Решения 9 класса (город 2008)
- Подробности
- Обновлено 01.05.2013 11:39
Решения задач городского тура 2008 года для 9 класса.
Задача 1.
Обозначим расстояние между первым автомобилем и центром кольцевой дороги за $l$ (при этом $l = R/\cos\alpha$). Определим угловую скорость отрезка, соединяющего автомобили. Для этого разложим скорость первого автомобиля на параллельную и перпендикулярному этому отрезку компоненты. Угловая скорость отрезка определяется перпендикулярной компонентой и равна $\omega = v\cos\alpha/l = v\cos^2\alpha/R$. Такой же будет и угловая скорость второго автомобиля, поэтому его линейная скорость $u = \omega R = v\cos^2\alpha$. Это позволяет определить нормальное ускорение второго автомобиля
$$a_n = \frac{u^2}{R} = \frac{v^2}{R}\cos^4\alpha.$$
Нормальное ускорение направлено к центру кольцевой дороги.
Поскольку скорость второго автомобиля $u = v\cos^2\alpha = vR^2/l^2$ уменьшается по мере движения автомобилей, это означает, что его ускорение будет иметь еще и тангенциальную составляющую, направленную противоположно его скорости. Для вычисления этой составляющей рассмотрим короткий промежуток времени $\Delta t$. По его истечении расстояние между первым автомобилем и центром кольцевой дороги увеличится на величину $\Delta l$, а скорость второго автомобиля уменьшится на величину $\Delta u$, поэтому $u-\Delta u = vR^2/(l+\Delta l)^2$. Отсюда уменьшение скорости
$$\Delta u = \frac{vR^2}{l^2} - \frac{vR^2}{(l+\Delta l)^2} = \frac{vR^2\Delta l(2l+\Delta l)}{l^2(l+\Delta l)^2} \approx \frac{2vR^2\Delta l}{l^3}.$$
Чтобы сделать последний переход, мы пренебрегли $\Delta l$ по сравнению с $2l$ в числителе и по сравнению с $l$ в знаменателе. Увеличение расстояния между первым автомобилем и центром дороги $\Delta l$ за время $\Delta t$ определяется проекцией скорости первого автомобиля на отрезок, соединяющий автомобили: $\Delta l = v\sin\alpha\Delta t$. Это позволяет определить тангенциальное ускорение второго автомобиля
$$a_\tau = \frac{\Delta u}{\Delta t} = \frac{2vR^2\Delta l}{l^3\Delta t} = \frac{2v^2R^2\sin\alpha}{l^3} = 2\frac{v^2}{R}\sin\alpha\cos^3\alpha.$$
Полное ускорение второго автомобиля
$$a = \sqrt{a_n^2 + a_\tau^2} = \frac{v^2}{R}\cos^3\alpha\sqrt{1+3\sin^2\alpha}.$$
Задача 2.
Разобьем систему на две части и применим второй закон Ньютона к каждой из них: первая часть будет включать в себя первый груз и находящуюся на столе часть веревки, вторая — второй груз и свисающую часть веревки. Обозначим силу натяжения веревки в точке, находящейся у края стола, $T_1$. Тогда на первую часть системы эта сила действует по горизонтали вправо ($\vec{T}_1^{\prime}$), а на вторую — вертикально вверх ($\vec{T}_1^{\prime\prime}$). Масса части веревки, находящейся на столе, равна $m_a = m(l-x)/l$, а свисающей $m_b = mx/l$. Вся система движется с ускорением $a$, причем ускорение первой части системы направлено вправо ($\vec{a}^\prime$), а второй — вертикально вниз ($\vec{a}^{\prime\prime}$).
Второй закон Ньютона для двух частей системы:
$$m_1\vec{g} + m_a\vec{g} + \vec{T}_1^\prime + \vec{N} = (m_1+m_a)\vec{a}^\prime$$ $$m_2\vec{g} + m_b\vec{g} + \vec{T}_1^{\prime\prime} = (m_2+m_b)\vec{a}^{\prime\prime}$$
Здесь $\vec{N}$ — суммарная сила реакции, действующая со стороны стола на первый груз и веревку. Спроецируем первое уравнение на ось, направленную вправо, а второе — на ось, направленную вниз:
$$T_1 = (m_1+m_a)a$$ $$m_2g + m_bg - T_1 = (m_2+m_b)a$$
Сложим эти уравнения и найдем ускорение $a$:
$$a = \frac{m_2+m_b}{m_1+m_2+m}g.$$
Дальнейший ход решения зависит от того, находится ли средняя точка веревки на столе. Если это так (т.е. если $x \ge l/2$), рассмотрим первый груз и примыкающую к нему половину веревки. На эту систему действует направленная вправо сила натяжения веревки $\vec{T}$, а ее ускорение равно $\vec{a}^\prime$. Второй закон Ньютона для такой системы:
$$m_1\vec{g} + \frac{m\vec{g}}{2} + \vec{T} + \vec{N}_1 = \left(m_1+\frac{m}{2}\right)\vec{a}^\prime$$
Cпроецируем на горизонтальную ось и найдем искомую силу:
$$T = \left(m_1+\frac{m}{2}\right)a = \left(m_1+\frac{m}{2}\right)\frac{m_2+m_b}{m_1+m_2+m}g.$$
Теперь рассмотрим случай $x \le l/2$, когда середина веревки находится на ее свисающей части. Запишем второй закон Ньютона для системы, состоящей из второго груза и примыкающей к нему половины веревки. В этом случае на систему действует сила натяжения $\vec{T}$, направленная вверх, а ее ускорение направлено вниз:
$$m_2\vec{g} + \frac{m\vec{g}}{2} + \vec{T} = \left(m_2+\frac{m}{2}\right)\vec{a}^{\prime\prime}$$
Спроецировав это уравнение на ось, направленную вниз, найдем искомую силу:
$$m_2g + \frac{mg}{2} - T = \left(m_2+\frac{m}{2}\right)a$$ $$T = \left(m_2+\frac{m}{2}\right)(g-a) = \left(m_2+\frac{m}{2}\right)\frac{m_1+m_a}{m_1+m_2+m}g$$
Таким образом,
$$T = \left(m_2+\frac{m}{2}\right)\frac{m_1+m(l-x)/l}{m_1+m_2+m}g \mbox{ при } x \le l/2,$$ $$T = \left(m_1+\frac{m}{2}\right)\frac{m_2+mx/l}{m_1+m_2+m}g \mbox{ при } x \ge l/2.$$
Задача 3.
Пусть скорость снаряда в тот момент, когда он начинает свободное движение, равна $v$. Тогда угловая скорость коромысла в этот момент $\omega = v/x$, а скорость противовеса $u = \omega(l-x) = v(l-x)/x$. Определим $v$ из закона сохранения энергии, причем потенциальную энергию будем отсчитывать от уровня оси вращения:
$$0 = \frac{mv^2}{2} + \frac{Mu^2}{2} + mgx - Mg(l-x),$$ $$v = \sqrt{2g\frac{M(l-x)x^2-mx^3}{M(l-x)^2 + mx^2}}.$$
В момент начала свободного движения снаряд находится на высоте $h+x$, а его скорость направлена горизонтально. Время полета $t$ можно рассчитать из условия $h+x = gt^2/2$, а дальность полета равна $L = vt$. Отсюда
$$L = \sqrt{4(h+x)\frac{M(l-x)x^2-mx^3}{M(l-x)^2 + mx^2}}.$$
Остается добавить, что катапульта вообще не будет работать при $M(l-x) \ge mx$ — противовес не перевесит снаряд.
Задача 4.
Рассмотрим квадратную сетку без одного из ребер. Обозначим сопротивление между точками A и B в этой схеме за $R_1$. Целую сетку при измерении сопротивления между точками A и B можно представить как параллельное подключение ребра AB и сетки без ребра, то есть резисторов с сопротивлениями $R$ и $R_1$. Общее сопротивление между точками A и B равно $R/2$, откуда
$$\frac{2}{R} = \frac{1}{R} + \frac{1}{R_1}.$$
Таким образом, $R_1 = R$.
При измерении сопротивления между точками A и C сетку можно рассматривать как отрезок AC, подключенный параллельно с последовательным соединением отрезка CB и сетки без одного ребра. Сопротивления отрезков AC и CB равны $R/2$, поскольку они в два раза короче ребра сетки. Вычисляя сопротивление эквивалентной схемы, получаем
$$r = \frac{3}{8} R.$$
Задача 5.
Введем следующие обозначения: сопротивление всей гирлянды $R$, сопротивление биметаллической пластинки $r$, теплоемкость пластинки $C$, мощность теплоотдачи от пластинки в окружающую среду $P$, разность температур, при которых происходит замыкание и размыкание цепи, $\Delta t$. Когда цепь разомкнута, охлаждение пластинки происходит исключительно за счет теплоотдачи в окружающую среду. Время охлаждения $T_-$ определяется из условия
$$PT_- = C\Delta t.$$
Когда цепь замыкается, пластинка нагревается за счет того, что мощность, выделяющаяся в ней за счет протекания электрического тока, превышает мощность, отдаваемую в окружающую среду. Ток, протекающий по гирлянде, равен $I = U/R$; выделяющаяся электрическая мощность $P_1 = I^2r = U^2r/R^2$. Время нагревания $T_+$ определяется из условия
$$(P_1-P)T_+ = C\Delta t.$$
Период мигания гирлянды
$$T = T_+ + T_- = \frac{C\Delta t}{\frac{U^2r}{R^2} - P} + \frac{C\Delta t}{P} = \frac{C\Delta t}{P\left(1 - \frac{PR^2}{rU^2}\right)}.$$
Вводя обозначения $T_0 = C\Delta t/P$, $U_0^2 = PR^2/r$, получаем выражение
$$T = \frac{T_0}{1 - \frac{U_0^2}{U^2}}.$$
Поскольку при напряжении в сети $U_1$ и $U_2$ период мигания гирлянды равен $T_1$ и $T_2$ соответственно,
$$T_1 = \frac{T_0}{1 - \frac{U_0^2}{U_1^2}},\quad T_2 = \frac{T_0}{1 - \frac{U_0^2}{U_2^2}}.$$
Решая эту систему уравнений относительно $T_0$, $U_0$, находим
$$T_0 = \frac{T_1T_2(U_2^2-U_1^2)}{T_1U_2^2-T_2U_1^2} = 1{,}7~\text{с},\quad U_0^2 = \frac{(T_1-T_2)U_1^2U_2^2}{T_1U_2^2-T_2U_1^2} = 8000~\text{В}^2.$$
Пользуясь полученными значениями, получаем ответ
$$T_3 = \frac{T_0}{1 - \frac{U_0^2}{U_3^2}} = \frac{T_1T_2U_3^2(U_2^2-U_1^2)}{T_1U_2^2(U_3^2-U_1^2) - T_2U_1^2(U_3^2-U_2^2)} = 1{,}80~\text{с}.$$