Решения 10 класса (район 2005)
- Подробности
- Обновлено 30.03.2013 11:23
Решения задач районного тура 2005 года для 10 класса.
Задача 1.
I вариант
Обозначим скорость птицы u, угол, который ее траектория составляет с горизонтом, b, а время, в течение которого летел камень (и птица) - t. Тогда, поскольку через время t камень и птица оказались в одной точке,
Поскольку через время t камень оказался в верхней точке своей траектории, его вертикальная скорость в этот момент равнялась нулю:
Разделим первые два уравнения на t и подставим gt = vsina во второе:
Возведем их в квадрат и сложим:
Ответ: скорость птицы 
.
II вариант
Обозначим скорость камня v, угол под которым он брошен, a, а время, в течение которого летел камень (и птица) - t. Тогда, поскольку через время t камень и птица оказались в одной точке,
Поскольку через время t камень оказался в верхней точке своей траектории, его вертикальная скорость в этот момент равнялась нулю:
Разделим первые два уравнения на t, подставим gt = vsina во второе и умножим его на 2:
Возведем их в квадрат и сложим:
Ответ: скорость камня 
.
Задача 2.
Когда машина разгоняется, на нее действуют четыре силы, изображенные на рисунке - две силы реакции дороги N1 и N2, сила тяжести mg, приложенная к центру тяжести, и сила трения скольжения F, приложенная к точке контакта заднего (переднего) колеса с дорогой. Трение скольжения F = mN1 (в 1 варианте) или F = mN2 (во 2 варианте). Мы можем записать второй закон Ньютона для горизонтальной и вертикальной составляющих ускорения и закон рычага для всех сил. Закон рычага (или закон равенства моментов) выражает тот факт, что автомобиль не начинает вращаться вокруг центра масс и, значит, сумма моментов всех сил относительно центра масс равна нулю. Таким образом, мы получим три уравнения динамики:
- N1 + N2 = mg
- F = ma
- (N1L - N2L)/2 - Fh = 0
Решая эту систему уравнений, мы получим ускорение автомобиля, при условии, что ведущие колеса пробуксовывают.
Мощность, которая необходима для поддержания пробуксовки колес, равна F·v(t) = ma2·t и растет со временем. Когда это значение станет больше P, ускорение уменьшится, и пробуксовка колес прекратится. Пройденный за это время путь очевидно равен s = at2/2 = P2/(2m2a3).
Ответ:
Ответ 1-го варианта подразумевает дальнейшее исследование, так как множитель в скобках может быть отрицательным (хотя для обычных автомобилей это большая редкость). Нетрудно показать что ситуация когда (1-mh/L) = 0, соответствует отрыву передних колес от земли, что исключено в условии задачи. При дальнейшем уменьшении этого параметра устойчивый разгон с пробуксовкой с опорой на четыре колеса становится невозможным, и решение теряет смысл.
Примечание 1. В случае с задним приводом неочевидно, что пробуксовка прекратится сразу же после уменьшения ускорения. Тем не менее, легко показать, что при уменьшении ускорения сила трения скольжения mN1 падает медленнее, чем ma. Это и значит, что при уменьшении ускорения сила трения будет меньше максимально допустимой силы трения покоя (т.е. силы трения скольжения) и пробуксовки не будет.
Примечание 2. В решении пренебрегается силами сопротивления. Обычно они заметно меньше, чем сила сухого трения колес о поверхность.
Задача 3.
В состоянии равновесия, когда монета покоится относительно тазика, она движется с ускорением a. На нее действует две силы - сила реакции опоры N, направленная перпендикулярно поверхности тазика, в точке, где лежит монета, и сила тяжести mg. Графическим построением (см. рис.), учитывая, что ma в 2 (в 1.5) раза больше чем mg, легко найти направление силы реакции опоры. Сила реакции опоры направлена перпендикулярно касательной к поверхности. Следовательно, надо найти точку на кривой касательная, в которой будет перпендикулярна N. На рисунке приведено построение в задаче 1-го варианта. Построение 2-го варианта делается аналогично, но найти такую точку внутри тазика нельзя - это означает, что монета не может находиться внутри тазика.
Ответ:
1 вариант z = 1.75±0.25 см
2 вариант Описанное в условии задачи положение невозможно.
Задача 4.
Положение шарика не изменится, так как не изменится сила Архимеда, действующая на шарик. Пренебрегая объемом оболочки пакета сила Архимеда равна:
Масса легкого газа остается постоянной, т.к. пакет герметичный. Отношение плотностей двух идеальных газов находящихся при одинаковых давлениях и температурах также есть константа.
Примечание. Установившееся положение шарика будет тем же. В процессе изменения температуры в комнате возможно временное отклонение шарика от равновесного положения.
Задача 5.
Заметим, что 4.8·10-10 езссе = 1.6·10-19 Кл. Воспользуемся следующей формулой: A = Pt = IUt = qU, то есть в любой системе единиц:
Следовательно:
Ответ: 1 Джоуль = 107 единиц работы ССЕ.
Заметим, что 1 Ом = 103 есссед. Воспользуемся следующей формулой: A/t = U2/R или U = (AR/t)1/2, то есть в любой системе единиц:
Замечая, что единицы времени в обеих системах равны, мы получим:
Ответ: 1 Вольт = 1/60 единицы напряжения ССЕ2.