Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 9 класса (город 2007)

Подробности

Обновлено 14.01.2014 11:05

Решения задач городского тура 2007 года для 9 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

Поскольку $\alpha \geq \beta$, тень от камня будет двигаться по земле сначала влево, а затем вправо. Конечное положение тени совпадает с точкой падения камня. Если обозначить расстояние от точки броска до крайней левой точки траектории камня $y_0$, а дальность полета камня $s$, то путь, пройденный тенью, будет равен $l=2y_0 + s$.

Для удобства вычисления $y_0$ введем ось $x$, направленную из точки броска перпендикулярно солнечным лучам. Тогда координата тени $y$ определяется исключительно координатой камня $x$: $y=x/ \sin \beta$. Проекция начальной скорости камня на ось $x$ равна $v_x = v \sin (\alpha - \beta)$, проекция ускорения свободного падения на ось $x$ равна $g_x = -g \cos \beta$. Следовательно, максимальное значение координаты x камня в процессе движения равно $x_0 = -v_x^2/2g_x = v^2 \sin^2 (\alpha - \beta) / 2 g \cos \beta$. Таким образом, максимальное смещение тени камня влево составляет $y_0 = x_0 / \sin \beta = v^2 \sin^2 (\alpha - \beta) / 2g \sin \beta \cos \beta$. 

Пользуясь тем, что дальность полета камня равна $s = 2v^2 \sin \alpha \cos \alpha /g$, получаем ответ $l = v^2 \sin^2 (\alpha - \beta) / g \sin \beta \cos \beta + 2v^2 \sin \alpha \cos \alpha /g = (sin^2 \alpha \mathrm{ctg} \beta + \cos^2 \alpha \mathrm{tg} \beta) v^2/g$.

Задача 2.

Поскольку брусок движется горизонтально, действующая на него сила тяжести уравновешивается силой реакции опоры: N = mg. Поэтому максимальная величина силы трения покоя (она же величина силы трения скольжения) равна μmg. В начале движения, пока брусок движется в направлении оси x, сила трения направлена в противоположную сторону и имеет максимальное значение: F_трx = −μmg.

Определим, через какое время брусок остановится. На него действуют две силы: сила трения F_тр = μmg и сила F = αt, причем обе направлены противоположно оси х. Спустя время t импульс бруска будет равен p = mv₀ − p_тр − p₁, где p_тр = μmgt — импульс силы трения, p₁ — импульс силы F. Для вычисления импульса p₁ заметим, что за время t сила F равномерно возрастает от нуля до значения αt, поэтому ее среднее значение равно F_ср = αt/2. Таким образом, ее импульс p₁ = αt²/2, и импульс бруска выражается в виде p = mv₀ − μmgt − αt²/2. Разрешая уравнение p = 0, находим время остановки бруска: t₀ = (отрицательный корень квадратного уравнения отброшен).

Дальнейший характер движения зависит от величины силы F, действующей на брусок в момент остановки. Если эта величина меньше μmg, сила F будет уравновешена силой трения покоя, и брусок в течение некоторого времени будет покоиться. При этом сила трения будет направлена противоположно силе F (то есть в направлении оси x) и равна ей по величине: F_трx = αt. Когда сила F достигнет максимального значения силы трения (это произойдет в момент t₁ = μmg/α), равновесие бруска нарушится, и он начнет двигаться против оси x. При этом проекция силы трения будет равна F_трx = μmg (график 1).

Такой режим будет наблюдаться, если αt₀ < μmg, то есть если 2αv₀ < 3μ²mg². В противном случае брусок начнет двигаться против оси x сразу после остановки (график 2).

Задача 3.

Чтобы попасть в лузу, шарик должен в некоторой точке отделиться от борта. Рассмотрим его последующее движение. Второй закон Ньютона в проекции на ось y: ma_y = −mgsinα. Таким образом, a_y = −gsinα, и после отрыва от бортика шарик двигается с постоянным ускорением, равным g' = gsinα и направленным вниз по плоскости (противоположно оси y).

Выведем уравнение траектории шарика при равноускоренном движении. Если в момент отрыва проекции скорости на оси x и y равны v_0x = vsinφ и v_0y = vcosφ, то:

x(t) = vtsinφ, y(t) = vtcosφ − g't²/2

Выражая t из первого уравнения и подставляя во второе, получаем:

y = x/tgφ − g'x²/2v²sin²φ

Это уравнение траектории шарика. Чтобы шарик попал в лузу, необходимо, чтобы точка с координатами x = Rcosφ и y = −Rsinφ удовлетворяла этому уравнению. Производя подстановку и упрощения, получаем 2v²sinφ = g'Rcos²φ.

Шарик оторвется от борта в момент, когда сила реакции, действующая на него со стороны борта, обратится в ноль. В этот момент на шарик будут действовать только сила тяжести и сила реакции со стороны площадки. Его центростремительное ускорение v²/R (направленное по радиусу окружности, к лузе) будет обеспечиваться проекцией силы тяжести на радиус (поскольку сила реакции не имеет проекции на это направление): mv²/R = mgsinαsinφ. Отсюда v² = gRsinαsinφ и, подставляя это в условие попадания шарика в лузу, получаем tg²φ = ½. Отсюда sinφ = 1/.

Итак, чтобы шарик попал в лузу, он должен оторваться от борта в точке с sinφ = 1/, имея при этом скорость v² = gRsinαsinφ. Теперь с помощью закона сохранения энергии определим необходимое для попадания сжатие пружины. Точка отрыва находится на расстоянии 2R + Rsinφ от основания площадки, то есть на высоте (2R + Rsinφ)sinα. Кинетическая энергия шарика в момент отрыва равна mgRsinαsinφ/2. Таким образом:

kl²/2 = mg(2R + Rsinφ)sinα + mgRsinαsinφ/2

Здесь l — искомое сжатие пружины. Подставляя найденное значение sinφ, получаем l = .

Задача 4.

Пусть сопротивление всего кольца равно $R_0$, а точки, к которым подключен омметр, делят кольцо на две дуги, имеющие сопротивления $R_1$ и $R_0 - R_1$. Поскольку дуги подключены параллельно, омметр покажет сопротивление $R = R_1 (R_0 - R_1)/R_0^2$. Знаменатель этого выражения не зависит от способа подключения, а числитель минимален при $R_1 = R_0/2$. В этом случае показание омметра $R=R_0 / 4$.

Осталось определить сопротивление всего кольца $R_0$. Эта задача затруднена тем, что кольцо неоднородно, поэтому разобьем его на небольшие кусочки. Каждый кусочек при его достаточной малости можно считать однородным, и его сопротивление $\Delta R = \rho \Delta l /S$. Выразим длину участка через его градусную меру $\Delta \varphi$: $\Delta l = 2 \pi r \cdot \Delta \varphi/360^{\circ}$, откуда $\Delta R = \rho \Delta \varphi \cdot \pi r/180^{\circ} S$. Полное сопротивление кольца $R_0 = \pi r / 180^{\circ} S \cdot \sum (\rho \Delta \varphi)$. 

Поскольку в выражение для сопротивления входит произведение $\rho \Delta \varphi$, его можно связать с площадью под графиком $\rho (\varphi)$. Действительно, $\rho \Delta \varphi$ — это площадь заштрихованного на рисунке прямоугольника, а при сложении таких площадей получается площадь под графиком. Если суммарная площадь (измеренная в Ом·м·°) равна $A$, то $R_0 = \pi r A / 180^{\circ} S$.

Площадь одной клетки на графике равна 15·10⁻⁸ Ом·м·°. Можно подсчитать, что площадь под графиком составляет примерно 153 клетки, то есть A = 2,3·10⁻⁵ Ом·м·°. Таким образом, ответ: $\pi r A / 720^{\circ} S$ = 0,002 Ом.

Задача 5.

Сначала рассмотрим первую ситуацию. Раз температура воздуха установилась, все выделяемое источниками тепло уходит через мембрану в окружающую среду. Таким образом, при разнице температур с двух сторон мембраны $t-t_0$ через нее передается мощность $3P$ (здесь $P$ — мощность каждого источника тепла).

После установки дополнительных мембран через них будут передаваться мощности $P$ и $2P$, а через торцевую — по-прежнему $3P$. Следовательно, разность температур с двух сторон торцевой мембраны осталась прежней: $t_1 - t_0 = t -t_0$, откуда $t_1 = t = 25^{\circ} C$. Поскольку через среднюю мембрану передается мощность $2P$, а мощность пропорциональна разности температур, $(t_2 - t_1) / 2P = (t - t_0) / 3P$, откуда $t_2 = 5t/3 - 2t_0/3 = 35^{\circ}C$. Наконец, через оставшуюся мембрану передается мощность $P$, поэтому $(t_2 - t_2)/P = (t-t_0)/3P$, и $t_3 = 2t - t_0 = 40^{\circ}C$.