Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 8 класса (район 2007)

Подробности

Обновлено 29.03.2013 21:54

Решения задач районного тура олимпиады 2007 года для 8 класса.

1 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6
2 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6

I вариант

Задача 1.

Во время движения троллейбуса покидать его не имеет смысла, так как его скорость больше скорости пешехода. Так же не выгодно выходить не в самом начале остановки, так как за время время стоянки можно пройти некоторое расстояние. Поэтому, очевидно, среди предполагаемых моментов выхода стоит рассматривать самые начала остановок. Пусть время начала i-ой остановки — t_i. Тогда t₁ = 1 мин, t₂ = 4 мин, t₃ = 7 мин, t₄ = 11 мин, t₅ = 15 мин. Выйти в момент t_i выгоднее, чем в момент t_i+1, если расстояние, S_i которое Пётр проходит пешком (со скоростью u = 5км/ч) за время t_i+1 − t_i больше, чем путь троллейбуса L_i на этом же интервале, который просто находится из графика. S_i = u(t_i+1 − t_i). А именно: S₁ = 5 км/ч · 3 мин, S₂ = 5 км/ч · 3 мин, S₃ = 5 км/ч · 4 мин, S₄ = 5 км/ч · 4 мин, и L₁ = 20 км/ч · 2мин, L₂ = 10км/ч · 2мин, L₃ = 5 км/ч · 2 мин, L₄ = 5 км/ч · 2 мин. Видно, что S_i > L_i начиная с i = 3, поэтому выйти нужно в момент времени t₃ = 6 мин.

Задача 2.

Пусть силы натяжения веревок прикрепленных к левому и правому верхним поршням равны соответственно F₁ и F₂. Давление воды у нижнего поршня равно атмосферному p_A, так как нижний поршень уравновешен. Тогда давление у верхнего левого поршня равно p₁ = p_A − ρ_Вgh₁. Все силы действующие на левый верхний поршень скомпенсированы:

F₁ + p₁S₁ = p_AS₁ ⇒ F₁ = ρ_ВS₁h₁g (1)

Аналогично

F₂ = ρ_ВS₂h₂g (2)

где h₂ — высота столба воды между правым верхним и нижним поршнями. Правило рычага

F₁l₁ = F₂l₂ ⇒ (3)

Условие на то, что общий объем воды равен V:

S₁h₁ + S₂h₂ = V (4)

решая систему из (3) и (4) находим

(5)

Задача 3.

Из-за симметрии детали её центр масс должен находиться на оси проходящей через точку O и центр окружности. Но так как система находится в равновесии он также должен находиться на прямой OO'. Отсюда следует, что он просто совпадает с O. Пусть линейная плотность проволоки равна ρ. Тогда кольцо имеет массу 2πRρ и её центр A (он же является её центром масс) расположен на расстоянии R от точки O. А центр масс B ножки Т-образной детали, имеющей массу Lρ, расположен на расстоянии L/2 от O. При этом A, O, B лежат на одной прямой. Тогда, чтобы центр масс всей детали находился в точке O должно быть выполнено

ρL · L/2 = 2πρR · R (1)

⇒ (2)

Задача 4.

Пусть всего происходит N погружений, масса батискафа (без балласта и груза) равна M, а сила Архимеда, действующая на него равна F_A. Каждый раз батискаф погружается с балластом массы m_C/N и объемом m_C/Nρ_C. При этом батискаф сможет погрузиться, если суммарная сила тяжести действующая на батискаф и балласт больше суммарной силы Архимеда:

Mg + m_Cg/N > F_A + m_Cρ_Вg/Nρ_C (1)

Аналогично, он сможет всплыть с золотом массы m_З/N, если суммарная сила тяжести меньше выталкивающей силы:

m_Зg/N + Mg < F_A + m_Зρ_Вg/Nρ_З (2)

Из (1) и (2) имеем:

m_C − m_Cρ_В/ρ_С > m_З − m_Зρ_В/ρ_З ⇒ m_З < ≈ 28.85 тонн (3)

Задача 5.

Пусть масса образца в первом случае равна M_Л. А во втором случае она больше на M_В — масса воды заполняющей поры. Общий объем пор тогда равен V_П = M_В − ρ_В, а объем чистого льда (без пор) в образце равен V_Л = M_Л − ρ_Л. Плотность образца в первом случае равна

(1)

Отсюда видно, что достаточно найти M_В/M_Л.

Пусть C — теплоемкость калориметра с водой, в который помещают образец. Уравнение теплового баланса в первом эксперименте:

C(T₀ − T₁) = λM_Л + c_ВM_Л(T₁ − 0°C) (2)

Во втором:

C(T₀ − T₂) = λM_Л + c_В(M_Л + M_В)(T₂ − 0°C) (3)

Деля (3) на (2) получаем:

(4)

Откуда ≈ 0.308 (5)

Подставляя это в (1) получаем

ρ ≈ 705 кг/м³ (6)

Задача 6.

Такое может происходить по следующей причине. Пусть дно кастрюли прилегает к плите какой-то своей частью. Тогда, очевидно, кипение воды в кастрюле у этой части дна будет происходить более интенсивно, чем в другой. А следовательно и количество появляющихся пузырей так же будет больше. Но это приведет к смещению жидкости в другую часть кастрюли, что, в свою очередь, приведет к тому, что она качнется и будет прилегать к плите уже другой своей частью. Теперь кипение станет более интенсивным там и т.д., процесс будет повторяться, и мы будем наблюдать качающуюся кастрюлю.

II вариант

Задача 1.

Во время движения троллейбуса покидать его не имеет смысла, так как его скорость больше скорости пешехода. Так же не выгодно выходить не в самом начале остановки, так как за время время стоянки можно пройти некоторое расстояние. Поэтому, очевидно, среди предполагаемых моментов выхода стоит рассматривать самые начала остановок. Пусть время начала i-ой остановки — t_i. Тогда t₁ = 2 мин, t₂ = 6 мин, t₃ = 9 мин, t₄ = 12 мин, t₅ = 16 мин. Выйти в момент t_i выгоднее, чем в момент t_i+1, если расстояние, S_i которое Пётр проходит пешком (со скоростью u = 5 км/ч) за время t_i+1 − t_i больше, чем путь троллейбуса L_i на этом же интервале, который просто находится из графика. S_i = u(t_i+1 − t_i). А именно: S₁ = 5 км/ч · 4 мин, S₂ = 5 км/ч · 3 мин, S₃ = 5 км/ч · 3 мин, S₄ = 5 км/ч · 4 мин, и L₁ = 20 км/ч · 3 мин, L₂ = 10 км/ч · 1 мин, L₃ = 5 км/ч · 2 мин, L₄ = 5 км/ч · 2 мин . Видно, что S_i > L_i начиная с i = 2, поэтому выйти нужно в момент времени t₂ = 6 мин.

Задача 2.

Пусть силы натяжения веревок прикрепленных к левому и правому верхним поршням равны соответственно F₁ и F₂. Давление воды у нижнего поршня равно атмосферному p_A, так как нижний поршень уравновешен. Тогда давление у верхнего правого поршня равно p₂ = p_A − ρ_Вgh₂. Все силы действующие на правый верхний поршень скомпенсированы:

F₂ + p₂S₂ = p_AS₂ ⇒ F₂ = ρ_ВS₂h₂g (1)

Аналогично

F₁ = ρ_ВS₁h₁g (2)

где h₂ — высота столба воды между правым верхним и нижним поршнями. Правило рычага

F₁l₁ = F₂l₂ ⇒ (3)

Условие на то, что общий объем воды равен V:

S₁h₁ + S₂h₂ = V (4)

решая систему из (3) и (4) находим

(5)

Задача 3.

Из-за симметрии детали её центр масс должен находиться на оси проходящей через точку O и центр окружности. Но так как система находится в равновесии он также должен находиться на прямой OO'. Отсюда следует, что он просто совпадает с O. Пусть линейная плотность проволоки равна ρ. Тогда кольцо имеет массу 2πRρ и её центр A (он же является её центром масс) расположен на расстоянии R от точки O. А центр масс B ножки Т-образной детали, имеющей массу Lρ, расположен на расстоянии L/2 от O. При этом A, O, B лежат на одной прямой. Тогда, чтобы центр масс всей детали находился в точке O должно быть выполнено

ρL · L/2 = 2πρR · R (1)

⇒ (2)

Задача 4.

Пусть всего происходит N погружений, масса батискафа (без балласта и груза) равна M, а сила Архимеда, действующая на него равна F_A. Каждый раз батискаф погружается с балластом массы m_М/N и объемом m_М/Nρ_М. При этом батискаф сможет погрузиться, если суммарная сила тяжести действующая на батискаф и балласт больше суммарной силы Архимеда:

Mg + m_Мg/N > F_A + m_Мρ_Вg/Nρ_М (1)

Аналогично, он сможет всплыть с платиной массы m_П/N, если суммарная сила тяжести меньше выталкивающей силы:

m_Пg/N + Mg < F_A + m_Пρ_Вg/Nρ_П (2)

Из (1) и (2) имеем:

m_М − m_Мρ_В/ρ_М > m_П − m_Пρ_В/ρ_П ⇒ m_П < ≈ 10.73 тонн (3)

Задача 5.

Пусть масса образца в первом случае равна M_Л. А во втором случае она больше на M_В — масса воды заполняющей поры. Общий объем пор тогда равен V_П = M_В − ρ_В, а объем чистого льда (без пор) в образце равен V_Л = M_Л − ρ_Л. Плотность образца в первом случае равна

(1)

Отсюда видно, что достаточно найти M_В/M_Л.

Пусть C — теплоемкость калориметра с водой, в который помещают образец. Уравнение теплового баланса в первом эксперименте:

C(T₀ − T₁) = λM_Л + c_ВM_Л(T₁ − 0°C) (2)

Во втором:

C(T₀ − T₂) = λM_Л + c_В(M_Л + M_В)(T₂ − 0°C) (3)

Деля (3) на (2) получаем:

(4)

Откуда ≈ 0.466 (5)

Подставляя это в (1) получаем

ρ ≈ 930 кг/м³ (6)

Задача 6.

Такое может происходить по следующей причине. Пусть дно кастрюли прилегает к плите какой-то своей частью. Тогда, очевидно, кипение воды в кастрюле у этой части дна будет происходить более интенсивно, чем в другой. А следовательно и количество появляющихся пузырей так же будет больше. Но это приведет к смещению жидкости в другую часть кастрюли, что, в свою очередь, приведет к тому, что она качнется и будет прилегать к плите уже другой своей частью. Теперь кипение станет более интенсивным там и т.д., процесс будет повторяться, и мы будем наблюдать качающуюся кастрюлю.