Решения 9 класса (город 2006)
- Подробности
- Обновлено 20.01.2014 12:43
Решения задач городского тура 2006 года для 9 класса.
Задача 1.
В первую очередь заметим, что пылинки не обгоняют друг друга, так как те из них, что имеют большую скорость, находятся дальше от центра. Рассмотрим пылинки, находящиеся в начальный момент на расстоянии $r_1$ и $r_2$ от центра облака. Через время $t$ они окажутся на расстоянии $r_1^{'} = r_1 + H r_1 t = r_1 (1 + Ht)$ и $r_2^{'} = r_2 (1 + Ht)$ от центра. Теперь рассмотрим вещество, находившееся в начальный момент между сферами радиусами $r_1$ и $r_2$, центр которых совпадает с центром облака. Масса этого вещества равна $m = \rho_0 (4 \pi r_1^3/3 - 4 \pi r_2^3/3)$. Поскольку пылинки не обгоняют друг друга, через время $t$ это вещество будет находиться между сферами радиусами $r_1^{'}$ и $r_2^{'}$, центр которых совпадает с центром облака. Поэтому средняя плотность этого вещества равна $r = m / (4 \pi {r_1^{'}}^3/3 - 4 \pi {r_2^{'}}^3/3) = \rho_0 / (1+Ht)^3$. Мы видим, что эта плотность не зависит от $r_1$ и $r_2$, таким образом, облако останется однородным. Радиус облака определяется местоположением самых дальних пылинок и равен $R^{'} = R(1+Ht)$.
Ответ: $\rho = \rho_0 / (1+Ht)^3$, если $x< R (1+Ht)$; $\rho=0$ в противном случае.
Задача 2.
Рассмотрим силы, действующие на кубики. На оба кубика действует сила тяжести ($mg$ и $Mg$). На каждый кубик действует сила реакции со стороны другого кубика ($N_1$ и $N_2$). Кроме того, на левый кубик действует сила натяжения нити $T$, а на правый — сила реакции поверхности $N_3$. Ускорение левого кубика $a_1$ направлено перпендикулярно нити, а правого $a_2$ — горизонтально. Запишем второй закон Ньютона: $$m \vec{g} + \vec{N}_1 + \vec{T} = m \vec{a}_1$$ $$M \vec{g} + \vec{N}_2 + \vec{N}_3 = M \vec{a}_2$$
Спроецируем первое уравнение на ось $x_1$, перпендикулярную нити, а второе — на горизонтальную ось $x_2$: $$mg \sin \alpha - N_1 \cos \alpha = ma_1$$ $$ N_2 = m a_2$$
Поскольку кубики не отрываются друг от друга, горизонтальные проекции их ускорений равны: $a_1 \cos \alpha = a_2$. Кроме того, по третьему закону Ньютона $N_1 = N_2$. Решая получившуюся систему уравнений, имеем: $$ a_1 =\dfrac{mg \sin \alpha}{m + M \cos^2 \alpha}$$ $$a_2 = \dfrac{mg \sin \alpha \cos \alpha}{m + M \cos^2 \alpha}$$
Задача 3.
Пронумеруем балконы сверху вниз, а массу балкона обозначим $m$. С помощью закона сохранения энергии вычислим скорость $v_1$, с которой первый балкон налетит на второй: $$mgh = mv_1^2/2$$ $$ v_1 = \sqrt{2 g h}$$
Поскольку столкновения между балконами абсолютно неупругие, после столкновения первого балкона со вторым оба будут иметь одну скорость $u_2$, которую можно найти из закона сохранения импульса: $$mv_1 = 2 m u_2$$ $$ u_2 = v_1/2$$
Аналогичным образом можно найти скорость $v_n$, которую будут иметь $n$ балконов перед столкновением с $(n+1)$-ым: $$nmgh + nmu_n^2/2 = nmv_n^2/2$$ $$ v_n = \sqrt{u_n^2 + 2gh}$$
А также скорость $u_n$, которую будут иметь $n$ балконов сразу после того, как группа из $n-1$ балкона столкнется с $n$-ым: $$ (n-1) mv_{n-1} = nmu_n$$ $$ u_n = \dfrac{n-1}{n} v_{n-1}$$
Таким образом можно последовательно вычислить скорости $v_2$, $u_3$, $v_3$, $u_4$ и $v_4 = \sqrt{15gh/4}$. Кроме того, можно показать, что $$v_n = \sqrt{\dfrac{(n+1)(2n+1)}{3n}gh}$$
Ответ: $v_4 = \sqrt{15gh/4}$.
Задача 4.
Условию задачи удовлетворяет, например, такая схема:
При напряжении меньше 1 В ток через цепь не течет. Когда напряжение превышает 1 В, левый диод открывается, и ток начинает идти через нижний резистор (при этом зависимость тока от напряжения линейна). Когда напряжение достигает 2 В, открывается и средний диод, и ток начинает идти и через средний резистор. В момент открытия среднего диода напряжение на нижнем резисторе равно 1 В, и ток через него равен 1 мА. Когда напряжение достигнет 3 В, откроется и правый диод, и ток пойдет через все резисторы. В момент открытия правого диода напряжение на нижнем резисторе равно 2 В (ток 2 мА), на среднем - 1 В (ток 1 мА), так что полный ток через цепь составляет 3 мА. Сопротивление верхнего резистора подобрано так, чтобы при напряжении 4 В ток через схему составлял 7 мА - при этом напряжения на резисторах равны 3 В, 2 В и 1 В (считая снизу вверх), а токи через них 3 мА, 2 мА и 2 мА соответственно.
Задача 5.
Обозначим поток тепла к первому шару $q_1$, а поток тепла от третьего шара $q_3$. Тогда поток тепла от второго шара равен $q_1 - q_3$. Также обозначим температуры мест соединения стержней $t_A$ и $t_B$. Поскольку поток тепла по каждому стержню пропорционален разности температур на его концах, имеют место следующие соотношения: $$q_1 = \alpha (t_A - t_1)$$ $$q_3 = \alpha (t_B - t_A) = \alpha (t_3 - t_B)$$ $$q_1 - q_3 = \alpha (t_2 - t_A)$$
Здесь $\alpha$ — некоторый коэффициент пропорциональности. Исключим его из уравнений: $$ \dfrac{q_1}{t_A - t_1} = \dfrac{q_3}{t_B - t_A} = \dfrac{q_3}{t_3 - t_B} = \dfrac{q_1 - q_3}{t_2 - t_A}$$
Из этой системы можно найти: $$t_A = \dfrac{2t_1 + 2t_2 + t_3}{t} = 40^{\circ}C$$ $$t_B = \dfrac{t_1 + t_2 + 3t_3}{5} = 70^{\circ}C$$ $$\dfrac{q_3}{q_1} = \dfrac{t_1 + t_2 -2t_3}{3t_1 - 2t_2 -t_3} = \dfrac{3}{4}$$
Таким образом, ¾ тепла, поступающего к первому шару, идет от третьего, а ¼ — от второго. Следовательно, третий шар остыл на 0,3°С, а второй — на 0,1°С.
Ответ: температура второго шара 49,9°С, третьего 99,7°С.