Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 9 класса (город 2004)

Подробности

Обновлено 13.12.2013 22:47

Решения задач городского тура 2004 года для 9 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

В первую очередь заметим, что если схема состоит из двух последовательно соединенных резисторов, то при увеличении сопротивления одного из них сопротивление всей схемы увеличится. Точно так же, если схема состоит из двух параллельно соединенных резисторов, то при увеличении сопротивления одного из них сопротивление всей схемы увеличится (поскольку проводимость этого резистора уменьшится, и проводимость схемы, равная сумме проводимостей резисторов, также уменьшится).

Участок схемы правее прямой $n$ на рисунке состоит из последовательно соединенных реостата и резистора. Поскольку сопротивление реостата увеличивается, сопротивление участка схемы правее прямой $n$ также увеличивается. Участок схемы правее прямой $n-1$ на рисунке состоит из параллельно соединенных резистора и ранее рассмотренного участка схемы, сопротивление которого увеличивается. Поэтому сопротивление участка схемы правее прямой $n-1$ также увеличивается.

Продолжая рассуждения в том же духе, получим, что сопротивление участка схемы, лежащего справа от любой отмеченной на рисунке пунктирной прямой, увеличивается при перемещении ползунка реостата. То же можно сказать и об общем сопротивлении схемы.

Поскольку общее сопротивление схемы увеличивается, общий ток через нее (то есть ток $I_1$) уменьшается.

Разность потенциалов (т.е. напряжение) между точками A и B равна $I_1 R_1$, между точками B и C — $U_1$. Значит, разность потенциалов между точками A и C равна $I_1 R _1 + U_1$, но, с другой стороны, она равна $U$ — напряжению источника:

$$ U = I_1 R_1 + U_1.$$

Поскольку при перемещении ползунка $I_1$ уменьшается, а $U$ и $R_1$ не изменяются, $U_1$ увеличивается. Значит, ток через резистор, на котором падает это напряжение, также увеличивается.

Ток $I_2$ равен разности тока $I_1$ и тока через резистор, на котором падает напряжение $U_1$. Первый уменьшается, а второй увеличивается, поэтому ток $I_2$ уменьшается. Далее, поскольку $U_1 = I_2 R_2 + U_2$, напряжение $U_2$ увеличивается.

Продолжая такие рассуждения, получим, что все токи $I_1$,...,$I_k$, $I_{k+1}$ уменьшаются, а все напряжения $U_1$,...,$U_k$ увеличиваются. Но амперметр показывает ток $I_{k+1}$, а вольтметр — напряжение $U_k$. Значит, показания амперметра уменьшатся, а вольтметра — увеличатся.

Задача 2.

Решение 1.

Перейдем в систему отсчета, которая в момент выстрела начинает двигаться вниз с ускорением $g$ без начальной скорости. В этой системе отсчета: снаряд летит по прямой с постоянной скоростью $v_0$, шар поднимается вверх без начальной скорости с ускорением $g$, время до взрыва, расстояние от точки взрыва до шара, угол между начальной скоростью снаряда и горизонтом такие же, как в системе отсчета, связанной с Землей.

Точка взрыва снаряда находится на окружности с центром в точке C, где исходно находилась пушка, и радиусом $v_0 T$. Ближайшая к конечному положению шара B точка этой окружности лежит на отрезке BC. То есть стреляющие должны целиться в точку, находящуюся на высоте $gT^2/2$ над шаром. Тангенс угла $\alpha$, под которым следует стрелять, легко определить из рисунка: 

$$\mathrm{tg}\, \alpha=\frac{gT^2/2 + l \sin \varphi}{l \cos \varphi}=\mathrm{tg}\, \varphi + \frac{gT^2}{2 l \cos \varphi}$$

Решение 2.

Выберем местонахождение пушки за начало отсчета и введем координатные оси $x$ и $y$, направленные вправо и вверх соответственно. Пусть выстрел производится под углом $\alpha$ к горизонту. Запишем зависимости координат снаряда от времени:

$$x(t) = v_0 t \cos \alpha, \qquad y(t) = v_0 t \sin \alpha - gt^2/2$$

Воздушный шар находится в точке с координатами $(l \cos \varphi, l \sin \varphi)$. Найдем квадрат расстояния от снаряда до шара в момент взрыва:

$$R^2 = (x(T)- l \cos \varphi)^2 + (y(T) - l \sin \varphi)^2$$

$$R^2 = v_0^2 T^2 + l^2 + g^2 T^4/4 + gT^2 l \sin \varphi - v_0 T (2l \cos \varphi \cos \alpha + (2l \sin \varphi + gT^2) \sin \alpha)$$

Чтобы расстояние было минимальным, выражение в квадратных скобках должно быть максимальным. Преобразуем его, введя обозначения $A=2l \cos \varphi$, $B=2l \sin \varphi + gT^2$: $$A \cos \alpha + B \sin \alpha = \sqrt{A^2+B^2} \left( \dfrac{A}{\sqrt{A^2+B^2}} \cos \alpha + \dfrac{B}{\sqrt{A^2+B^2}} \sin \alpha \right) =$$ $$ = \sqrt{A^2+B^2} (\cos \alpha_0 \cos \alpha + \sin \alpha_0 \sin \alpha) = \sqrt{A^2+B^2} \cos (\alpha - \alpha_0),$$

где $\alpha_0$ — угол, удовлетворяющий соотношениям $$\sin \alpha_0 = \dfrac{B}{\sqrt{A^2+B^2}}, \quad \cos \alpha_0 = \dfrac{A}{\sqrt{A^2+B^2}}, \quad \mathrm{tg} \alpha_0 = \dfrac{B}{A} \mathrm{tg} \varphi + \dfrac{gT^2}{2l \cos \varphi}.$$

Видно, что расстояние минимально при $\alpha = \alpha_0$, то есть при $$\mathrm{tg} \alpha = \mathrm{tg} \varphi + \dfrac{gT^2}{2l \cos \varphi}.$$

Задача 3.

Возможны три варианта:

1. Клин и брусок неподвижны.
2. Клин неподвижен, брусок скользит по клину.
3. Клин скользит по столу, брусок скользит по клину.

(Вариант, при котором брусок неподвижен относительно клина, а клин скользит по столу, выглядит довольно забавно, но противоречит закону сохранения энергии.)

Третий вариант реализуется при достаточно малых коэффициентах трения: m < m₁. При увеличении коэффициента трения реализуется второй вариант: m₁ < m < m₂. При еще больших коэффициентах трения становится возможным первый вариант: m > m₂. Определим критические значения коэффициента трения m₁ и m₂.

Значение m₂ соответствует ситуации, при которой и клин, и брусок еще неподвижны, но брусок вот-вот начнет проскальзывать, то есть сила трения покоя, действующая на него, уже достигла своего максимального значения.

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси x и y:

Кроме того, воспользуемся условием F_тр = m₂N. Решая эту систему уравнений относительно m₂, получаем m₂ = 1 (широко известный результат).

Теперь определим значение m₁. Оно соответствует ситуации, при которой брусок едет по клину. Сам клин при этом еще неподвижен, но сила трения между клином и столом уже достигла максимального значения.

Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекциях на оси x и y и для клина в проекциях на оси x₁ и y₁:

Здесь a - ускорение бруска. При этом F_тр = m₁N, F_тр1 = m₁N₁. В результате преобразований получаем

m₁² + 4m₁ - 1 = 0,

откуда .

Итак, ответ: брусок будет скользить по клину при m < 1, клин будет скользить по столу при .

Задача 4.

Прежде всего проградуируем ось скоростей. Для этого воспользуемся тем, что в начальный момент скорость равна нулю, следовательно, равна нулю и сила трения, поэтому ускорение тела равно g. Проведем касательную к графику в точке t = 0. Ее наклон равен, как следует из измерения по графику, 2 дел/с, но, с другой стороны, он же равен g = 10 м/с². Значит, каждое деление на оси скоростей соответствует 5 м/с.

Проще определить мощность, выделяющуюся в момент времени t = 18 с. К этому моменту скорость тела практически перестает изменяться, значит, сила трения компенсирует силу тяжести и равна mg. Скорость тела определяется из графика и равна v = 50 м/с. Выделяющаяся мощность

P = Fv = mgv = 35 кВт.

Чтобы определить мощность, выделяющуюся в момент времени t = 5 с, запишем второй закон Ньютона для тела:

ma = mg - F,

где a и F - ускорение и сила трения в этот момент времени. Скорость тела равна v = 38 м/с. Ускорение можно определить по наклону касательной в данной точке, оно равно a = 4.2 м/с². Выделяющаяся мощность равна

P = Fv = m(g-a)v = 15.5 кВт.

(Формулу для мощности можно получить и из закона сохранения энергии. Рассмотрим короткий промежуток времени Dt. Выделяющаяся тепловая мощность равна скорости уменьшения механической энергии системы: P = -D(mv²/2+mgh)/Dt = -m((v+Dv)²-v²)/(2Dt) - mgDh/Dt = -m(2vDv+Dv²)/(2Dt) + mgv ≈ -mvDv/Dt + mgv = -mva + mgv = m(g-a)v. При выводе использованы формулы для мгновенной скорости v = -Dh/Dt и ускорения a = Dv/Dt, а также считается, что изменение скорости Dv за рассматриваемый промежуток времени достаточно мало, чтобы можно было пренебречь слагаемым Dv² по сравнению с 2vDv.)

Ответ: 15.5 кВт и 35 кВт.

Задача 5.

По условию, мощность теплоотдачи из бассейна пропорциональна разности температур воды и окружающей среды: P = aDt. Теплоотдача компенсируется тем, что поступающая в бассейн вода теплее, чем вытекающая. Обозначим массу воды, поступающей в единицу времени в бассейн из одного крана, m. Тогда приток тепла в единицу времени равен P = cm(t_in-t_out) (c - теплоемкость воды, t_in и t_out - температура втекающей и вытекающей воды). Таким образом, можно записать уравнения баланса для ситуаций, когда открыт кран с горячей и теплой водой:

a(T₁'-T₀) = cm(T₁-T₁')
a(T₂'-T₀) = cm(T₂-T₂')

Здесь T₀ - температура окружающей среды. Поделим их друг на друга:

Из этого уравнения можно найти T₀:

Обозначим температуру, которая установится в бассейне, если открыть оба крана, T. Она удовлетворяет соотношению

a(T-T₀) = cm(T₁-T) + cm(T₂-T)

Разделив это на первое уравнение, получим

Отсюда

• < Назад
• Вперёд >