Решения 10 класса (город 2005)
- Подробности
- Обновлено 30.03.2013 11:23
Решения задач городского тура 2005 года для 10 класса.
Задача 1.
Клин может оторваться от стола, если шайба достаточно тяжела. При этом клин станет вращаться вокруг точки A. Чтобы этого не произошло, суммарный момент сил, действующих на клин, относительно этой точки должен быть равен нулю.
Рассмотрим сначала случай m < tga, когда шайба скользит по клину. Пусть клин неподвижен. В этом случае сила, с которой шайба действует на клин, складывается из силы трения F1 = mmgcosa и силы нормального давления F2 = mgcosa. Если обозначить длину основания клина l, то плечи этих сил равны lsina и ltga·sina соответственно. Плечо силы тяжести клина равно l/3. Кроме того, есть еще момент силы реакции опоры (обозначим его K), которая приложена в какой-то точке основания клина:
Это равенство возможно только в том случае, когда
или
Соответственно, клин оторвется от стола при
Теперь рассмотрим случай m > tga, когда шайба не проскальзывает. В этом случае шайба давит на клин вертикально, и эта сила не имеет момента относительно точки A. Поэтому в такой ситуации клин от стола не оторвется.
Ответ: если m > tga, отрыв невозможен; если m < tga, отрыв произойдет при условии .
Задача 2.
Рассмотрим систему в тот момент, когда первое кольцо находится в верхней точке. Кольца, которые к этому моменту находятся на стержне, имеют скорости, направленные вверх, и находятся друг от друга на различных расстояниях. Можно считать, что те кольца, которые еще будут выпущены, также находятся на продолжении стержня и свободно движутся по нему, имея такие скорости и находясь на таком расстоянии от точки запуска, чтоб вылететь в нужный момент, имея скорость v0 (см. рис.). На рисунке показаны скорости колец и расстояния между ними, причем число колец, находящихся на стержне, обозначено через N+1, а число колец, которые будут дополнительно выпущены вдоль стержня (и в данный момент находятся под точкой бросания) обозначено M. t - интервал между последовательными бросками колец, по условию задачи N+1 = [v0/(gt)] >> 1.
Заметим, что центр масс системы N+M+1 кольца имеет постоянное ускорение g. Скорость и высота центра масс относительно точки бросания
с учетом сделанных приближений (N, M >> 1).
Движение центра масс N+M+1 кольца, очевидно, есть просто свободное падение тела, брошенного вертикально вверх с начальной скоростью vc с высоты hc. Центр масс должен оказаться в точке бросания в тот момент, когда в той же точке окажется и N+M+1-е кольцо, т.е. через время Mt (здесь снова используется N, M >> 1). Запишем:
Решая уравнение относительно M, получаем 2 значения M1 = -N и M2 = 2N. Очевидно, нас устраивает последнее. Следовательно, время "схлопывания", отсчитываемое от момента, в котором положение первого кольца наивысшее, равно tсхл = Mt = 2Nt = 2v0/g. Искомое время складывается из времени схлопывания и времени подъема первого кольца до максимальной высоты:
Примечательно, что в сделанных приближениях (t << v0/g - "непрерывный поток") от t ответ не зависит.
Задача 3.
Шар будет подниматься, если выполняется неравенство V(rв - rг) > m, где V - объем оболочки, rв и rг - плотность соответственно воздуха и газа, находящегося в оболочке на той высоте, где находится шар. Если V < m/(rв-rг), то шар не полетит совсем. Воспользовавшись уравнением Клапейрона-Менделеева P = (r/m)RT, перепишем левую часть неравенства:
Если давление и температура газа внутри оболочки равны внешнему давлению и температуре (последнее будет выполняться в условиях задачи, т.к. исследуется по сути статическая ситуация - высота максимального подъема), то равенство можно продолжить:
Таким образом, подъемная сила, действующая на поднимающийся шар, постоянна до тех пор, пока оболочка не достигнет своего предельного объема. Кстати, высота, на которой такое случится, называется высотой выполнения. Дальнейший подъем происходит до тех пор, пока сила Архимеда не сравняется с силой тяжести: V0rв(h) = m+V1r1 (V1r1 - масса газа, заключенного в оболочку). Это дает для высоты подъема
Ясно, что чем меньшее значение стоит в знаменателе дроби, тем больше будет высота hm. Этого можно добиться уменьшением V1. При этом для того, чтоб шар оторвался от земли, необходимо V > m/(rв-rг). Предельное значение и дает искомый минимальный объем. Высота подъема при этом
Общий вывод такой: либо аэростат поднимается быстро, но невысоко, либо ползет вверх еле-еле, но достигает существенно большей высоты.
Задача 4.
Так как размер металлического шара много меньше диаметра диска можно считать, что он находится в однородном электрическом поле E = s/(2e0), где s = Q/pR2 - поверхностная плотность заряда диска. Электростатическая сила, действующая шар равна F = E|q|, где q - суммарный заряд, сосредоточенный на шаре.
Так как электрического поля внутри сферы нет, потенциал в центре сферы равен потенциалу на ее поверхности, то есть нулю (сфера заземлена). С другой стороны, этот потенциал равен сумме потенциалов создаваемых диском и распределением зарядов на шаре.
Рассчитаем потенциал в середине диска создаваемый зарядами диска (так как r<<R он равен потенциалу в центре сферы). Для этого можно разбить диск на кольца шириной dA и сложить потенциалы создаваемые всеми кольцами. Рассмотрим кольцо радиуса A, его заряд равен 2psAdA. В своем центре оно создает потенциал dF = 2psAdA/A/(4pe0) = sdA/(2e0). Суммируя по всем кольцам и учитывая SdA = R, получим, что потенциал в центре сферы создаваемый зарядами диска равен:
Потенциал в центре сферы создаваемый зарядами на сфере в свою очередь равен F2 = q/(4pe0r). Учитывая, что F1+F2 = 0 мы получим q = -2sprR. Сила действующая на шар равна F = ps2rR/e0. Ответ:
Задача 5.
Рассмотрим изображение круга, по которому летает муха. Его центр будет находиться на расстоянии S от линзы, так что 1/f = 1/S + 1/L и S = 15 см. Известно, что изображение создаваемое линзой будет масштабировано (растянуто) в S/L = 1/2 раз поперек оптической оси и в (S/L)2 = 1/4 раз вдоль оптической оси. Аналогично будут преобразовываться компоненты скорости мухи.
Максимальная и минимальная скорости изображения мухи равны u/2 = 5 см/с и u/4 = 2.5 см/с соответственно. Максимальная скорость достигается когда муха пересекает оптическую ось линзы, минимальная в точке наибольшего удаления от оси.
Данное решение использует приближение постоянного коэффициента увеличения, так как r << L-f. Задачу можно решить и точно, что приводит, однако, к длинным выкладкам. Максимальная скорость будет достигаться теперь один раз на круге в точке пересечения траектории изображения мухи и оптической оси дальней от линзы. Точки же достижения изображением минимальной скорости (их по-прежнему будет две) очевидно сместятся в сторону линзы.