кировская летняя многопредметная школа (лмш)

Кировское областное государственное автономное образовательное
учреждение дополнительного образования детей –
«ЦЕНТР ДОПОЛНИТЕЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ ОДАРЕННЫХ ШКОЛЬНИКОВ»
ФИЗИКА, 2013
___________________________________________________________________________________
ЗАДАНИЯ И РЕШЕНИЯ
ВСТУПИТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ
ПО ФИЗИКЕ
в Кировскую Летнюю многопредметную школу
и на заочное отделение ЦДООШ
в 2013 году
Киров
2013
Печатается по решению учебно-методического совета
КОГАОУ ДОД «Центр дополнительного образования одаренных школьников»
Задания и решения вступительной работы по физике в Кировскую Летнюю
многопредметную школу и на заочное отделение ЦДООШ в 2013 году /
М. В. Гырдымов, К. А. Коханов, А. П. Сорокин. – Киров: Изд-во ЦДООШ,
2013. – 15 с.
Авторы задач
Гырдымов М. В.: 7, 9, 13, 14, 15, 18, 19, 20, 21
Коханов К. А.: 3, 4, 5, 10, 11, 12, 16, 17, 18
Сорокин А. П.: 1, 2, 4, 6, 8, 13
Компьютерный набор
Гырдымов М., Коханов К., Сорокин А.
Компьютерная верстка
Коханов К.
Подписано в печать 21.05.2013
Формат 60841/16. Бумага типографская. Усл. печ. л. 0,9
Тираж 200 экз.
 Кировское областное государственное автономное образовательное учреждение дополнительного
образования детей – «Центр дополнительного образования одаренных школьников», Киров, 2013
 Гырдымов М. В., Коханов К. А., Сорокин А. П., 2013
2
ЗАДАНИЯ И РЕШЕНИЯ ВСТУПИТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ ПО ФИЗИКЕ
в заочную школу и в ЛМШ 2013
1
1 (6-7) . «Движение частицы». На рис. 1 на
фоне клетчатого поля показана линия, вдоль которой двигалась частица. Изменения направления
движения происходили через одинаковые промежутки времени, равные 10 с. Считая длину одной
клетки равной 0,5 см, определите, на каком участке частица двигалась с максимальной, минималь- Рис. 1
ной скоростью. Постройте график зависимости
скорости движения частицы от времени.
Решение. Скорость движения – это расстояние, проходимое в единицу
времени. Изменение направления движения происходило через одинаковые
промежутки времени, следовательно, максимальная скорость у частицы будет на участке наибольшей длины, минимальная – на участке с наименьшей
длиной.
, см/с
Максимальная
скорость
s
l  nm ax 0,5  7
 см 
vm ax  m ax 

 0,35
,
t
t
10
с


где l – длина одной клетки, nmax – количество клеток, которое прошла частица за время t до изменения
направления движения.
t, с
Минимальная
скорость Рис. 1.1
s
l  nm in 0,5  2
 см 
vm in  m in 

 0,1
.
t
t
10
 с 
График зависимости скорости движения частицы от времени показан на
рис. 1.1.
2 (6-7). «Поклейка обоев». Объясните, почему во время клейки обоев и
сразу после этого наглухо закрываются все окна и двери в оклеиваемом помещении.
Решение. Такие рекомендации чаще всего относятся к обоям, которые
выполнены на бумажной основе. На сквозняке их высыхание происходит более интенсивно, при этом поток воздуха высушивает в первую очередь поверхностный слой (его высыхание происходит неравномерно по всей площади поверхности обоев).
Это приводит к тому, что бумага сжимается в отдельных участках и стягивает те участки, которые еще «влажные», где клей не высох. В результате чего расходятся швы, отклеиваются обои под своим весом.
1
В скобках указаны классы, для которых предназначено задание
3
3 (6-7). «Необычное таяние». Весной можно нередко наблюдать картину
как на рис. 2. Автомобиль стоит неровно, как,
например, в данном случае: под колесами со
стороны водителя снег растаял меньше, чем с
противоположной стороны. Объясните этот эффект.
Решение. Явление наблюдалось ранней весной, когда таяние снега происходит под действием излучения. Под правое колесо солнечный свет не попадал, поэтому и таяние снега
Рис. 2
там происходило медленнее.
4 (7). «Железный дровосек». Дровосек без сердца массой 698 кг имеет
среднюю плотность 6500 кг/м3. Какова должна быть плотность подаренного
ему сердца, чтобы при его объеме, равном 2,5% от внешнего объема дровосека, масса дровосека стала равной 700 кг?
Решение.
Объем
железного
дровосека
равен
m
698кг
Vд  д 
 0,107 м 3 , где mд – масса железного дровосека без
3
д 6500кг/м
сердца,  д – его средняя плотность.
Объем
сердца
составляет
2,5%
от
внешнего
объема
Vc  0,025  Vд  0,00268 м 3 .
Масса
сердца
равна
mc  m  mд  700 кг  698 кг  2 кг , где m – масса дровосека с сердцем. Значит, плотность сердца железного дровосека должна быть равна
m
2 кг
кг
с  с 
 745 3 .
3
Vс 0,00268м
м
5 (8). «Ножницы». Укажите и объясните, от чего зависят режущие свойства ножниц.
Решение. Режущие свойства ножниц зависят от соотношения плеч
приложенных сил (выигрыш в силе
l
l2
Fруки
l1
равен Fреж  Fруки 1 ), а также от того,
l2
O
насколько остро заточены лезвия (то
Fреж
есть насколько велико давление на
Рис.
разрезаемую поверхность). Кроме того
режущие свойства определяются свойствами разрезаемого материала, качеством металла самих ножниц, плотностью прилегания лезвий друг к другу.
6 (8). «Чайный пакетик». Если положить чайный пакет в кружку и залить кипятком, то пакетик разбухает и всплывает. А если вначале в кружку
налить кипяток и лишь затем погрузить в него пакетик, то он утонет. Объясните наблюдаемые явления.
Решение. Когда в кружку с чайным пакетиком резко наливают кипяток,
вода, попадая на пакетик, смачивает ткань (бумагу), из которой он сделан,
образуя водяную пленку. Воздух, который оказался внутри пакетика, нагре4
вается и расширяется, при этом он сдерживается внутри пакетика силами
поверхностного натяжения воды, в результате чего пакетик увеличивается в
размерах и всплывает.
Если кипяток налить вначале, и лишь затем погрузить в него пакетик, то
вода будет попадать внутрь пакетика постепенно, находящийся внутри воздух будет вытесняться через отверстия, расположенные в верхней части пакетика.
7 (8). «Шариковая ручка». Объясните, почему при письме шариковой
ручкой бывает, что ручка пишет прерывисто, хотя, если провести линию резко, на листе остается непрерывный след.
Решение. Механизм написания шариковой ручкой следующий: при вращении шарик смачивается чернилами, которые, проходя через зазор между
шариком и металлической оправой, попадают на лист бумаги. Прерывание
линий, образованных на листе, может быть вызвано тем, что шарик не прокручивается, а скользит по поверхности (в случае, если трение между шариком и бумагой меньше, чем между шариком и оправой с чернилами). Также
возможно, что чернила немного загустели и подсохли вблизи выхода.
Если проводить линию резко, с нажимом, трение сцепления шарика с
бумагой возрастает, шарик нагревается, что приводит к нагреву близко расположенных чернил, и поэтому их вязкость уменьшается.
8 (8). «Высокий дом». Самоделкин решил построить самый высокий в
округе дом. Для осуществления своих планов он использовал кирпичные кубики со стороной 12 см и массой 4,3 кг каждый. Определите, какой высоты
сможет построить дом Самоделкин. Известно, что кубик разрушается при
действии на 1 см2 его поверхности силы 3000 Н. Коэффициент пропорциональности g = 10 Н/кг. А какой высоты дом он смог бы построить на обитаемой Луне?
Решение.
Предельное
давление
на
1
см2
составляет:
F
3000 H
p д 
 3  107 Па . Сила давления на любую из граней не долж2
S 0,0001 м
на
превышать
 
Fд  p  s  3  10 7 Па  0,0144 м 2  432000 H ,
где
s  a 2  12  12  144 см 2  0,0144 м 2 – площадь грани, а – сторона кубика.
Такая сила давления соответствует суммарному весу кирпичей в количеF
432000
стве n  д 
 10046 (1), где m – масса одного кирпича.
m  g 4,3  10
Самоделкин
сможет
построить
здание
высотой
h  n  a  10046  0,12  1204 м .
Учитывая, что коэффициент пропорциональности g на Луне в 6,25 раз
меньше, чем на Земле, предельное количество кирпичей согласно формуле
(1) увеличится в 6,25 раз, а максимальная высота дома составит:
h  6,25  n  a  62791  0,12  7535 м .
5
9 (8-9). «Катушка ниток». На горизонтальный стол поставили катушку
с намотанной на нее ниткой

и начали тянуть нить гориN
зонтально, как показано на


рис. 3. Укажите все силы, коF
Fтр
торые действуют на катушку.
Определите, в какую сторону
О
Рис. 3
Рис. 3.1
покатится катушка, и объясните, почему. Считать, что катушка не проскальзывает по поверхности стола.
Решение. На рис. 3.1 указаны силы, действующие на катушку.
Катушка покатится вправо, поскольку относительно нижней т. О отсутствует проскальзывание, а момент силы F приводит катушку во вращение по
часовой стрелке.
10 (8-9). «Колодец» Двое учеников – восьмиклассник и девятиклассник –
должны выкопать колодец глубиной H = 2 м. 1) До какой глубины следовало
бы копать первому мальчику, чтобы работа оказалась распределенной поровну? 2) До какой глубины следовало бы копать восьмикласснику, чтобы
затраченная им энергия была такая же, что и у девятиклассника, если КПД
организма восьмиклассника равен 20%, девятиклассника – 25%? Сечение
колодца с глубиной не должно меняться, каждый мальчик копает либо нижнюю, либо верхнюю часть ямы.
Решение. Пусть h1 – глубина ямы, до которой копает первый мальчик,
h2 – высота ямы, оставшейся для выкапывания вторым мальчиком.
1) В первом случае работа, которую необходимо совершить для подъема
грунта, равна изменению его потенциальной энергии. Тогда для первого
h 
h

мальчика А1  m1 g 1 , а для второго А2  m2 g h1  2  (коэффициент 1/2 по2
2

является потому, что глубина грунта определяется по положению его центра
h
h 

A1  A2 ,
m1 g 1  m2 g h1  2  ,
масс).
По
условию
то
есть
2
2

h
h 

Sh1 g 1  Sh2 g h1  2  , откуда h12  2h1 h2  h22  0 . Решение квадратного
2
2

уравнения показывает, что h1  h2 1  2 . А так как H  h1  h2  h2  h2 1  2 ,
H
0,59 (м), h1 = 1,41 (м).
то h2 
2 2
Ап1
2) Пусть первым роет яму восьмиклассник. Так как его КПД 1 
,
Азатр1
А
то затраченная на рытье ямы энергия Аз атр1  п1 Учитывая аналогичное
1
выражение для работы второго мальчика, получим равенство:
h2 ' 

h'

m1 ' g 1 m2 ' g h1 '
2

 , откуда h '  2h ' и h '  H  0,67 (м), h ' = 1,33 (м). Ес2 
1
1
2
2
0,2
0,25
3

6



ли первым начнет рыть девятиклассник, то
h1 ' ' m ' ' g h ' ' h2 ' ' 
 1

2
2 

2 
,
0,25
0,2
m1 ' ' g
H
 0,51 (м), h1'' = 1,49 (м). Таким образом, во втором слу3,93
чае восьмиклассник должен копать либо от 0 до 1,33 м, или от 1,49 до 2 м.
h1 ' '  2,93h2 ' ' , h2 ' ' 
11 (8-9). «Зеркальная система». Постройте S
Л
изображение т. S в оптической системе (рис. 4),
З
состоящей из линзы Л с фокусным расстоянием F
и зеркала З, наклоненного под углом 45 к главО
F
F
ной оптической оси линзы. При выполнении задания следует перенести в тетрадь как можно бо- Рис. 4
лее точную копию рисунка.
Решение. Поскольку размер зеркала невелик, то найдутся лучи, который
после преломления в линзе не будут отражаться в зеркале. На рис. 4.1 построено изображение S', которое будет сформировано лучами, не отразившимися в зеркале
Л
Л
S
(для удобства по- S
З
строения использован луч, которые
О
О
F
F
F
F
после прохождения
через линзу отраS'
зился бы в зеркале). Рис. 4.1
S' Рис. 4.2
S''
На рис. 4.2 показано второе изображение, полученное в результате отражения в зеркале
преломленных лучей. Здесь для удобства построения использованы те же
лучи, при этом протяженность зеркала увеличена. Если построения выполнены верно, то изображения S' и S'' (оба действительных!) будут находиться
на одном перпендикуляре к плоскости зеркала и на одинаковом от нее расстоянии.
12 (8-9). «Несимметричная схема». Определите сопротивление электрической цепи между клеммами А и В (рис. 5).
6 Ом
2 Ом
Сопротивления резисторов указаны на рисунке. Каким станет сопротивление между
1 Ом
клеммами А и В, если в верхней и нижней
3 Ом
1 Ом
частях схемы резисторы 6 Ом и 2 Ом помеВ
А
нять местами?
Решение. 1) Из-за симметрии схемы от1 Ом
6
Ом
2 Ом
носительно зажимов А и В по нижней и
верхней частям схемы протекают одинакоРис. 5
вые токи. Поэтому схему можно преобразовать к виду, как на рис. 5.1, а затем как на рис. 5.2 (здесь параллельные резисторы заменены одним резистором с сопротивлением, найденным по форR R
муле Rпар 
 R / 2 , а средний резистор с суммарным сопротивлением
R R
7
0,5 Ом убран, так как по нему ток не течет). Общее сопротивление такой це3  13  1  2 (Ом).
2 Ом
6 Ом
пи равно R1 
3131
2) Выполняя аналогичные преобразо2 Ом
6 Ом
вания, для второго случая получим экви1 Ом
1 Ом
валентную схему как на рис. 5.3. Полное
1 Ом
3 Ом
В
А
сопротивление
такой
схемы
равно
Рис. 5.1
U
U
, где U – напряжение,
R2 

I
I

I
общ
1
2
3 Ом
1 Ом
подведенное к схеме. Это напряжение
можно найти как сумму напряжений на
В
А
любых
последовательно
соединенных
3 Ом
1 Ом
участках:
Рис. 5.2
U  I 1  1  I 2  3  I 1  1  I 1  I 2   0,5  I 1  1 , от1 Ом
3 Ом
7
куда 1 ,5 I 1  3,5 I 2 , то есть I 1  I 2 . Вернем3
I1 – I2
I1
I2
В
ся
к
расчету
сопротивления:
А
0,5 Ом
3
Ом
1
Ом
I2
I1
7
I 2  3I 2
I

1

I

3
U
3
2
Рис. 5.3
R2 
 1

 1 ,6 (Ом).
7
I1  I2
I1  I2
I2  I2
3
13 (8-10). «Шарик в воде». В стакан, заполненный наполовину водой, положили теннисный мячик. Пронаблюдайте, как ведет себя мячик, если его положить в центр стакана, а затем
ближе к одной из стенок. Объясните поведение мячика в
каждом случае.
Если в стакан медленно налить воду до краев так, чтобы вода выступала «горкой», то обнаружится, что мячик
займет положение в центре стакана (рис. 6). При попытке
сместить его к стенке наблюдаем, что он вновь возвращается в центр. Объясните последнее.
Рис. 6
Решение. 1-я ситуация: когда стаканчик частично
наполнен водой. Если мячик положить на воду ближе к стенке, он притянется к ней не скомпенсированными силами поверхностного натяжения. При
помещении мячика в центр стаканчика он останется на месте, но его равновесие неустойчивое (при смещении в сторону мячик притягивается к стенке).
2-я ситуация: когда вода налита в стаканчик с «горкой» (поверхность
воды выпуклая). Если мячик положить на воду, он займет положение в центре стаканчика и это положение равновесия будет устойчивым. Изобразив,
силы, действующие на шарик (сила тяжести, сила Архимеда, силы поверхностного натяжения), заметим, что силы поверхностного натяжения и вызовут перемещения шарика в центр стакана. С точки зрения энергии мячик
займет положение соответствующее минимуму потенциальной энергии системы «мячик + вода», это объясняется тем, что при переходе в центр стакана потенциальная энергия системы уменьшается, так как уменьшается по8
тенциальная энергия воды дополнительно вытесненной мячиком за счет сил
поверхностного натяжения.
14 (9-10). «Грузы на блоках» На рис. 7 изображена механическая система.
Первоначально система была неподвижна и
груз 2m располагался на высоте h над горизонтальной поверхностью. Пренебрегая
2m
m
M
трением в осях блоков и ящика M о гори
зонтальную поверхность, определите скоg
h
рость груза 2m непосредственно перед касанием с горизонтальной поверхностью.
Считать, что нить достаточно длинная и Рис. 7
ящик не доедет до левого блока раньше, чем груз 2m коснется поверхности.
Ящик при своем движении не опрокидывается. Трением между телами с
массами m и M пренебречь.
Дополнительное задание для учащихся 9-10-х классов: Как изменится
результат, если между поверхностями тел с массами m и M появится трение с
коэффициентом μ?
Решение. Обозначим a – ускорение груза массой 2m, a1 – вертикальное
ускорение груза массой m, a2 – горизонтальное ускорение тел с m и M.
Запишем уравнения второго закона Ньютона для тел проекции на вертикальную и горизонтальную оси: 2ma  2mg  T (1), ma1  T  mg (2),
(m  M )a2  T (3).
Поскольку нить нерастяжима, связка смещений тел: x  x1  x 2 , или
a2 a1 2 a2 2


, то есть a  a1  a2 (4).
2
2
2
Сложим равенства (1) и (2): m(2a  a1 )  mg (5). Сложим равенства (1) и
(3): 2ma  (m  M )a2  2mg (6). Из выражения (6) исключим a2 с помощью равенства (4): 2ma  (m  M )(a  a1 )  2mg (7).
Из равенств (5) и (7) выразим a1 и приравняем между собой:
a1  g  2a 
(3m  M )a  2mg
. Отсюда a  3m  M g .
m M
5m  3 M
3m  M
2gh .
5m  3 M
При наличии трения между грузом и ящиков рассмотрим два случая:
1) Груз не скользит по поверхности ящика. Тогда применимы равенства
Тогда искомая скорость υ  2ah 
(1) и (3), причем a  a2 . Откуда получаем a 
2m
g . И, следовательно,
3m  M
m
gh .
3m  M
Найдем условие отсутствия проскальзывания. Запишем уравнения второго закона Ньютона на горизонтальную и вертикальную оси для груза m:
ma  N , 0  T  mg  Fтр , причем Fтр  N . Тогда T  mg  N , или
  2ah  2
9
(m  M )a  mg  ma ,
или
M g

  1    .
m a

Отсюда
 M  3m  M
  1   
,
2m
 m
M 1
 . Также   0 .
2m 2
2) Груз скользит по поверхности ящика. Тогда равенства (1), (3), (4), (6) и
(7) останутся без изменений. Уравнение второго закона Ньютона для m в
проекции на вертикальную и горизонтальную оси: ma1  T  N  mg ,
ma2  N . Отсюда m(a1  a2 )  T  mg (8).
Из (1) и (8): m(2a  a1  a2 )  mg (9). Из (8) с учетом (4):
m(2a  a1  (a  a1 ))  mg (10). Из равенств (7) и (10) выразим a1 и приравня
ем
a
между
собой:
a1 
g  a(2  ) (3m  M )a  2mg
.

1
m M
Отсюда
3m  M  2m
g.
5m  3 M  2m
Тогда искомая скорость υ  2ah 
U0
R, Ом
–
100
3m  M  2m
2gh . Это реализуется
5m  3 M  2m
M 1
 .
при условии, что 0   
2m 2
15 (9-10). «Нагревательный
элемент». К источнику постоянного
r
50
напряжения U0 = 15 В через реостат
t, С
с
полным
сопротивлением
0
20
40
60
80
r = 100 Ом подключили нагреваR
тельный элемент, который погрузиРис. 9
Рис. 8
ли в сосуд с водой при температуре
t1 = 20С (рис. 8). Известно, что подвижный контакт реостата занимает
среднее положение, сопротивление нагревательного элемента изменяется с
температурой так, как показано на рис. 9. Постройте график зависимости
тепловой мощности, выделяющейся на нагревательном элементе, в диапазоне температур от t1 = 20С до t2 = 80С. Теплоемкостью сосуда и нагревательного элемента пренебречь.
Решение. Общее сопротивP, Вт
ление
цепи:
0,50
r
R
r 2
r r  4R
R0  
 
(1).
2 r
2 r  2R
0,45
R
2
Сила тока через источник
0,40
U
I 0  0 (2). Искомая мощR0
t, C
0,35
ность,
выделяющаяся
на
20
30
40
50
60
70
80
нагревательном
элементе:
Рис. 9.1
2
P  I R (3). Равенство напря+
10
r
r
жений при параллельном соединении: IR  ( I 0  I )  , отсюда I 
I0
2
r  2R
(4).
Подставляем
формулы
(4),
(2)
и
(1)
в
равенство
(3):
2
2
4U 02 R
 r 2U 0 r  2 R 
 r

.
P 
I0  R  
R


2
r

2
R
r

2
R
r
r

4
R
(
r

4
R
)




График полученной зависимости можно построить по точкам (рис. 9.1):
t, С
R, Ом
P, Вт
20
50
0,50
30
58
0,47
40
67
0,45
50
75
0,42
60
83
0,40
70
92
0,38
80
100
0,36
16 (9-10). «Барабан». Груз А массой m1, опускаясь по наклонной плоскости, расположенной под углом  к горизонO2
ту, приводит во вращение посредством неr
B
растяжимой нити барабан D, связанный
D
второй нерастяжимой нитью с грузом B
массой m2. Радиусы верхней и нижней чаC
сти барабана равны R и r соответственно
(рис. 10). 1) Определите ускорения грузов А
A
и В, если считать барабан невесомым.
R
2) Определите ускорения грузов, если верхняя и нижняя части барабана имеют массу

O1
m каждая и масса равномерно распределена Рис. 10
по боковым стенкам барабана. Массы неподвижного блока и нити в обоих случаях раны нулю, трением в системе пренебречь.
Решение. 1) Из второго закона Ньютона для груза А: m1a1  m1 g sin   T1
(1), а для груза В: m2a2  T2 (2). Так как масса барабана равна нулю, то относительно оси вращения T1 R  T2r (3) (действительно, T1  T2 , так как на барабан кроме силы натяжения нитей действует сила реакции оси вращения). И
поскольку угловое ускорение барабана относительно оси вращения одинакоa a
во во всех точках, то 1  2 (4). Выражая из (3) и (4) ускорение второго груза
R r
и действующую на него силу натяжения, после подстановки в уравнение (2),
2
r
R
r
получим: m2a1  T1 , откуда T1  m2a1   . С учетом выражения для силы
R
r
 R
2
r
натяжения равенство (1) примет вид: m1a1  m1 g sin   m2a1   . Значит,
 R
m1 gRr sin 
m1 gR2 sin 
a

и
с
учетом
(4)
.
a1 
2
m1 R 2  m 2 r 2
m1 R2  m2r 2
11
2) Если барабан имеет массу, то система динамических уравнений примет
m1a1 '  m1 g sin   T1 ' , (1' )
m a '  T ' , (2' )
2
 2 2

вид: m R2  r 2 a1 '  T ' R  T ' r , (3' ) .
1
2
R

 a1 ' a2 '
, (4' )
 
R
r
a'
Здесь m R2  r 2 – момент инерции барабана, 1 – его угловое ускорение.
R
2
2
R
R r
r
R
R2  r 2
Из указанной системы T2 '  T1 '  ma1 '
, m2 a1 '  T1 '  ma1 '
,
r
Rr
R
r
Rr
  r 2
  r 2
R2  r 2 
R2  r 2 


, m1a1 'a1 ' m2    m
T1 '  a1 ' m2    m
 m1 g sin  . В ито2
2
  R

  R

R
R







ге a1 ' 





m1 gR 2 sin 
m1 gRr sin 
,
.
a
'

2
m1 R2  m2r 2  m R2  r 2
m1 R 2  m 2 r 2  m R 2  r 2




17 (9-10). «Удар». Два тела с одинаковой массой движутся в одном
направлении так, что первое тело догоняет второе. После удара тела стали
двигаться в этом же направлении с одинаковой скоростью. 1) Определите,
сохранилась ли при ударе механическая энергия. 2) Определите, сохраняется
ли при ударе механическая энергия, если массы тел различны.
Решение. Рассмотрим общий случай, когда массы тел различны. Будем
считать, что механическая энергия сохраняется. Тогда, если тела сцепляются, то по закону сохранения импульса: m11  m22  m1  m2 u (1) и по закону
сохранения механической энергии:

m1 12
m112 m222 m1  m2 u2


(2). Из (1)
2
2
2
2


m1  m2 u  m22 
. Подставляя последнее выражение в (2), получим:

m1
m1  m2  u2  2m1  m2 m2u2  m2222  m  2  m
2
m1
m1
m1
2 2
1
 m2 u2 ,
то
есть

 m22
 2 2m1  m2 m2u 2  m1  m2 2

 m2 2 
2  
 m1  m2 u2  0 . Здесь
m1
m1
 m1



2
2
2
2
2
4m1  m2  m22 u 2
2  m2  m1 m2  m1  2m1 m2  m2  m1  m1 m2 



  ...  0 .
D

4
u



m
m
m12
1
1



2m1  m2 m2u
1

 u , а из (1): m11  m2u  m1  m2 u
Тогда 2 
m1
 m22

2
 m2 
m
1


и также υ1  u .
12
Вывод: сохранение механической энергии возможно, если только тела до
столкновения двигались с одинаковыми скоростями. В обоих наших случаях
(когда второе тело догоняет первое) механическая энергия не сохраняется.
18 (9-10). «Качели». Детские качели, показанные на рис. 11, начали раскачивать, действуя на них пеx, см
риодически и кратковременно
20
15
с некоторой силой. На графике
10
(рис. 12) приведена зависиt, c
5
мость горизонтальной коор0
С
динаты нижней точки качелей
4
2
3
1
С. Укажите моменты времени,
в которые на качели оказывалось действие периодической
Рис. 12
силы. Оцените длину штанг, Рис. 11
на которых укреплено сиденье. Считать, что масса качелей сосредоточена в
точке С; в начале колебаний амплитуда во много раз меньше длины штанг.
Решение. Так как действие силы было оказано на качели в моменты времени 0 и 2 с, то в указанные моменты времени меняется закон движения.
Поскольку амплитуда колебаний мала по сравнению с длиной штанг, качели можно рассматривать как математический маятник. Период колебаний
2
L
T 
математического маятника T  2
, отсюда L  g  , где T = 2 c. Чисg
 2 
2
 2с 
ленно искомая длина штанг: L  10 м/с  
 1 м.
2

3
,
14


2
19 (10). «Заряженная частица». Частицу массой m и зарядом q запустили с высоты h над краем заряженной пластины

0
со скоростью υ под углом  к горизонту (рис. 13).
Пластина имеет форму квадрата со стороной L и

расположена горизонтально, на ней равномерно m, q α
g
распределен заряд Q. Определите максимальное
h
значение L, при котором частица, пересекая
L
плоскость пластины, не коснется этой пластины.
Q
+ + + + + + + + + +
Известно, что максимальная высота частицы
Рис. 13
над пластиной гораздо меньше величины L. Неоднородностью электростатического поля у краев пластины, а также электростатической индукцией пренебречь.
Решение. Запишем уравнения движения в проекции на горизонтальную
gэф2
ось: L  υ0 cos α   (1); на вертикальную ось: 0  h  υ0 sin α   
(2),
2
qE

Q
qQ
. С учетом E 
получим gэф  g  2
(3). Так как
gэф  g 
 2
2 0 2 L  0
m
2 L 0m
в условии указано, что частица пересечет плоскость пластины, то считается
gэф  0 .
13
Исключая
время полета
gэф L2
, или
0  h  L  tg 
2( 0 cos )2
τ из равенств (1) и (2), получаем:

qQ  2
g
 L  υ02 sin(2)L  2υ02 cos 2 h  0 ,
2

2mL  0 

υ02 sin(2)
2υ02 cos2 
qQ
2
или L 
L
h
 0.
g
g
2mg 0
Решая приведенное квадратное уравнение, получаем один положительный
корень,
который
и
будет
ответом
на
вопрос
задачи:

 
υ02 sin(2) 
g
qQ

 .
L
1 1
h


2g
(2υ0 sin )2 
2m 0 υ02 cos 2   


20 (10). «Циклический процесс». На диаграмме
P, кПа
(рис. 14) в осях p и V показан замкнутый процесс
В
С
ABCD, совершаемый одним молем идеального 100
многоатомного газа. Определите: 1) работу газа за
А
50
D
цикл, 2) КПД цикла. Известно, что ВС, DA – изоV, м3
хорные процессы.
0
Решение. В условии – опечатка, в действитель5 10 15 20 25
ности процессы ВС, DA – изобарные (см. график).
Рис. 14
Определим параметры всех крайних точек в
цикле. Согласно тому, что в процессе СD давление прямо пропорционально
pC pD
p V
50  25

 83,3 (кПа ) . В процессе АВ:
объему,
, или pC  D C 
VC V D
VD
15
pВ p А
V p
5  83,3

 8,3 (м 3 ) .
, или VВ  А B 
VВ V А
pА
50
Работа, совершенная газом за цикл:
1
1
A  ( pC  pD )(VC  V A )  ( pB  p A )(VB  V A )  ( pC  pD )(VC  VD ) 
2
2
1
 ( pC  pD )(VC  V A  VB  VD ) .
2
1
Численно: A  (83,3  50)  103  (25  5  8,3  15)  445 кДж .
2
A
Qподв  Q AB  QBC ,
Найдем
КПД
цикла:
,
где

Qподв
1
Q AB  U AB  A AB  3( pBV B  p AV A )  ( p A  pB )(V B  V A ) ,
2
QBC  U BC  ABC  4 pB (VC  V B ) .
Численно:
1
Q AB  3(83,3  8,3  50  5)  103  (50  83,3)  103  (8,3  5)  1544  103 ( Дж) ,
2
3
QBС  4  83,3  10  (25  8,3)  5564  103 ( Дж ) . Тогда Qподв  7108 кДж .
445
Искомое КПД:  
 0,063 (6,3 %) .
7108
14
21 (10). «Конденсаторы, диоды…». В схеме, приведенной на рис. 15, ключи К1 и К2 первоначально разомкнуты, конденсаторы с известными емкостями С1 и С2 не заряжены (причем С1 > C2). При замыкании ключа К1 напряжение на источнике меняется так, как показано на графике (рис. 16). Спустя несколько периодов колебаний напряжения на источнике ключ К1 размыкают
и замыкают ключ К2. Определите, какое количество теплоты выделится на
резисторе R. Рассмотрите две ситуации: 1) диод имеет нулевое сопротивление при прямом включении и бесконечное – при обратном; 2) дана вольтамперная характеристика диода Д (рис. 17).
С1
Д
К2
Д
U
Iд
U0
R
–
Рис. 15
Uд
0
t
К1
U
+
С2
0 U1
-U0
Рис. 16
Рис. 17
Решение. В случае, когда диоды идеальные, при замыкании ключа К1
вначале зарядится конденсатор С1 до напряжения U0, затем зарядится С2,
также до напряжения U0. В дальнейшем конденсаты не будут разряжаться и
заряжаться, так как они блокируются диодами (которые закрывают). После
размыкания К1, когда замыкают К2 заряды на конденсаторах не поменяются,
поскольку они заряжены встречной полярностью до одинакового напряжения. Следовательно, теплота, выделяющаяся в резисторе, будет равна нулю.
В случае, когда диоды имеют ВАХ, приведенную на рис. 17, ситуация поменяется лишь в том, что напряжение зарядки конденсаторов будет меньше
и составит U0 – U1.
15