Задания заключительного этапа 2011

Открытая межвузовская олимпиада школьников СФО «Будущее Сибири»
2 этап (заключительный) - 2011\2012 учебный год
Физика 9 класс
1. Машина ехала из деревни A в город Б с непостоянной скоростью: половину всего времени — со
скоростью v, ещё треть — со скоростью 2v, и остаток времени — со скоростью 3v. Чему равна
средняя скорость машины?
2. Из пунктов A и B, расположенных вдоль реки на некотором расстоянии, одновременно начали
двигаться навстречу друг к другу катер и моторная лодка. Известно, что катер проходит путь из А в
В за время t1, а лодка проходит путь из В в А за время t2. Через какое время после начала движения
они встретятся? Катер и лодка движутся равномерно.
3. В жидкости плотностью 0, налитой в цилиндрический стакан
сечением S, плавает поплавок с привязанным к нему невесомой
нитью грузиком массы m. Нить перерезают, и грузик падает на
дно. При этом уровень жидкости в стакане уменьшается на h.
Найти плотность материала грузика.
4. Грузик, привязанный к невесомой нерастяжимой нити,
вращается в вертикальной плоскости вокруг точки О по
окружности радиуса R. Если нить перерезать в момент, когда
грузик находится в верхней или нижней точке окружности, он
упадёт на землю в точке А или В, соответственно (см. рис.).
Найти расстояние АВ, если известно, что точки А и В
равноудалены от точки O, которая находится на высоте h над
поверхностью земли.
g
h
ρ0
R
O
g
h
A
B
5. Верёвка длины l и массы m, однородная по длине, лежит на
x v=?
горизонтальном столе. Правый конец её пропущен через отверстие в
столе и прикреплён снизу к крышке стола. На верёвку под столом
g
подвесили маленький лёгкий блок с прикреплённым к нему грузом
M
массы M (см. рис.). Верёвку вытянули влево до упора и отпустили,
после чего она стала соскальзывать в отверстие. Найти скорость левого конца верёвки в момент,
когда он переместился на расстояние x. Трения нет. Толщиной крышки стола пренебречь. Ускорение
свободного падения g.
Внимание! Задача считается решённой, если, помимо правильного ответа, приведены необходимые
объяснения.
Желаем успехов!
Открытая межвузовская олимпиада школьников СФО «Будущее Сибири»
2 этап (заключительный) - 2011\2012 учебный год
Физика 10 класс
1. Маленький брусок отпускают из верхней точки гладкого желоба
высотой H, имеющего горизонтальный выход. Под действием силы
тяжести брусок без трения скатывается с желоба, вылетает
горизонтально из его нижней точки и падает на землю под углом 45.
Найти высоту h нижней точки желоба над поверхностью земли.
g
H
h-?
45º
2. Два населенных пункта А и B расположены вдоль реки на
некотором расстоянии. Между пунктами А и B курсируют катер и моторная лодка. Время движения
катера из А в B равно t1, а моторной лодки из B в A равно t2. Через какое время после
одновременного начала движения они встретились, если лодка вышла в рейс из пункта А, а катер из
пункта B. Величины скоростей катера и моторной лодки относительно воды постоянные.
3. На наклонной плоскости стоит А-образная стремянка высотой H и
шириной W, состоящая из двух одинаковых боковин и перекладины,
соединяющей середины боковин. Угол наклона плоскости медленно
увеличивают до тех пор, пока стремянка не начнет либо соскальзывать, либо
опрокидываться. При каком максимальном коэффициенте трения она
соскользнет, а не опрокинется?
H
g
W
4. На прямой OX находятся два радиомаяка, которые испускают сигналы, содержащие координату
маяка и точное время. Неподвижный приёмник, находящийся на этой прямой между маяками,
принял два сигнала: один — от маяка с координатой x1, испущенный в момент времени t1, и второй
— от маяка с координатой x2, испущенный в момент времени t2. Времена t1 и t2 измеряются маяками
по точным атомным часам, синхронизованным друг с другом. По часам приёмника, второй сигнал
поступил в приёмник на время Δt позже первого. Определить координату x приёмника. Сигналы
распространяются со скоростью света c. (По такому принципу работают навигационные системы
ГЛОНАСС и GPS.)
5. В сосуде с водой плавает маленький надутый шарик, привязанный ко
дну невесомой нитью длины l. Плотность оболочки шарика больше
плотности воды. Сосуд поднимают вверх с плавно возрастающим
ускорением. В момент, когда ускорение стало равно a1, шарик начал
опускаться. После того, как он опустился на дно, ускорение сосуда стали h-?
плавно уменьшать. В момент, когда оно достигло величины a2, шарик
начал всплывать. Найти уровень h жидкости в сосуде. Температура
поддерживается постоянной. Ускорение свободного падения равно g.
g
l
Внимание! Задача считается решённой, если, помимо правильного ответа, приведены необходимые
объяснения.
Желаем успехов!
Открытая межвузовская олимпиада школьников СФО «Будущее Сибири»
2 этап (заключительный) - 2011\2012 учебный год
Физика 11 класс
1. В вершинах равностороннего треугольника закреплены точечные заряды q, q, –q. Величина силы,
действующей на один из зарядов q со стороны двух других, равна F. Чему равна сила, действующая
на заряд –q со стороны двух других зарядов?
2. Закрытый легким подвижным поршнем площади S сосуд первоначально был
откачан и поршень лежал на дне. После того, как в него по трубке медленно
напустили  молей газа, поршень поднялся до высоты h, а когда после этого из P
0
него откачали 1 молей, он опустился до h/2. Определите силу трения между
поршнем и цилиндром. Атмосферное давление равно P0, температура постоянна.
3. Два маленьких шарика одинакового размера, но разной массы, подвешены на
одинаковых невесомых нерастяжимых нитях, закрепленных в одной точке. Более
тяжелый шарик находился в покое, а более легкий отклонили от вертикали и
отпустили. При каком отношении масс шариков они после упругого соударения
поднимутся на одинаковую высоту? Сопротивлением воздуха пренебречь.
S
h
g
4. Два длинных рельса расположены в горизонтальной
плоскости параллельно друг другу на расстоянии l.
B
Перпендикулярно плоскости создано однородное магнитное l C
v0
поле индукции B. На рельсах далеко друг от друга покоятся две
перемычки массой m1 и m2, сделанные из проводников с
m2
m1
некоторым конечным сопротивлением. В середину первой
перемычки вставлен незаряженный конденсатор емкости C. Второй перемычке ударом сообщают
скорость v0 вдоль рельсов. Какую скорость v1 будет иметь первая перемычка в установившемся
режиме их движения? Трения нет.
5. Оценить, с какой максимальной скоростью грузовик может совершать поворот на перекрёстке,
чтобы незакреплённые грузы не смещались (не скользили по кузову). Предполагается, что Вы
хорошо представляете явление, можете сами задать необходимые для решения задачи величины,
выбрать их числовые значения и получить численный результат.
6. Задача-демонстрация (демонстрируется видеоролик). Три одинаковые рейки
соединены в виде буквы П с помощью двух винтов. К верхней горизонтальной
рейке по центру приклеена зубочистка. Эту конструкцию пытаются установить на
горизонтальную подставку, как показано на рисунке. Это удаётся, если рейки
жёстко скрепить между собой, затянув винты. Даже если при этом конструкцию
наклонить, она качается, но не падает. Если же винты ослабить, сделав соединения
реек шарнирными, то конструкцию не удаётся установить на подставку — она
падает. Объясните наблюдаемое явление.
Внимание! Задача считается решённой, если, помимо правильного ответа, приведены необходимые
объяснения.
Желаем успехов!
Открытая межвузовская олимпиада школьников СФО «Будущее Сибири»
2 этап (заключительный) - 2011\2012 г.
Предмет - Физика
Решения задач и ответы
Каждая правильно решенная задача оценивается в 10 баллов.
9 класс
1. Машина ехала из деревни A в город Б с непостоянной скоростью: половину всего
времени — со скоростью v, ещё треть — со скоростью 2v, и остаток времени — со
скоростью 3v. Чему равна средняя скорость машины?
Решение.
Пусть полное время в пути равно t. Тогда полный пройденный путь равен:
t
t
t t
5

s  v   2 v    t     3v   vt .
2
3
3
 2 3
По определению средняя скорость v  s / t .
Подставив сюда полученное выражение для s, найдём
5
ответ: v  v .
3
(5 б.)
(3 б.)
(2 б.)
2. Из пунктов A и B, расположенных вдоль реки на некотором расстоянии,
одновременно начали двигаться навстречу друг к другу катер и моторная лодка.
Известно, что катер проходит путь из А в В за время t1, а лодка проходит путь из В в А
за время t2. Через какое время после начала движения они встретятся? Катер и лодка
движутся равномерно.
Решение.
Пусть s — расстояние между пунктами A и B, а v1 и v2 — скорости катера и моторной
лодки относительно берега.
По условию,
s
s
v1  , v2  .
(1)
t1
t2
Время до встречи t определяется относительной скоростью (v1+v2):
s
t
.
v1  v2
(8 б.)
Подставив сюда выражение (1), получим
ответ: t 
t1t 2
.
t1  t 2
(2 б.)
3. В жидкости плотностью 0, налитой в цилиндрический
стакан сечением S, плавает поплавок с привязанным к
нему невесомой нитью грузиком массы m. Нить
перерезают, и грузик падает на дно. При этом уровень
жидкости в стакане уменьшается на h. Найти плотность
материала грузика.
h
g
ρ0
Решение.
Пусть V1 и V2 — объёмы вытесненной воды в первом и во втором случаях, mп — масса
поплавка.
В первом случае система поплавок + грузик плавает, поэтому согласно закону
Архимеда,
m m
V1  п
.
(1)
(3 б.)
0
Во втором случае объём V2 складывается из объёма грузика m/ρ, где ρ — его
плотность, и объёма, вытесненного поплавком, который, согласно закону Архимеда,
равен mп/ρ0:
m m
V2   п .
(2)
(3 б.)
 0
По условию задачи,
V1  V2  hS .
Вычтя (2) из (1), получим V1  V2 
(3)
(2 б.)
m m
 , и подставив сюда (3), найдём
0 
ответ:  
0
.
hS0
1
m
(2 б.)
4. Грузик, привязанный к невесомой нерастяжимой нити, вращается в вертикальной
плоскости вокруг точки О по окружности
R
радиуса R. Если нить перерезать в момент, когда
грузик
g
O
находится в верхней или нижней точке
окружности, он упадёт на землю в точке А или
В,
h
соответственно (см. рис.). Найти расстояние АВ,
если
известно, что точки А и В равноудалены от
точки
A
B
O, которая находится на высоте h над
поверхностью земли.
Решение.
Пусть расстояние |AB| равно L. Обозначим скорость грузика в верхней точке v1, а
время его падения из этой точки на землю t1. При падении грузика его движение
по горизонтали — равномерное со скоростью v1, а по вертикали — равноускоренное
с ускорением g и нулевой начальной скоростью.
Поэтому
L
v1t1  ,
(1 б.)
2
gt 2
 h  R.
(2 б.)
2
Отсюда получим:
L2
g
2
v1 
.
(1)
4 2(h  R)
Для падения грузика из нижней точки аналогично получим
L2
g
2
v2 
,
(2)
(3 б.)
4 2(h  R)
где скорость v2 грузика в нижней точке связана со скоростью v1 законом сохранения
энергии:
mv22 mv12
mg  2 R  

,
2
2
где m — масса грузика. Подставляя сюда (1) и (2), получим
L2  1
1  L2
2R
2R   

.
  2
16  h  R h  R  16 h  R 2
Выразив отсюда L, получим
ответ: L  4 h 2  R 2 .
(2 б.)
(2 б.)
5. Верёвка длины l и массы m, однородная по длине, лежит на горизонтальном столе.
Правый конец её пропущен через отверстие в столе и прикреплён снизу к крышке
стола. На верёвку под столом подвесили маленький лёгкий блок с прикреплённым к
нему грузом массы M (см. рис.). Верёвку вытянули влево до упора и отпустили, после
чего она стала соскальзывать в отверстие. Найти скорость левого конца верёвки в
момент, когда он переместился на расстояние x. Трения нет. Толщиной крышки стола
пренебречь. Ускорение свободного падения g.
Решение.
Пусть h — расстояние от блока до крышки стола. Пренебрегая размерами блока и
толщиной крышки стола, получим h=x/2.
h 1 x
Скорость грузика u 

, т.е.
t 2 t
v
u .
(2 б.)
2
Запишем закон сохранения энергии. В конечном состоянии суммарная кинетическая
энергия верёвки и груза K равна изменению их суммарной потенциальной энергии
K  U .
(1)
Mu 2
Кинетическая энергия грузика равна
. Часть верёвки, от левого её края до блока,
2
 l  h  и движется со скоростью v, поэтому её кинетическая энергия
имеет массу m
l
l  h  v2

имеет массу m
. Оставшаяся часть верёвки неподвижна, и её кинетическая
l
2
энергия равна нулю. Таким образом, суммарная кинетическая энергия K равна
Mu 2
(l  h ) v 2
K
m
.
(2)
2
l
2
Груз опустился на высоту h, поэтому изменение его потенциальной энергии равна
x
Mgh. Часть верёвки длиной x, имеющая массу m , переместилась под стол. При этом
l
центр масс этой части верёвки опустился на высоту h/2. Поэтому её потенциальная
x h
энергия изменилась на величину m g . Потенциальная энергия оставшейся части
l 2
верёвки не изменилась. Таким образом, суммарное изменение потенциальной энергии
всей системы равно
x h
U  Mgh  m g .
(3)
l 2
Подставив (2) и (3) в (1), получим
l  h  v2
u2

x h
M
m
 Mgh  m g .
(6 б.)
2
l
2
l 2
v
x
Подставив сюда u  и h  , получим
2
2
v2  M
x 
x

M
 m 1     gx   m  .

2 4
4l 
 2l  
2
Откуда получим
M m
ответ: v  gx
x
2l
M
x

 m 1  
4
 2l 
.
(2 б.)
Примечание. При записи закона сохранения энергии школьником возможны ошибки
в величинах, входящих в него масс и расстояний. За каждую такую ошибку из 6
баллов вычитается по одному баллу.
10 класс
1. Маленький брусок отпускают из верхней точки гладкого
желоба высотой H, имеющего горизонтальный выход. Под
действием силы тяжести брусок без трения скатывается с
желоба, вылетает горизонтально из его нижней точки и
падает на землю под углом 45. Найти высоту h нижней
точки желоба над поверхностью земли.
H
h-?
g
45º
Решение.
По условию, угол падения равен 45°, т.е. горизонтальная и вертикальная скорости
бруска в момент падения равны:
vx  v y ,
(1)
При свободном падении горизонтальная скорость не изменилась, а в момент вылета из
жёлоба её можно найти из закона сохранения энергии:
2
mv x
mgH 
,
(2)
(4 б.)
2
где m — масса бруска.
Закон сохранения энергии при переходе от момента вылета бруска из жёлоба к
моменту падения записывается в виде:
2
2
mv
mv x
mgh 

.
2
2
С учётом теоремы Пифагора
v 2  vx 2  v y 2 ,
это выражение можно переписать в виде:
2
mv y
mgh 
,
(3)
(4 б.)
2
Из (1) следует, что правые части равенств (2) и (3) равны, а значит, равны и левые:
mgh  mgH .
Отсюда находим
ответ: h =H.
(4 б.)
2. Два населенных пункта А и B расположены вдоль реки на некотором расстоянии.
Между пунктами А и B курсируют катер и моторная лодка. Время движения катера из
А в B равно t1, а моторной лодки из B в A равно t2. Через какое время после
одновременного начала движения они встретились, если лодка вышла в рейс из пункта
А, а катер из пункта B. Величины скоростей катера и моторной лодки относительно
воды постоянные.
Решение.
Пусть s — расстояние между населёнными пунктами A и B, v1 и v2 — скорости катера
и моторной лодки относительно воды, а u — скорость течения реки.
По условию,
s
s
, v2  u  ,
(1)
(3 б.)
t1
t2
При движении навстречу друг другу время до встречи определяется относительной
скоростью (v1+ v2):
s
t
,
(2)
(5 б.)
v1  v2
Относительную скорость можно найти, сложив равенства (1), а подставив найденное
выражение в (2), получим
tt
ответ: t  1 2 .
(2б.)
t1  t2
v1  u 
3. На наклонной плоскости стоит А-образная стремянка высотой
g
H и шириной W, состоящая из двух одинаковых боковин и
H
перекладины, соединяющей середины боковин. Угол наклона
W
плоскости медленно увеличивают до тех пор, пока стремянка не
начнет либо соскальзывать, либо опрокидываться. При каком максимальном
коэффициенте трения она соскользнет, а не опрокинется?
Решение.
Центр масс стремянки находится на середине перекладины.
(2б.)
Стремянка может перевернуться только в том случае, когда угол наклона плоскости
превысит пороговое значение, при котором центр масс М и точка опоры О лежат на
одной вертикали (см. рисунок).
(2б.)
К этому легко прийти, рассмотрев моменты сил относительно
M
точки О.
g
В этом положении на стремянку действуют сила тяжести P , сила
A
P
реакции опоры N и сила трения Fтр . Условие равновесия сил
Fтр
P  N  Fтр  0 означает, что эти три вектора образуют треугольник,
O N
который подобен треугольнику МОА, поскольку эти три вектора
параллельны соответствующим сторонам этого треугольника.
Из подобия треугольников следует, что
Fтр ОА W 2 W


 .
(3б.)
N
АМ H
H
2
Для того чтобы тело соскользнуло, а не опрокинулось, необходимо, чтобы сила трения
принимала максимальное значение
Fтр  N .
(1б.)
Подставив это в предыдущее выражение, находим
ответ:  
W
.
(2б.)
H
4. На прямой OX находятся два радиомаяка, которые испускают сигналы, содержащие
координату маяка и точное время. Неподвижный приёмник, находящийся на этой
прямой между маяками, принял два сигнала: один — от маяка с координатой x1,
испущенный в момент времени t1, и второй — от маяка с координатой x2, испущенный
в момент времени t2. Времена t1 и t2 измеряются маяками по точным атомным часам,
синхронизованным друг с другом. По часам приёмника, второй сигнал поступил в
приёмник на время Δt позже первого. Определить координату x приёмника. Сигналы
распространяются со скоростью света c. (По такому принципу работают
навигационные системы ГЛОНАСС и GPS.)
Решение.
Обозначим моменты времени прихода первого и второго сигналов в приёмник t1' и t2'.
Первый сигнал прошёл путь от радиомаяка до приёмника ( x  x1 ) за время (t1  t1 ) ,
распространяясь со скоростью света c, т.е.
x  x1  c (t1  t1 ) .
(1)
(4 б.)
Аналогично, запишем уравнение для распространения второго сигнала от радиомаяка
до приёмника
x2  x  c(t2  t 2 ) .
(2)
(4 б.)
Вычтя (2) из (1) и учитывая, что, по условию, t2  t1  t , получим
ответ: x 
x1  x2  c(t2  t1  t )
.
2
(2б.)
5. В сосуде с водой плавает маленький надутый шарик,
привязанный ко дну невесомой нитью длины l. Плотность
оболочки шарика больше плотности воды. Сосуд поднимают
g
вверх с плавно возрастающим ускорением. В момент, когда
h-?
ускорение стало равно a1, шарик начал опускаться. После того,
l
как он опустился на дно, ускорение сосуда стали плавно
уменьшать. В момент, когда оно достигло величины a2, шарик
начал всплывать. Найти уровень h жидкости в сосуде. Температура поддерживается
постоянной. Ускорение свободного падения равно g.
Решение.
Условие равновесия шарика в жидкости плотности ρ можно записать из следующих
соображений. Выделим в жидкости объём V, имеющий, очевидно, массу ρV. Этот
объём находится в равновесии. Поэтому, если заменить его телом того же объёма и
той же массы m  V , то это тело будет тоже находится в равновесии. Следовательно,
условие равновесия тела массы m и объёма V, полностью погруженного в жидкость,
можно записать в виде
m
 .
(1)
V
Масса шарика постоянна, а его объём при постоянной температуре определяется
только давлением жидкости на соответствующей глубине. Давление жидкости на
глубине x равно, как известно, P0  gx , где P0 — атмосферное давление.
Если же двигать стакан вверх с ускорением a, то давление на глубине x станет равным
P  P0  ( g  a ) x .
(2)
Увеличение давления приводит, очевидно, к уменьшению объёма шарика, так что в
какой-то момент отношение m/V превысит ρ, и шарик начнёт тонуть. Аналогично,
после погружения на дно шарик начнёт всплывать, когда при уменьшении ускорения
(а следовательно, и давления на дне) объём шарика увеличится так, что отношение m/V
станет меньше ρ.
Из этих рассуждений ясно, что в момент, когда шарик начал опускаться, а также в
момент, когда начал всплывать, соблюдалось условие равновесия (1). При неизменных
массе шарика и плотности воды, это означает, что объём шарика в эти моменты
времени одинаков.
(4 б.)
Отсюда следует, что и давления жидкости на глубине, где находится шарик, в эти
моменты равны. Таким образом, с учётом (2) имеем:
P0  ( g  a1 )(h  l )  P0  ( g  a2 )h .
(4б.)
Отсюда получаем
ответ: h 
g  a1
l.
a1  a2
(2б.)
11 класс
1. В вершинах равностороннего треугольника закреплены точечные заряды q, q, –q.
Величина силы, действующей на один из зарядов q со стороны двух других, равна F.
Чему равна сила, действующая на заряд –q со стороны двух других зарядов?
Решение.
–q
Силы, действующие на один из зарядов +q и на заряд
–q, показаны стрелками на рисунке. Модули f этих сил
одинаковы, т.к. расстояния и модули зарядов равны.
Равнодействующие F и F1 этих сил показаны
пунктирами. Как видно из рисунка, силы,
действующие на заряд +q со стороны двух других, и их
равнодействующая F образуют равносторонний
треугольник, поэтому
F=f.
30°
F1
F
60°
q
q
(4 б.)
Силы, действующие на заряд –q со стороны двух других, и их равнодействующая F1
образуют равнобедренный треугольник с углом при основании 30, поэтому
F1  2 f cos  30   3 f .
(4 б.)
Сравнив полученные выражения, найдём
ответ:
F1  3F .
(2 б.)
2. Закрытый легким подвижным поршнем площади S сосуд
первоначально был откачан и поршень лежал на дне. После того, как
в него по трубке медленно напустили  молей газа, поршень P0
поднялся до высоты h, а когда после этого из него откачали 1 молей,
он опустился до h/2. Определите силу трения между поршнем и
цилиндром. Атмосферное давление равно P0, температура постоянна.
S
h
Решение.
Уравнения состояний газа после напуска  молей и после откачки 1 молей газа имеют
следующий вид
P   h S   RT ,
(1)
(2 б.)
h 
P1   S      1  RT ,
2 
(2)
(2 б.)
h 
где T — постоянная температура газа,  h S  и  S  — объёмы газа,
2 
P и P1 — давления газа в этих состояниях.
В обоих состояниях на поршень действуют противоположно направленные сила
атмосферного давления  P0 S  и сила давления газа (PS или P1S), а также сила трения
Fтр, которая при движении поршня вверх (напуск газа) направлена вниз, а при
движении поршня вниз (откачка) направлена вверх. Запишем баланс этих сил в двух
рассматриваемых состояниях:
PS  P0 S  Fтр  0 ,
(3)
(2 б.)
PS
1  P0 S  Fтр  0 .
(4)
(2 б.)
P


.
P1 2    1 
(5)
Разделив (1) на (2), получим
Выразив P и P1 из (3) и (4), соответственно, и подставив их в (5), получим
P0 S  Fтр
P0 S  Fтр


.
2    1 
Выразив отсюда Fтр, найдём
ответ:
Fтр  P0 S
21  
.
3  21
3. Два маленьких шарика одинакового размера, но разной массы,
подвешены на одинаковых невесомых нерастяжимых нитях, закрепленных в одной точке. Более тяжелый шарик находился в покое, а
более легкий отклонили от вертикали и отпустили. При каком
отношении масс шариков они после упругого соударения поднимутся
на одинаковую высоту? Сопротивлением воздуха пренебречь.
(2 б.)
g
Решение.
Высота подъёма h каждого шарика связана с его скоростью v в нижней точке после
m v2
удара законом сохранения энергии:
 mgh .
2
Поскольку высоты h для обоих шариков равны (по условию), то и скорости шариков
после удара одинаковы.
(4 б.)
Пусть M и m — массы тяжёлого и лёгкого шариков, соответственно, u — скорость
лёгкого шарика в нижней точке перед ударом, v — скорости шариков (одинаковые)
сразу после удара.
Запишем закон сохранения энергии и импульса для удара:
m u2 M v 2 m v 2


,
2
2
2
(2 б.)
mu  M v  m v .
(2 б.)
Возведём второе уравнение в квадрат и разделим на первое, получим
2
 M  m
m
M m
M

  1
m
 .
1 
M
1
m
2
или
Отсюда найдём
ответ:
M
 3.
m
(2 б.)
4. Два длинных рельса расположены в горизонтальной
плоскости параллельно друг другу на расстоянии l.
B
l C
v0
Перпендикулярно плоскости создано однородное
магнитное поле индукции B. На рельсах далеко друг от
m2
m1
друга покоятся две перемычки массой m1 и m2,
сделанные из проводников с некоторым конечным сопротивлением. В середину
первой перемычки вставлен незаряженный конденсатор емкости C. Второй перемычке
ударом сообщают скорость v0 вдоль рельсов. Какую скорость v1 будет иметь первая
перемычка в установившемся режиме их движения? Трения нет.
Решение.
При движении перемычек по замыкаемой ими цепи течёт ток электромагнитной
индукции I, который заряжает конденсатор: I  q t , где q — заряд конденсатора.
При этом сила Ампера, действующая на перемычку с конденсатором, равна
IBl   q t  Bl . Запишем второй закон Ньютона для этой перемычки:
q
v
Bl  m1
,
t
t
где v — текущая скорость этой перемычки. Отсюда следует, что приращения q и v
q m1
связаны соотношением
 . Поскольку начальные значения q и v равны нулю, то
v Bl
конечные их значения (Q и v1) связаны таким же соотношением:
Q m1

.
v1 Bl
(1)
(3 б.)
Такой же ток I, но направленный в противоположную сторону, течёт по правой
перемычке, поэтому сила Ампера, действующая на неё, равна по модулю и
противоположна по знаку силе Ампера, действующей на первую перемычку. Таким
образом, равнодействующая сил, действующих на систему двух перемычек, равна
нулю. Значит, импульс этой системы сохраняется:
m2 v0  m1v1  m2 v2 ,
(2)
(3 б.)
где v2 — установившаяся скорость правой перемычки.
В установившемся режиме, когда скорости перемычек уже не меняются, силы
Ампера должны быть равны нулю, а значит, и ток в цепи равен нулю. Отсюда следует,
что напряжение на конденсаторе Q C и ЭДС индукции   t в сумме равны нулю:
Q 

 0.
C t
(3)
Поток через контур, замыкаемый перемычками, равен   Bl x , где x — расстояние
между ними. Поэтому изменение потока  связано с изменением расстояния x :
x

  Bl x . Учитывая, что
 v2  v1 , получим
 Bl  v2  v1  . Подставив это в (3),
t
t
получим
Q
 Bl  v2  v1   0 .
C
(4)
(3 б.)
Выразив Q из (1), v2 из (2) и подставив их в (4), получим уравнение для v1:


m1v1
m
 Bl  v0  1 v1  v1   0 ,
CBl
m2


откуда найдём
ответ:
v1 
v0
m
m1
1 1 
m2 CB 2l 2
.
(1 б.)
5. Оценить, с какой максимальной скоростью грузовик может совершать поворот на
перекрёстке, чтобы незакреплённые грузы не смещались (не скользили по кузову).
Предполагается, что Вы хорошо представляете явление, можете сами задать
необходимые для решения задачи величины, выбрать их числовые значения и
получить численный результат.
Решение.
Пусть R — радиус кривизны траектории автомобиля на повороте. Чтобы груз не
смещался относительно автомобиля, он должен пройти по той же траектории,
а следовательно, двигаться с ускорением
v2
a ,
R
(3 б.)
где v — скорость груза (а следовательно, и искомая скорость автомобиля). При этом на
груз по горизонтали действует только сила трения. Следовательно, по второму закону
Ньютона
mv 2
Fтр  ma 
.
R
Следовательно, максимальная скорость vmax соответствует максимально возможной
силе трения. Последняя, как известно, равна
Fтрmax  N ,
(2 б.)
где µ – коэффициент трения, а сила реакции N равна mg, что следует из баланса сил в
проекции на вертикальную ось. Значит,
2
mvmax
mg 
.
R
(2 б.)
vmax  gR .
(1 б.)
Отсюда находим vmax :
Подставив сюда численные значения g  10 м/c2 , R  5 м и   0.5 , получим
ответ:
vmax  5 м/с  20 км/ч .
(2 б.)
6. Задача-демонстрация (демонстрируется видеоролик). Три одинаковые рейки соединены в виде буквы П с помощью двух винтов. К
верхней горизонтальной рейке по центру приклеена зубочистка. Эту
конструкцию пытаются установить на горизонтальную подставку, как
показано на рисунке. Это удаётся, если рейки жёстко скрепить между
собой, затянув винты. Даже если при этом конструкцию наклонить,
она качается, но не падает. Если же винты ослабить, сделав соединения реек
шарнирными, то конструкцию не удаётся установить на подставку — она падает.
Объясните наблюдаемое явление.
Решение.
Из приведённой демонстрации видно, что в первом случае конструкция находится в
положении устойчивого равновесия, а во втором случае — равновесие неустойчивое.
Поясним это.
На рис. а показан центр масс М конструкции, который расположен на оси симметрии
на некотором расстоянии l от центра масс А верхней рейки ниже точки опоры О.
При повороте жёстко скреплённой конструкции относительно вертикали центр
масс остаётся, очевидно, лежащем на оси симметрии на том же расстоянии l от точки
А (рис. б).
При повороте шарнирной конструкции относительно вертикали (рис. в) центр
масс М лежит на вертикальной прямой, проходящей через точку А, т.к. относительно
этой прямой левая рейка смещается вправо на столько же, на сколько правая
смещается влево. Кроме того, левая
рейка смещается вверх на столько же,
A
на сколько правая вниз, поэтому
положение центра масс по вертикали
M
относительно точки А не меняется:
АМ  l .
На рисунках г и д показаны
перемещения точек А и М в случае
a
отклонения жёсткой и шарнирной
A
A
конструкций, установленных на опору
в точку О. Видно, что в первом случае
при
отклонении
из
положения
M
M
равновесия центр масс поднимается, а
во втором — опускается.
При отклонении из положения
равновесия
система
может
б
в
самопроизвольно
возвращаться
в
положение равновесия (тогда это
устойчивое
равновесие)
или
A
A
самопроизвольно отклоняться еще
сильнее (тогда это неустойчивое
O
O
равновесие).
В случае жёсткой конструкции
отклонение сопровождается подъёмом
M
M
центра
масс,
т.е.
увеличением
потенциальной энергии. Поэтому
г
д
самопроизвольное
дальнейшее
отклонение противоречило бы закону сохранения энергии. Значит, система не
стремится отклониться еще сильнее, т.е. это устойчивое равновесие, при котором
конструкция не падает.
Отклонение же шарнирной конструкции сопровождается понижением центра
масс, т.е. уменьшением потенциальной энергии. Поэтому возврат в положение
равновесия без совершения внешней работы невозможен. Следовательно, положение
равновесия не является устойчивым. Напротив, дальнейшее отклонение возможно; при
этом уменьшение потенциальной энергии будет сопровождаться увеличением
кинетической энергии, и конструкция упадёт.
Методика оценки:
Указание на устойчивость (в первом случае) и неустойчивость (во втором случае)
равновесия — 2 б.
Указание на положение центра масс конструкции — 2 б.
Обоснование подъёма (в первом случае) и опускания (во втором случае) центра масс
при отклонении — 5 б.
Прочие необходимые рассуждения — 1 б.
Примечание: падение конструкции во втором случае можно объяснить также,
рассмотрев моменты сил. Если при этом устойчивость в первом случае не обоснована,
оцениваем задачу в 5 баллов. Если же, кроме того, обоснована и устойчивость
жёсткой конструкции, то, разумеется, оцениваем максимальным баллом (10 б.).