Задания очного тура

РЕШЕНИЯ
Задача №1.
S1
S2
S
S3
Пусть:
S1=S/2, S2, S3 – длины первого, второго и
третьего участков пути, V1, V2, V3 – скорости
равномерного движения на этих участках,
соответственно.
По определению, средняя путевая скорость равна
S
,
t
где S – весь пройденный путь, t – полное время движения, или
S
S
Vñð  
.
(1)
t S1 / V1  S2 / V2  S3 / V3
По условию S2=tV2, S3=tV3, t – время прохождения второго и третьего участков. Из системы
уравнений
 S2  t V2

 S3  t V3
S  S  S / 2
3
 2
следует, что S2=S/8, S3=3S/8.
Подставляя в (1), имеем
S
S
Vñð  
 40 (êì / ÷àñ) .
t S / 2V1  S / 8V2  3S / 8V3
Vñð 
Задача №2.
При равномерном движении сумма сил, действующих
на тело равна нулю. Уравнения движения шаров имеют
F1
следующий вид:
m1 g  F1  T1  0

m2 g  F2  T2  0,
T1
здесь использованы следующие обозначения – F1 и F2
силы Архимеда, действующие на первый и второй
F2
шары, T1 и T2 – силы натяжения, соответственно.
Проецируем на ось y; с учетом равенства модулей сил
m1g
T2
Т1 и Т2 имеем:
m1 g  T1  F1  0
(1)

m2g
m2 g  T1  F2  0.
Поскольку силы Архимеда F1 и F2 пропорциональны
y
объему шаров, то имеем дополнительное уравнение:
F1  8F2 .
(2)
Из второго уравнения системы (1) и уравнения (2)следует
F2  8   m2 g  T1  .
Подставляя последнее во второе уравнение системы (1) получим уравнение для определения
силы натяжения.
m1 g  T1  8  (m2 g  T1 )  0 ,
откуда следует
T1 
8m2 g  m1 g g
  8m2  m1   2 Í .
9
9
Задача №3.
N
D
Fтр
ц.м.
A
C
N
D
F
mg
B
a
А
F
ц.м .
A
B
C
Fтр
mg
В
Запишем первое условие равновесия бруска ABCD:
mg  F  N  Fò ð  0 .
В проекциях на оси координат (см. рисунок А) это условие принимает вид
 F  Fò ð  0

(1)
 N  mg  0.
Решение системы имеет следующий вид:
 Fò ð  F

 N  mg.
Откуда следует, что сила трения Fтр= 2Н направлена горизонтально, N=4Н – по нормали к
поверхности.
При отсутствии скольжения, направление реакции опоры может зависеть от угла поворота
бруска относительно точки В. В начале вращения угол a мал, поэтому момент силы mg,
вращающей брусок против часовой стрелки, большее момента силы N, вращающей по часовой
стрелке. Вращение не начнется, и направление сил соответствует рисунку А.
K
h1
C22
h
C1
C
h 22
K
C21
H
h20
C2
h 21
C1
h/2
h
Задача №4.
А
В
Первоначальное состояние жидкостей показано на рисунке А, где буквами Сi обозначены
центры масс, находящиеся в середине столба жидкостей. При открывании крана К система
переходит в состояние В (см. рисунок В). Из закона сохранения энергии следует, что
количество теплоты Q, выделившейся при перетекании жидкости равно убыли потенциальной
энергии системы:
Q  Eí  Eê .
(1)
В исходном состоянии потенциальная энергия жидкостей равна
Eí  m1 gh / 2  m2 gh / 2 .
(2)
Масса первой и второй жидкостей равны
m1  1Sh, m2  2 Sh ,
поэтому
Eí  1 gh 2 / 2   2 gh 2 / 2 .
Если объем соединительной трубки мал (им можно пренебречь), то центры масс столбов
первой и второй жидкостей после перетекания расположатся на высоте h1 и h20.
Eí  m1 gh1 / 2  m2 gh20 / 2 .
Для определения величин h1 и h20 определим высоту Н столба более тяжелой жидкости из
условия равенства давлений в коленах у дна сообщающихся сосудов.
2 gH  2 g  h  H   1gh .
После преобразований имеем
H
 1  2   3h .
(3)
2 2
4
Из рисунка следует, что h21=H/2=3h/8, h22=h/8. Для нахождения положения центра масс второй
жидкости воспользуемся правилом нахождения центра масс:
(4)
h21m21  h22 m22  m2 h20 ,
здесь
3 Sh
 Sh
m 21 = 2 , m 22 = 2
4
4
массы второй жидкости в левом и правом колене. Подстановка найденных величин в (4) дает:
3 2 Sh 3h  2 Sh h

  2 Shh20 ,
4 8
4 8
или
h20  10h / 32 .
Потенциальная энергия конечного состояния равна
10h
3h Sh 2 g
Eê  2 Shg
 1Sh 
(5)
102  241  .
32
4
32
Используя (2) и (5) из (1) после подстановки численных значений имеем
Q=1,25 (Дж).
Задача №5.
E1
E2
E3
R
Воспользуемся обобщенным законом Ома:
E1  E2  E3
15
I

 143 ( ì À) .
r1  r2  r3  R  RË 105
Поскольку I>I0, то лампочка загорится.