Решения 10 класса (район 2007)

Подробности
Обновлено 29.03.2013 21:53

Решения задач районного тура олимпиады 2007 года для 10 класса.

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

I вариант

Задача 1.

Нетрудно видеть, что относительная скорость двух пешеходов будет оставаться постоянной, равной vотн = 10 км/ч. Тогда время, прошедшее от выхода пешеходов до момента их встречи: t = s/vотн = 1 ч. Далее можно воспользоваться формулой для пути при равнозамедленном движении и для пути пешехода, вышедшего из поселка A, получить: sA = v0t − |a|t2/2 = 4.5 км, где v0 = 5 км/ч и |a| = 1 км/ч2.

Ответ: Встреча состоится через 1 час в 4.5 км от поселка А.

Задача 2.

Согласно уравнению теплового баланса, в окружающую среду в виде тепла выделится энергия, полученная морозильной камерой от сети, а также теплота, выделившаяся при замерзании воды: Q = Pморt + λmводы.

Ответ: В окружающую среду выделилось 6.96 МДж.

Задача 3.

Способ 1: Действующие на клин и на груз силы показаны на верхнем и нижнем рисунках соответственно. Уравнение второго закона Ньютона для клина в проекции на горизонтальную ось, в силу того, что его ускорение равно нулю, запишется в виде:

T + T + Tcosα − Nsinα − F = 0.

Для груза уравнение второго закона в проекции на ту же ось:

0 = −Tcosα + Nsinα, что, с учетом уравнения для клина, дает F = 2T.

Для груза в проекции на ось, параллельную плоскости клина: 0 = mgsinα − T. Соответственно,

F = 2mgsinα.

Способ 2: Поскольку центр масс системы из клина и груза неподвижен, сумма внешних сил, действующих на систему равна нулю. Отсюда находим F = 2T. Записывая далее условие равновесия груза на наклонной плоскости 0 = mgsinα − T, получаем ответ F = 2mgsinα.

Способ 3: Для решения задачи можно также воспользоваться методом виртуальной работы. Смещая клин с грузом на небольшое расстояние x, и прикладывая для этого силу F, совершаем работу Fx. За счет совершенной работы увеличивается потенциальная энергия груза на наклонной плоскости, который при таком смещении клина поднимается на 2xsinα. Соответственно, Fx = 2xmgsinα, откуда F = 2mgsinα.

Задача 4.

Предположим, белка переместилась вдоль шеста на расстояние l. Угол отклонения определится из условия равенства нулю суммы моментов сил, действующих на шест: kα − mglsinα = 0. Значение угла α далее выражено в радианах. При k/mgl ≥ 1 данное уравнение имеет единственное решение α = 0, как видно из рисунка (график A — mglsinα, график B — kα, при k > mgl). Поскольку возвращающий момент kα при этих условиях будет больше, чем момент отклоняющей силы mglsinα (sinα всегда меньше α), это положение равновесия будет устойчивым, то есть при случайном отклонении на небольшой угол шест всегда будет возвращаться в вертикальное положение. Таким образом, шест при перемещении белки вплоть до l = k/mg остается вертикальным. Если длина шеста меньше этого критического значения, то она и будет максимальной высотой подъема.

Рассмотрим ситуацию L > l > k/mg. В этом случае существуют два решения: α = 0 и α > 0. На рисунке график C соответствует kα, при k < mgl. Вертикальное положение равновесия в этом случае неустойчиво — при случайном отклонении на небольшой угол, момент силы тяжести будет больше возвращающего момента сил со стороны шеста (сравните кривые C и A) и белка будет отклоняться далее. Решение с α > 0 (точка D), наоборот, соответствует устойчивому равновесию. Высота подъема определится как h = lcosα, что при использовании связи α и l запишется в виде . Поскольку tgα > α при α < π/ 2, и α/tgα убывает с ростом α (кривая E — график mgltgα, сравните с кривой C), то максимальная высота в этом случае равна тому предельному перемещению белки, при котором шест еще остается вертикальным.

Ответ: Максимальная высота h = L при L < k/mg и h = k/mg в противоположном случае.

Задача 5.

В схеме, данной в условии, батарейки замкнуты накоротко, следовательно, мы знаем отношение напряжения, даваемого батарейкой при разомкнутой цепи (эдс), E, к ее внутреннему сопротивлению, r (это ток короткого замыкания, 3 А по условию задачи). Для того, чтобы найти ток через батарейки при их таком их соединении как на рисунке 2, удобно воспользоваться принципом суперпозиции, согласно которому ток через резистор в схеме можно находить как сумму токов, создаваемых каждой из действующих в схеме ЭДС по отдельности.

Рассмотрим токи, создаваемые ЭДС первой батарейки (см схему).

  • Батарейка 1: ток I1 = 3E/(2r) = 2 А справа налево
  • Батарейка 2: ток I = I1/2 = 1 A справа налево
  • Батарейка 3: ток I = I1/2 = 1 A справа налево.

Аналогично, ЭДС второй батарейки создает токи

  • Батарейка 1: 1 А справа налево
  • Батарейка 2: 2 А справа налево
  • Батарейка 3: 1 А слева направо

Токи, создаваемые третьей батарейкой

  • Батарейка 1: 1 А справа налево
  • Батарейка 2: 1 А слева направо
  • Батарейка 3: 2 А справа налево.

Суммируя токи, получаем ответ:

Ток через первую батарейку 4 А, через вторую и третью - по 2 А.

Решение можно также получить, пользуясь правилами Кирхгофа.

Предположим, ток через батарейки 2 и 3 протекает слева направо. Обозначим ток через батарейку 2 как I2, через третью батарейку — I3. Несложно видеть, что в силу симметрии схемы токи эти равны. Через батарейку 1 в таком случае будет протекать (также слева направо) ток

I1 = I2 + I3 = 2I2.

Воспользовавшись вторым правилом Кирхгофа, запишем:

rI1 + rI2 = 2E,

где E - э.д.с. батарейки (напряжение, даваемое ею при разомкнутой цепи), а r - ее внутреннее сопротивление. В приведенной в условии схеме батарейки замкнуты накоротко, следовательно, отношение этих двух величин известно: E/r = 3 A. Решая совместно уравнения, находим:

I2 = I3 = 2 A, I1 = 4 A.

II вариант

Задача 1.

Нетрудно видеть, что относительная скорость двух пешеходов будет оставаться постоянной, равной vотн = 10 км/ч. Тогда время, прошедшее от выхода пешеходов до момента их встречи: t = s/vотн = 1 ч. Далее можно воспользоваться формулой для пути при равнозамедленном движении и для пути пешехода, вышедшего из поселка A, получить: sA = v0t - |a|t2/2 = 5.75 км, где v0 = 6 км/ч и |a| = 0.5 км/ч2.

Ответ: Встреча состоится через 1 час в 5.75 км от поселка А.

Задача 2.

Согласно уравнению теплового баланса, в окружающую среду в виде тепла выделится энергия, полученная микроволновой печью от сети за вычетом теплоты, необходимой для размораживания курицы: Q = Pпечиt − λmкурицы.

Ответ: В окружающую среду выделилось 210 кДж.

Задача 3.

Способ 1: Действующие на клин и на груз силы показаны на верхнем и нижнем рисунках соответственно. Уравнение второго закона Ньютона для клина в проекции на горизонтальную ось, в силу того, что его ускорение равно нулю, запишется в виде:

T + T − Tcosα + Nsinα − F = 0.

Для груза уравнение второго закона в проекции на ту же ось:

0 = −Tcosα + Nsinα, что, с учетом уравнения для клина, дает F = 2T.

Для груза в проекции на ось, параллельную плоскости клина: 0 = mgsinα − T. Соответственно,

F = 2mgsinα.

Способ 2: Поскольку центр масс системы из клина и груза неподвижен, сумма внешних сил, действующих на систему равна нулю. Отсюда находим F = 2T. Записывая далее условие равновесия груза на наклонной плоскости 0 = mgsinα − T, получаем ответ F = 2mgsinα.

Способ 3: Для решения задачи можно также воспользоваться методом виртуальной работы. Смещая клин с грузом на небольшое расстояние x, и прикладывая для этого силу F, совершаем работу Fx. За счет совершенной работы увеличивается потенциальная энергия груза на наклонной плоскости, который при таком смещении клина поднимается на 2xsinα. Соответственно, Fx = 2xmgsinα, откуда F = 2mgsinα.

Задача 4.

Предположим, ежик находится на расстоянии l от точки закрепления шеста. Угол отклонения шеста от вертикали определится из условия равенства нулю суммы моментов сил, действующих на шест: kα − mglsinα = 0. Заметим, что поскольку шест изначально горизонтален, то kπ/2 − mgL < 0 (значение угла выражено в радианах), то в начале движения L = l > k/mg.

Рассмотрим дальнейшее движение, когда L > l > k/mg. В этом случае существуют два решения: α = 0, соответствующее, неустойчивому положению равновесия, а также α > 0, соответствующее устойчивому равновесию (смотрите объяснение и рисунок в решении 1го варианта этой задачи). По мере уменьшения l, α также будет уменьшаться до нулевого значения при l = k/mg. Высота подъема определится как h = lcosα, что при использовании связи α и l запишется в виде . Поскольку tgα > α при α < π/2, и α/tgα убывает с ростом α, максимальная высота k/mg будет достигнута при l = k/mg и α = 0.

При дальнейшем движении k/mgl > 1 и существует единственное решение α = 0. Поскольку возвращающий момент kα при этих условиях будет больше, чем момент отклоняющей силы mglsinα (sinα всегда меньше α), это положение равновесия будет устойчивым. Шест примет вертикальное положение и высота ежика, равная l, будет только уменьшаться.

Ответ: Максимальная высота, которой достигнет ежик h = k/mg.

Задача 5.

В схеме, приведенной в условии, батарейки замкнуты накоротко, следовательно, мы знаем отношение напряжения, даваемого батарейкой при разомкнутой цепи (ЭДС) к ее внутреннему сопротивлению (это ток короткого замыкания, 3 А по условию задачи). Перерисуем схему так, что она перейдет в схему варианта 1. Воспроизводим те же рассуждения и получаем ответ: ток через батарейку номер 3 - 4 А, через первую и вторую - по 2 А.