Дистанционная олимпиада по физике 9 класс (1 тур) Задание 1

Дистанционная олимпиада по физике 9 класс (1 тур)
Задание 1. Так как поплавки и рычаг по условию задачи очень лёгкие, то при решении нужно
учитывать только действующие в системе выталкивающие силы.
Поскольку поплавки одинаковые, то, пока они оба полностью погружены в жидкость, действующие на них
выталкивающие силы также одинаковы. Кроме того, рассматриваемый рычаг несимметричен — одно плечо
у него больше другого. Поэтому после того, как поплавки отпустят, рычаг начнёт поворачиваться —
длинное плечо пойдёт вверх. До каких пор будет продолжаться этот процесс? Так как у рычага плечо
вдвое короче плеча
, то для того, чтобы рычаг мог находиться в равновесии, необходимо, чтобы сила,
приложенная к точке , была вдвое больше, чем сила, приложенная к точке . Поскольку поплавок,
привязанный к точке , опускается, то действующая на него выталкивающая сила остаётся неизменной.
Отсюда следует, что равновесие будет возможно только в том случае, если поплавок, привязанный к
точке , достигнет поверхности и частично всплывёт, оставаясь погруженным на половину своего объёма
(см. рис.). При этом действующая на него выталкивающая сила уменьшится ровно вдвое. Такое положение
поплавков возможно: поскольку по условию задачи
, то угол поворота рычага не превышает 30 .
Итак, в положении равновесия центр поплавка, привязанного к точке
, будет находиться на поверхности
жидкости, то есть на глубине
. Очевидно, что центр этого поплавка при всплытии поднимется на
высоту . В соответствии с золотым правилом механики центр второго поплавка опустится на
глубину
(он привязан к плечу, длина которого вдвое меньше). Значит, в положении равновесия центр
поплавка, привязанного к точке
, будет находиться на глубине
.
Ответ
,
.
Задание 2
Исследуем вопрос о том, при каком уровне жидкости сила гидростатического давления, действующая на
параллелепипед, будет максимальна
Разобьем параллелепипед вертикальными плоскостями на много маленьких элементов, в следующих
случаях.
1) Жидкость сверху и снизу элемента отсутствует. В тривиальном случае, очевидно, сила давления
равна нулю.
2) Жидкость есть над элементом, но ее нет под элементом. В этом случае проекция силы давления на
вертикальную ось отрицательна, то есть жидкость стремится прижать рассматриваем элемент ко
дну. (рис.1)
3) Жидкость есть над элементом, но ее нет над элементом. В этом случае проекция силы на
вертикальную ось положительна и равна
, где h и
- высота и объем
заштрихованной части рассматриваемого элемента. (рис 2)
4) Жидкость есть и под элементом, и над ним. В этом случае проекция на вертикаль силы давления
равна
, где h1 и h2- расстояния от поверхности жидкости до
верхней и нижней граней рассматриваемого элемента соответственно. (рис.3)
Таким образом из просмотров случаев 1 и 2 следует, что если под некоторым элементом пробки нет
жидкости, то жидкость может только прижимать пробку ко дну, и минимальное значение вертикальной
проекции этой прижимающей силы давление, равное нулю, достигается тогда когда жидкости нет и над
этим элементом. Если же под некоторым элементом пробки жидкость есть ( случаи 3 и 4), то
максимальное значение проекции силы на вертикальную ось положительно и равно
, где
объем рассматриваемого элемента.
Значит, сила давления будет иметь максимальное возможное положительное значение тогда, когда
жидкость налита в сосуд до уровня, показанного на рисунке 4. При этом интересующий нас объем равен
, а максимальная величина выталкивающей силы равна
.
Если пробка не будет всплывать при уровне воды, показанном на рисунке 4, то она не всплывет и при
любом другом уровне. Следовательно, массу пробки можно найти из условия Mg>F, откуда
.
Задание 3
Так как поплавки и рычаг по условию задачи очень лёгкие, то при решении нужно учитывать только
действующие в системе выталкивающие силы.
Поскольку поплавки одинаковые, то, пока они оба полностью погружены в жидкость, действующие на
них выталкивающие силы также одинаковы. Кроме того, рассматриваемый рычаг несимметричен —
одно плечо у него больше другого. Поэтому после того, как поплавки отпустят, рычаг начнёт
поворачиваться — длинное плечо пойдёт вверх. До каких пор будет продолжаться этот процесс? Так
как у рычага плечо АС вдвое короче плеча АВ, то для того, чтобы рычаг мог находиться в равновесии,
необходимо, чтобы сила, приложенная к точке С, была вдвое больше, чем сила, приложенная к точке В.
Поскольку поплавок, привязанный к точке С, опускается, то действующая на него выталкивающая сила
остаётся неизменной. Отсюда следует, что равновесие будет возможно только в том случае, если
поплавок, привязанный к точке B, достигнет поверхности и частично всплывёт, оставаясь погруженным
на половину своего объёма. При этом действующая на него выталкивающая сила уменьшится ровно
вдвое. Такое положение поплавков возможно: поскольку по условию задачи АС больше чем, h, то угол
поворота рычага не превышает 30 градусов.
Итак, в положении равновесия центр поплавка, привязанного к точке В, будет находиться на
поверхности жидкости, то есть на глубине Hв=0. Очевидно, что центр этого поплавка при всплытии
поднимется на высоту h. В соответствии с золотым правилом механики центр второго поплавка
опустится на глубину H/2 (он привязан к плечу, длина которого вдвое меньше). Значит, в положении
равновесия центр поплавка, привязанного к точке С, будет находиться на глубине Hc= 3/2*h.
Задача 3:
Пусть сопротивление переменного резистора R=0.Тогда схема можно перерисовать в виде, показанном
на рисунке 1. Полное сопротивление такой цепи равно r1=2R1R2/(R1+R2), а текущий через
миллиамперметр так равен
I1=U:r1=U(R1+R2):2R1R2
Если сопротивление переменного резистора, напротив, очень велико, то схему можно перерисовать так,
как показано на рисунке 2. Сопротивление этой цепи равно r2=R1+R2:2,а ток, текущий через
миллиамперметр, равен I2=U:r2=2U:R1+R2
Исключая из полученной системы уравнению, например, величину R2, приходим к квадратному
уравнению, позволяющему определить R1
I1I2R1^2-2UI1R1+U^2=0
Отсюда следует
R1=U:I1I2(I1 ± √ I1(I1-I2))
И
R2=2U:I2-R2=(U:I1I2)(I1 ∓ √ I1(I1-I2)
Заметим, что формулы получились симметричными - выражения для R1 и R2 переходят друг в друга
при замене знака перед квадратным корнем. Это связано с тем, что исходная схема включения
резисторов также симметрична.
Из графика, приведенного в условии на правом рисунке, видно, что I1=1*10^-3 A, I2=0,75*10^-3 A
Представляя эти значения в полученные формулы и выбирая в первой перед корнем знак «+», а во
второй – знак «-» , найдем R1=2кОм, R2=6 кОм.
Задание 4
Для решении задачи сделаем чертеж.
Обозначим на нем буквами А и В начальную и конечную автобусные остановки, буквой С –точку,
откуда остановочный павильон В казался пешеходу в k=1,5 раза ниже павильона А, буквой D –точку,
откуда остановочный павильон А казался пешеходу в k=1,5 раза ниже павильона В. Поскольку видимый
размер павильона обратно пропорционален расстоянию до него, то справедливы следующие пропорции
AC: (CD+DB)= 1:k , DB: ( AC+CD )= 1:k
Из них получаем
AC : (AC+CD+DB)= 1: (k+1)=AC:AB , DB : (AC+CD+DB)=1: (k+1)= DB:AB
С другой стороны CD= AB-AC-DB, откуда
CD:AB=1-AC:AB-DB:AB=1-1: (k+1)-1: (k+1)= (k-1): (k+1)
Отсюда учитывая, что CD=L, получаем
АВ= (k+1): (k-1)L=500м
Задание 5.
Теплообмен между кастрюлей и окружающей средой пропорционален разности температур
, где t- температура кастрюли. При плавлении льда
. Здесь m- масса льда, А коэффициент
пропорциональности. При нагревании воды массой 2m от 0-1 градуса теплообмен остался таким же, как
и при плавлении льда . Поэтому можно записать
. Отсюда следует
.
При нагревании воды от t=20 до t=21 потребуется время:
.
Задание 6
Пусть в первом случае сопротивление реостата равно R1, а во втором R2. 1.По закону Ома имеем:
Где R1=P1: I1(в квадрате )= 12Oм , где R2=P2: I2(в квадрате)= 6/5 Ом
Решая систему получим:
2. Если сопротивление реостата равно нулю, то:
3. В общем случае мощность, которая выделяется на переменном сопротивлении R, можно представить
в виде:
Или
где IU-мощность развиваемая источником. На рисунке
представлена зависимость P(I). Эта парабола, вершина которой Pмакс. соответствует силе тока. I=U/2r.
Следовательно,
откуда Rм.=r . Итак,
.
Задание 7
Рассмотрим два случая.
1) Если
, то скорость u-любая.
2) Пусть
. Рассмотрим ситуацию, когда траектория камня касается
прямой,вдоль которой летит птица. Горизонтальная проекция
течении всего его полета сохраняется. Ясно , что при
птицу, а при
(см.рис.) скорости камня в
мальчик может попасть в
-нет. Из закона сохранения энергии следует, что
. Таким образом, мальчик не сможет попасть в птицу если
.
Задание 8 :
Введем обозначения резисторов и покажем направления токов на схеме,как показано на рисунке.
Идеальный амперметр А1 «закорачивает» точки А и В, поэтому сопротивление всей цепи ( между точками C и D)
равно
R CD=R1R2: (R1+R2)+ R3R4: (R3+R4)
Тогда сила тока,текущего через амперметр А1,равна I0= U(R1+R2)(R2+R4) : (R1R2R3+R2R2R4+R2R4R1+R4R1R2) (1)
Значение выражения
ПR=R1R2R3+ R2R3R4+R3R4R1+R4R1R2 не зависит от порялка резисторов в цепи и всегда
равна 50Ом^3.Теперь делим силу тока I0,используя показания амперметра А2.Из приведенной схемы следует
(2)
I2=I (R1(R3+R4)): (R2R3-R1R4),тогда I0=I1+I2=I (R1+R2)(R3+R4): R2R3-R1R4
Приравнивая (1) и (2),получаем
Последнее условие будет выполнено,если : 1) R2=3 Oм, R3= 4 Ом, R1=1 Oм, R4= 2 Ом.Тогда сопротивление цепи R
CD= 2 Ом и показание амперметра А1: I02= 5 A
Другие перестановки сопротивлений,удовлетворяющие условию,приводят к тем же результатам.
Итак,в зависимости от порядка включения резисторов в цепь показания амперметра А1 : I01=4,8 A или I02=5A
Задание 9: Количество теплоты,подводимое ко льду,складывается из количества теплоты,втекающего из
окружающей среды через стенки банки,и количество теплоты преобразованного нагревательным элементом из
электроэнергии.Во время плавления льда его температура остается постоянной (0 С),поэтому и количство
теплоты,ежесекундно подводимое ко льду через стенки банки,тоже постоянно.Обозначим его Р1.Мощность тока
нагревательного эелемента равно U^2 : R,где U-напряжение,подаваемое на нагревательный элемент, R-его
сопротивление.Пусть для плавления всего льда,находящегося в банке,необходима энергии W. Тогда время плавления
льда в банке найдем по формуле
-время и напряжение в случае с первой и второй
банкой.Решая систему двух приведенных уравнений найдем неизвестную величину Р1, точнее произведение
Таким образом,оказывается,что Р1 больше 0,то есть теплота отводится ото льда в окружающую среду.Минимальное
напряжение,достаточное для плавления льда (т.е. такое ,что Р1+Р2),определяется выражением U min= √-
P1R=156B.Значит,нагревательный элемент,питаемый напряжением U3 =127В,никогда не расплавит лед,находящийся
в третьей банке.
Задание 10
Идущий от источника света S луч может (см.рис 1):
-не отражаться от зеркал
-отразиться только от зеркала З1
-отразиться только от зеркала З2
-отразиться от зеркал З1 и З2
-отразиться от зеркал З2 и З1
В двух последних случаях луч света после отражений изменяет свое направление на
противоположное, и поэтому в дальнейшем отражаться не будет.
(рис 1)
В системе зеркал образуются следующие изображения источника света S: S1, при отражении в
зеркале З1; S2 в зеркале З2; S3 сначала в зеркале З1, а затем в зеркале З2(либо наоборот).
Изображение S1 будет наблюдаться в области 1 (рис2), изображение S2-в области 2 (рис3).
рис.2
рис.3
Изображение S3 , будет наблюдаться в области 3 (рис 4) , это же изображение, полученное в
результате отражения сначала от зеркала З2, затем от зеркала З1- в области 3``(рис 5).
(рис 4)
(рис 5)
Ответ к задаче представлен на рисунке 6 . Цифры 0,1,2,3 показывают количество изображений,
наблюдаемых в каждой из областей.