Решения 8 класса (город 2008)
- Подробности
- Обновлено 01.05.2013 11:41
Решения задач городского тура 2008 года для 8 класса.
Задача 1.
Обозначим массу цилиндра за $M$. Пусть, когда воды в сосуде нет, пружина растянута на $\Delta x_1$. Тогда
$$k\Delta x_1=Mg \qquad(1)$$
Когда в сосуд налили воду, пусть растяжение пружины стало равным $\Delta x_2$. В этом случае помимо силы тяжести на цилиндр действует сила Архимеда $F_A=\rho_0gV$ ($V=hS_1$ — объем погруженной части):
$$k\Delta x_2=Mg-F_A \qquad(2)$$
Пусть цилиндр находится на расстоянии $H$ от дна сосуда (см.рис.). После того, как налили воду, цилиндр поднялся на высоту $H-H_0$. На такую же величину уменьшилось растяжение пружины:
$$\Delta x_1- \Delta x_2=H-H_0 \qquad(3)$$
Учитывая это и рассматривая разность уравнений (1) и (2), получаем:
$$k(H-H_0)=F_A \qquad(4)$$
Давление у дна сосуда равно
$$\frac{F}{S_2}=\rho_0g(H+h) \qquad(5)$$
Выражая отсюда $H$ и подставляя в (4), получаем
$$k\left(\frac{F}{\rho_0gS_2}-h-H_0\right)=\rho_0ghS_1 \qquad(6)$$ $$\Rightarrow\;\;h=\frac{k\left(\frac{F}{\rho_0gS_2}-H_0\right)}{\rho_0gS_1+k} \qquad(7)$$
Задача 2.
Пусть растяжение первой пружины равно $\Delta x_1$, а второй — $\Delta x_2$. Тогда (см.рис.):
$$x_0+\Delta x_1=H-h+a \qquad(1)$$ $$x_0+\Delta x_2=H-h-a \qquad(2)$$
Или:
$$x_0+\frac{\Delta x_1+\Delta x_2}{2}=H-h \qquad(3)$$
Так как рычаг равноплечный, то силы, с которыми пружины действуют на рычаг, равны:
$$k_1\Delta x_1=k_2\Delta x_2=F' \qquad(4)$$
Из уравнений (3) и (4) можно найти, например, $\Delta x_1$:
$$\Delta x_1=\frac{2(H-h-x_0)}{1+\frac{k_1}{k_2}} \qquad(5)$$
Тогда
$$F'=\frac{2k_1k_2(H-h-x_0)}{k_1+k_2} \qquad(6)$$
Рычаг действует на опору с силой $2F'$ (направленной вверх, если $F'>0$). Помимо этого на опору действует сила тяжести $Mg$. Поэтому опора давит на пол с силой
$$F=-2F'+Mg=-\frac{4k_1k_2(H-h-x_0)}{k_1+k_2}+Mg \qquad(7)$$
Задача 3.
Количество чистого спирта в растворе равно $M_{\text{С}}=0{,}96\cdot 1{,}04~\text{кг}\approx 1~\text{кг}$. При этом в нем уже содержится $m_{\text{В}}=0{,}04~\text{кг}$. Чтобы получить 80% раствор, надо добавить еще $M_{\text{В}}=\frac{2}{8}\cdot 1~\text{кг}-0{,}04~\text{кг}=0{,}21~\text{кг}$ воды. Из условия видно, что при смешивании спирта с водой выделяется некоторое тепло, связанное с процессом растворения. Обозначим это количество теплоты за $Q$. Тогда уравнение теплового баланса запишется как
Во втором эксперименте можно считать, что лед, перед тем как смешаться со спиртом, превращается в воду. При этом при растворении спирта в этой воде будет выделяться то же количество тепла $Q$. Обозначим конечную температуру раствора, полученого с помощья льда, за $t$. Тогда
$$Q=C_{\text{С}}M_{\text{С}}(t-30^\circ)+C_{\text{В}}m_{\text{В}}(t-30^\circ)+C_{\text{В}}M_{\text{В}}(t-0^\circ)+\lambda M_{\text{В}} \qquad(2)$$ $$\Rightarrow\;\;t=\frac{Q + (C_{\text{С}}M_{\text{С}}+C_{\text{В}}m_{\text{В}})\cdot 30^\circ - \lambda M_{\text{В}}}{C_{\text{С}}M_{\text{С}}+C_{\text{В}}M_{\text{В}} + C_{\text{В}}m_{\text{В}}} = \frac{(13{,}8+72+5-70)~\text{кДж}}{3{,}45~\text{кДж}/^\circ C} \approx 6^\circ\text{C} \qquad(3)$$
Задача 4.
Рассмотрим участок дороги длиной $L=100~\text{м}$ перед рассматриваемой отметкой на дороге. На нем в данный момент расположено $nL$ машин. Если они едут со скоростью $V$, то они все проедут отметку в течение времени $\tau=\frac{L}{V}$. Тогда за час мимо отметки проедет количество машин, равное
$$N=\frac{nL}{L/V}\cdot 1~\text{ч}=nV \cdot 1~\text{ч} \qquad(1)$$
Эта величина максимальна при максимальном произведении $nV$. Из графика находим, что максимум достигается при $n\approx 50 ~\text{маш./100 м},\;\; V\approx 100~\text{км/ч}$. Тогда $N\approx 50 ~\text{маш./100м}\cdot 100~\text{км/ч}\cdot 1~\text{ч}=50000 ~\text{маш.}$
Задача 5.
Из графика видно, что начальная температура воды в ведре равна $T_0=20^\circ C$. Так как теплообменом с окружающей средой можно пренебречь, то через длительное время температура воды в ведре должна сравняться с температурой воды из крана $T_1$. Из графика найдем установившееся значение $T$ при большом $\tau$: $T_1=60^\circ C$.
Массу воды в полном ведре обозначим за $M$. Рассмотрим маленький интервал времени $\Delta \tau$ сразу после того, как вода начала литься в ведро. За это время в ведро попало малое количество воды массы $\Delta m=\mu \Delta \tau$, где $\mu$ — масса воды, вытекающей из крана в единицу времени. Когда эта вода попадает в уже полное ведро, то $\Delta m$ воды из него выливается. Остальная часть воды нагреется при этом на некоторую температуру $\Delta T$. Запишем уравнение теплового баланса:
$$C_{\text{В}}\Delta m (T_1-(T_0+\Delta T)) =C_{\text{В}}(M-\Delta m)\Delta T \qquad(1)$$ $$\Rightarrow\;\; \Delta T=\frac{\Delta m (T_1-T_0)}{M}=\frac{\mu \Delta \tau (T_1-T_0)}{M} \qquad(2)$$
Пустое ведро заполняется водой за время $\tau_0=\frac{M}{\mu}$. Из уравнения (2) находим
$$\tau_0=\frac{M}{\mu}=\frac{T_1-T_0}{\Delta T/\Delta \tau}. \qquad(3)$$
Из графика находим, что $\frac{\Delta T}{\Delta \tau}\approx 10^\circ\text{C/мин}$. Тогда
$$\tau_0=\frac{40^\circ\text{C}}{10^\circ\text{C/мин}}=4~\text{мин} \qquad(4)$$
Задача 6.
Когда пассажир оказывается у како-либо перекрестка, то до точки A ему остается пройти путь кратный $L=300\text{м}$. Когда его высаживают не на перекрестке, то ему надо пройти путь $s=nL+l$, где $l < L$ — расстояние до первого перекрестка на его пути. Пусть $t_i$ — время $i$-ой высадки. Из данных видно, что пассажира высаживают на перекрестках в моменты $t_2=10 \text{c},\, t_6=40 \text{c},\,t_{10}=70 \text{c},\, t_{14}=100 \text{c}$. Рассмотрим движение вертолета, например, в интервале от $t_2$ до $t_6$. Между двумя высадками на перекрестках в начале и конце происходит еще 3 высадки на улицах. Пусть в момент $t_2$ вертолет находился в некоторой точке O. На рис. 1 представлены все возможные траектории из точки O до некоторого другого перекрестка, такие что пересекают улицы еще в 3-х точках (не в перекрестках). Эти три высадки происходят в моменты $t_3=20\text{c},\,t_4=25\text{c},\,t_5=30\text{c}$. Так как вертолет летит с постоянной скоростью, то расстояние между местами 3-й и 4-й высадок вдвое меньше расстояния между местами 2-й и 3-й высадок. Такому условию удовлетворяют только случаи, обозначеные числами 1–8 на рис. 1.
Рассмотрим, для примера, случай 1. Тогда направление траектории уже нами фиксировано. Наименьший путь $s=2L$ проходит пассажир, высадившийся в момент $t_6=40 \text{c}$. Все возможные места его высадки представлены на рис. 2. и обозначены букввами a–h. При этом только через точку a можно провести провести прямую с заданым наклоном, так чтобы она не пересекала улица города в точках, путь от которых до A меньше $2L$. Таким образом мы зафиксировали траекторию полностью (см. рис. 3). Несложно убедиться, что она согласуется со всеми данными задачи. Задача уже решена, так как требовалось предьявить хотя бы одну возможную траекторию. Случаи 2–8 (см. рис. 1) можно было бы рассмотреть абсолютно аналогично. В результате получались бы траектории, которые можно получить из найденной посредством поворотов и отражений.
Задача 7.
После того, как поршень B отпустили, объем занимаемый им в сосуде, уменьшился на $(x_0-x)\cdot S$. За счет того, что поршень A опустился, объем сосуда под ним уменьшился на $(H_0-H)\cdot 2S$. Так как объем воды не изменился, то
$$(x_0-x)\cdot S=(H_0-H)\cdot 2S\;\Rightarrow\;H=H_0-\frac{x_0-x}{2} \qquad(1)$$
Обозначим за $T$ натяжение веревки, привязаной к поршню B. Рассматривая подвижный блок E, приходим к выводу, что сила натяжения веревки, привязаной к поршню A, должна быть $2T$. Давление воды под поршнем A обозначим за $p_A$, а атмосферное — за $p_0$. На поршень A действуют вниз: сила атмосферного давления $p_0\cdot 2S$, сила тяжести $Mg$; вверх: сила со стороны веревки $2T$, сила давления воды $p_A\cdot 2S$. Эти силы должны быть сбалансированы:
$$p_0\cdot 2S+Mg=2T+p_A\cdot 2S \qquad(2)$$
Деля это уравнение на 2, получим
$$\frac{Mg}{2}=T+p_AS-p_0S \qquad(3)$$
Растяжение пружины равно $(x_0-x)$. Давление воды на уровне поршня B равно $p_B=p_A+\rho_0g(H-h)$. На поршень B действуют влево: сила атмосферного давления $p_0\cdot S$, сила со стороны пружины $k(x_0-x)$; вправо: сила со стороны веревки $T$, сила давления воды $p_B\cdot S$. Результирующая этих сил должна быть равна нулю, поэтому
$$p_0\cdot S+k(x_0-x)=T+p_B\cdot S \qquad(4)$$
Используя уравнение (3), преобразуем:
$$k(x_0-x)=T+p_BS-p_0S=T+p_AS-p_0S+\rho_0g(H-h)S=\frac{Mg}{2}+\rho_0g(H-h)S \qquad(5)$$
Подставляя в это уравнение выражение для $H$ из (1), получаем:
$$k(x_0-x)=\frac{Mg}{2}+\rho_0g(H_0-\frac{x_0-x}{2}-h)S \qquad(6)$$ $$\Rightarrow\;\;\left(k+\frac{1}{2}\rho_0gS\right)(x_0-x)=\frac{Mg}{2}+\rho_0gS(H_0-h) \qquad(7)$$ $$\Rightarrow\;\;x=x_0-\frac{\frac{Mg}{2}+\rho_0gS(H_0-h)}{k+\frac{1}{2}\rho_0gS} \qquad(8)$$