{(\rho_1- \rho_2)m}{\rho_1 }=\frac{3,2\cdot10^6(30)}{1030}=93200$$

Ответ: 93 тонны.

 

Задача 2. Вратарь школьной футбольной команды Игорь ударом ноги отбил мяч от ворот на расстояние $l=26$ м, при этом мяч опустился на землю через 3 с после удара. На какое максимальное расстояние $L$ мог бы отбить Игорь мяч ударом той же силы, если бы он лучше знал физику? Сопротивлением воздуха пренебрегите. $g=10$ м/с$^2$. Ответ приведите в метрах, округлив до одного знака после запятой.

В верхней точке полета, куда мяч летел $\frac{t}{2}=1,5$ с, его вертикальная составляющая скорости стала равна 0:

$$\upsilon_0 \sin{\alpha}-g\frac{t}{2}=0$$

$$\upsilon_0 \sin{\alpha}=g\frac{t}{2}$$

По горизонтали мяч летел время $t$ со скоростью $\upsilon_0 \cos{\alpha}$ – горизонтальной составляющей скорости – и пролетел 26 м:

$$\upsilon_0 \cos{\alpha}t=l$$

Разделим уравнения друг на друга:

$$\frac{\operatorname{tg}{\alpha}}{t}= g\frac{t}{2l}$$

$$\operatorname{tg}{\alpha}= g\frac{t^2}{2l}=1,73$$

$$\alpha=60^{\circ}$$

Определим теперь скорость мяча:

$$\upsilon_0 =\frac {l }{\cos{\alpha}t } =\frac{26}{3\cdot0,5}=17,3$$

Если бы вратарь отбил мяч под углом $45^{\circ}$, дальность полета была бы максимальной:

$$L=\upsilon_0 \cos{\beta}t=17,3\cdot3\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=36,6$$

Ответ: $L=36,6$ м.

Задача 3. На гладком столе лежит доска массой $M=500$ г, на краю которой покоится маленькая шайба массой $m=100$ г. Коэффициент трения между шайбой и доской равен $\mu=0,1$. Какую максимальную по модулю скорость $\upsilon_{max}$ можно сообщить шайбе, чтобы, пройдя по доске путь до уступа и обратно, она осталась на доске? Длина доски до уступа равна $l=1$ м. Удар шайбы об уступ считайте абсолютно упругим. $g=10$ м/с$^2$. Ответ округлите до двух  знаков после запятой.

Будем рассматривать движение обоих тел в системе отсчета «стол». Так как между шайбой и доской есть сила трения, то она воздействует неизбежно на оба тела. Грамотно нарисовать две силы, направленные в противоположные стороны, а ниже сделать указание на третий закон Ньютона, по которому

$$F_{tr}= \mid F_{tr1}\mid =\mid F_{tr2}\mid$$

Сила трения по определению равна

$$F_{tr}=\mu N$$

Так как доска горизонтальна, то $N=mg$

$$F_{tr}=\mu m g$$

Относительно стола  шайба едет вправо.  Нарисуем вектор ускорения шайбы $\vec{a_1}$. Доска же будет двигаться влево. Пусть ее ускорение $\vec{a_2}$. Ускорение  шайбы направлено влево и равно

$$a_1=\mu g$$

Ускорение доски  направлено вправо и равно

$$a_2=\frac{F_{tr}}{M}=\frac{\mu m g }{M} $$

Когда шайбе сообщили импульс, придав  ей скорость, то доска тоже приобрела такой же импульс. Так как масса доски больше, чем масса шайбы, то скорость доски $\upsilon$ будет меньше скорости шайбы.

$$\upsilon_{max} m=\upsilon(m+M)$$

$$\upsilon=\frac{\upsilon_{max} m }{m+M}$$

Расстояние между шайбой и уступом $l$, шайба начинает двигаться вправо, а доска влево, и они покрывают это расстояние вместе, но шайба пройдет больший путь, так как ее скорость больше, чем у доски.

Не забудем, что мы находимся на неподвижном столе. Относительно стола скорость шайбы будет равна

$$\upsilon_{st}=\frac{5\upsilon_{max}}{6}$$

Так как скорости относятся как

$$\frac{\upsilon_{max}}{\upsilon}=\frac{m+M}{m}=6$$

то и пройденные шайбой и доской пути будут относиться так же, то есть шайба преодолеет $\frac{5l}{6}$. Тогда можно определить ее скорость к моменту столкновения с уступом:

$$\upsilon_1^2-\upsilon_{st }^2=-2a_1\cdot \frac{5l}{6}$$

$$\upsilon_1^2=\upsilon_{st}^2-2a_1\cdot \frac{5l}{6}$$

$$\upsilon_1=\sqrt{\upsilon_{st}^2-2a_1\cdot \frac{5l}{6}}$$

$$\upsilon_1=\sqrt{\frac{25}{36}\upsilon_{max}^2-2 \mu g\cdot \frac{5l}{6}}$$

После столкновения модуль скорости шайбы останется тем же, но направление скорости изменится: шайба будет двигаться влево. И снова за счет отношения скоростей шайбы и доски шайба пройдет только $\frac{5l}{6}$ расстояния, отделяющего ее от финишной точки. Тогда можно записать, что

$$\upsilon_2^2=\upsilon_1^2-2 \mu g\cdot \frac{5l}{6}$$

$$\upsilon_2^2=\frac{25}{36}\upsilon_{max}^2-2 \mu g\cdot \frac{5l}{6}-2 \mu g\cdot \frac{5l}{6}$$

А так как мы хотим, чтобы шайба в конце остановилась, приравняем это к нулю:

$$\upsilon_2=0$$

$$\frac{25}{36}\upsilon_{max}^2-4 \mu g\cdot \frac{5l}{6}=0$$

$$\upsilon_{max}^2=4 \mu g\cdot \frac{6l}{5}$$

$$\upsilon_{max}=\sqrt{\frac{24}{5}\mu g l}$$

$$\upsilon_{max}=\sqrt{\frac{24}{5}\cdot0,1\cdot10\cdot1}=2,19$$

Ответ: $\upsilon_{max}=2,19$ м/с.

 

Задача 4. Влажный снег при температуре $t_0=0^{\circ}$ C представляет собой смесь воды и кристалликов льда. Для определения количества льда и воды в снеге провели следующий опыт: набрав снег в два одинаковых стакана, один из них поместили в холодильник при нулевой температуре, а другой нагрели вместе с содержимым до температуры $t_1=100^{\circ}$ C. Затем смешали содержимое обоих стаканов в калориметре с малой теплоемкостью. После установления теплового равновесия оказалось, что температура содержимого калориметра равна $t_3=24^{\circ}$ C. Определите отношение $k$ массы льда к массе воды во влажном снеге по результатам этого опыта. Удельная теплоемкость воды $c=4200$ Дж/(кг К), удельная теплота плавления льда $\lambda=330$ кДж/(кг К). Ответ выразите в процентах, округлив до целого.

Обозначим  $m_v$ – массу воды, и $m_l$ -массу льда.  Теплая вода из второго стакана будет остывать, и отдавать тепло. Остынет она на $\Delta t_1=t_1-t_3$.

Отданное ей тепло:

$$Q=c(m_v+m_l) \Delta t_1$$

Отдаваемое ей тепло пойдет на то, чтобы растопить лед в первом стакане, и нагреть эту воду и ту, которая содержалась в стакане помимо льда, до $t_3=24^{\circ}$: $\Delta t_2=t_3-t_0$. Тогда на плавление пойдет:

$$Q_1=\lambda m_l$$

На нагрев воды, получившейся изо льда, пойдет:

$$Q_2=c m_l  \Delta t_2$$

На нагрев воды, содержавшейся в снегу:

$$Q_3= c m_v \Delta t_2$$

Составим уравнение теплового баланса:

$$Q=Q_1+Q_2+Q_3$$

$$ c(m_v+m_l) \Delta t_1= \lambda m_l +c m_l  \Delta t_2+ c m_v \Delta t_2$$

Упрощаем:

$$ c(m_v+m_l) \Delta t_1= \lambda m_l +c \Delta t_2( m_l  + m_v)$$

$$ c(m_v+m_l) \Delta t_1- c \Delta t_2( m_l  + m_v)= \lambda m_l $$

$$ c(m_v+m_l)( \Delta t_1-  \Delta t_2)= \lambda m_l $$

Нам надо отыскать отношение $\frac{ m_l }{ m_v}=p$, разделим на массу воды все уравнение и введем замену отношения на $p$:

$$ c(1+p)( \Delta t_1-  \Delta t_2)= \lambda p $$

$$ cp( \Delta t_1-  \Delta t_2)- \lambda p =c( \Delta t_2-  \Delta t_1)$$

$$p=\frac{ c( \Delta t_2-  \Delta t_1)}{ c( \Delta t_1-  \Delta t_2)- \lambda}$$

Поменяем знаки, т.к.  $\Delta t_2<  \Delta t_1$:

$$p=\frac{ c( \Delta t_1-  \Delta t_2)}{ \lambda -c(\Delta t_1-  \Delta t_2) }$$

Подставляем числа:

$$p=\frac{ 4200( 76-  24)}{ 330 000 -4200(76- 24) }=1,957$$

Выразим в процентах: $p=196$ %

Ответ: $p=\frac{ m_l }{ m_v}=196$ %

Задача 5. Для измерения сопротивления резистора последовательно с ним включают амперметр, который показывает силу тока $I=9$ А, а к концам резистора подключают вольтметр, который показывает напряжение $U=100$ В. Внутреннее сопротивление вольтметра $r=1$ кОм, а внутренним сопротивлением амперметра можно пренебречь. Определите по этим данным сопротивление резистора $R$. Ответ приведите в Омах, округлив его до одного знака после запятой.

К задаче 5

Сопротивление вольтметра подключено параллельно исследуемому, поэтому их эквивалентное сопротивление равно:

$$R_e=\frac{Rr}{R+r}$$

Тогда запишем закон Ома:

$$R_e I=U$$

$$\frac{Rr}{R+r}=\frac{U}{I}$$

$$Rr=\frac{U(R+r)}{I}$$

$$Rr=\frac{UR}{I}+\frac{Ur}{I}$$

$$Rr-\frac{UR}{I}=\frac{Ur}{I}$$

$$R\left(r-\frac{U}{I}\right)= \frac{Ur}{I}$$

$$R=\frac{Ur}{Ir-U}=\frac{100\cdot1000}{9000-100}=11,24$$

Ответ: $R=11,2$ Ом.

 

Задача 6. Зеркальная дверь может вращаться вокруг оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через точку $O$. Мальчик $M$ и девочка $D$ стоят перед дверью, как показано на рисунке. Угол $\angle AOM=30^{\circ}$, угол $\angle AOD=62^{\circ}$. На какой минимальный угол $\varphi$ в направлении, указанном стрелкой, нужно повернуть дверь, чтобы мальчик перестал видеть в ней отражение девочки? Ответ приведите в градусах, округлив до одного знака после запятой.

Нарисуем изображение девочки $D’$ и линию взгляда мальчика (зеленая). (При этом помним, что в зеркале расстояния от зеркала до предмета и от зеркала до изображения равны!):

К задаче 6 – исходное положение

 

Теперь повернем дверь немного и снова изобразим то же самое:

К задаче 6 – начинаем поворачивать дверь

И еще раз:

К задаче 6 – угол поворота растет

К задаче 6 – угол поворота растет

К задаче 6 – достигнут предельный угол видимости

Теперь понятно, когда мальчик перестанет видеть девочку: когда линия его взгляда будет проходить через точку $O$. Так как расстояние от девочки до зеркала и от зеркала до изображения одинаковые, то треугольник $DOD’$ – равнобедренный ($OH$ – его медиана и высота). Обозначим угол $\angleDOH=\gamma$, а угол, на который повернули дверь – $\angle \varphi$. Тогда угол $QOH$ – развернутый. Он равен сумме:

$$\angle QOH=\gamma+\beta+ \varphi=180^{\circ}$$

Угол $AOB$ – тоже развернутый. Он равен

$$\angle AOB =2\gamma+(\beta-\alpha)=180^{\circ}$$

Умножим первое уравнение на 2 и вычтем из него второе:

$$2\gamma+2\beta+ 2\varphi=360^{\circ}$$

При вычитании получим:

$$\beta+\alpha+2\varphi=180^{\circ}$$

$$2\varphi=180^{\circ}-(\beta+\alpha)$$

$$\varphi=90^{\circ}-\frac{\beta+\alpha}{2}$$

Подставляя численные данные, получим:

$$\varphi=90^{\circ}-\frac{62^{\circ}+30^{\circ}}{2}=90^{\circ}-46^{\circ}=44^{\circ}$$

Это предельный угол видимости. Если дверь повернуть еще больше, девочку видно уже не будет. Тогда ответ: $\varphi>44^{\circ}$.

 

Задача 7. На горизонтальном дне бассейна лежит однородная балка, имеющая форму прямой призмы с основаниями в виде правильных треугольников. Когда в бассейн наливают воду в таком количестве, что поверхность воды оказывается на одном уровне  с верхним ребром балки, сила давления балки на дно увеличивается на величину, равную $n=46$ % от веса балки в воздухе. Найдите плотность $\rho$ материала балки, если известно, что балка прилегает к дну бассейна без зазора. Плотность воды $\rho_0=10^3$ кг/м$^3$. Ответ разделите на $10^3$ и округлите до одного знака после запятой.

К задаче 7 – балка под водой

Обозначим высоту основания призмы (и глубину воды) $h$, длину ребра основания $a$, длину (высоту) призмы $l$. Высота призмы на рисунке не показана, этот размер протяжен за плоскость рисунка.

Вес призмы в воздухе равен

$$P=mg$$

Сила Архимеда отсутствует, так как призма плотно прилегает ко дну. Следовательно, в воде вес ее увеличится на величину силы давления воды. Определим эту силу. Так как вода не давит на уровне верхнего ребра (глубина нулевая) и в то же время на уровне нижнего ребра высота столба воды равна $h$, и, значит, эта часть грани испытывает полное давление всего столба, то для усреднения возьмем среднюю глубину – $\frac{h}{2}$. Тогда сила давления, испытываемая правой половиной, $\frac{p}{2}\cdot\frac{S}{2}$, и для левой половины она запишется так же. $S$ – площадь грани, на которой лежит призма. Следовательно, в воде вес балки равен:

$$P_v=mg+\frac{pS}{2}=mg+\frac{\rho_0 g hS}{2}$$

По условию, по сравнению с воздухом, эта сила больше на 46%, тогда можно записать:

$$mg+\frac{\rho_0 g hS}{2}=mg+0,46mg$$

$$\frac{\rho_0 g hS}{2}=0,46mg$$

Представим массу как произведение плотности призмы на ее объем: $m=\rho_p V$. Одновременно сократим $g$, тогда

$$\frac{\rho_0 hS}{2}=0,46\rho_p V $$

Но $\frac{hS}{2}=\frac{alh}{2}=V$, следовательно

$$\rho_0 =0,46\rho_p $$

$$\rho_p=\frac{\rho_0 }{0,46}=2173,9$$

Ответ: $\rho_p=2,2$ т/м$^3$.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *