 с м v

Физика
10 класс
Задача 1.
Небольшой шарик подлетает к горизонтальной гладкой плите со скоростью v0  5,2 м / с
под углом   60 к горизонту. Определите расстояние от места удара до следующего
столкновения с плитой, если известно, что при ударе шарик теряет n  0,11 своей
энергии.
o
Дано:
v0  5,2 м / с
  60o
n  0,11
S ?
Решение:
При ударе о поверхность тело потеряло часть энергии, поэтому
mv02
mv 2
 (1  n)
.
2
2
Поверхность является гладкой, значит, при ударе на тело действуют
только вертикальные силы, следовательно, сохраняется
горизонтальная составляющая скорости
v x  vo  cos .
Для вертикальной составляющей скорости получим
v y  v 2  v x2  vo (sin  ) 2  n.
Время движения тела по параболе t 
2v y
g
, расстояние до
следующего удара S  v x  t.
2vo2
cos (sin  ) 2  n.
Окончательно S 
g
Подставим числовые значения и получим:
S
2  27
 0,5 0,75  0,11  2,2 м.
9,8
Ответ: S = 2,2 м.
1
Межрегиональная олимпиада школьников “Высшая проба» - 2014, 2 этап
Физика
10 класс
Задача 2.
С какой скоростью можно увеличивать число оборотов в секунду колёс мотоцикла, чтобы
не происходило пробуксовки? Коэффициент трения колёс о дорогу µ = 0,70, радиус
колеса R = 0,30 м. Считать, что на заднее колесо, приводящее его в движение, приходится
половина веса мотоцикла.
Дано:
Решение:
R = 0,30 м
mg
.
Максимальная сила трения: F  N  
µ = 0,70
n
?
t
2
По второму закону Ньютона максимальное ускорение
a
F
g
 .
m
2
Число оборотов в секунду:
n
v
.
2R
За время t число оборотов в секунду изменяется по формуле:
n

t
(
v
v
)
2R  t  g .
t
2R 4R
Произведя вычисления, получим:
n
0,7  9,8

 1,8об / с 2 .
t 4  3,14  0,3
Ответ:
n
 1,8об / с 2 .
t
Задача 3.
Тонкостенный цилиндрический стакан массой m = 100 г и высотой h = 10 см ставят вверх
дном на гладкое дно сосуда, который после этого медленно заполняют водой до высоты
H = 20 см. На сколько градусов надо нагреть воду в сосуде, чтобы стакан начал
всплывать? Диаметр стакана d = 4,0 см. Начальная температура всей системы Т = 300 К,
атмосферное давление р = 720 мм рт. ст.
Дано:
Решение:
Силы, действующие на стакан в момент, когда он начнет всплывать:
m  100г
сила давления на дно стакана F1   p  g ( H  h)S ,
h  10см
H  20см
d 2
d  4,0см
, p  атмосферное давление,
где S 
4
T  300K
p  720 ммрт.ст.   плотность воды, S  площадь дна стакана,
d  диаметр стакана;
________________
mg  сила тяжести, действующая на стакан (массу воздуха в
T  ?
стакане можно не учитывать);
сила давления воздуха в стакане F2  p1S .
Для того чтобы, стакан всплыл должно выполняться условие:
2
Межрегиональная олимпиада школьников “Высшая проба» - 2014, 2 этап
Физика
10 класс
F2  F1  mg.
Условие равновесия в проекции на вертикальную ось:
F1  F2  mg  0.
Нагревание газа происходит при постоянном объеме, поэтому
p p1
 , где T1  T  T , откуда получаем
T T1
p1  p
T  T
.
T
Подставляя выражения для сил и давления в условие равновесия,
получаем:
 p  g ( H  h)S  p T  T S  mg  0.
T
После преобразований, учитывая S 
d 2
4
,
получим:
4m 


(
H

h
)


d 2  .
T  T  g 
p
Подставим числовые значения и получим:
4  0,1 

1000
(
0
,
2

0
,
1
)


  0.04 2   5,6 K .
T  300  9,8 
13,6  1000  9,8  0,72
Ответ: T  5,6 K .
Задача 4.
На горизонтальной поверхности лежит куб массой M  1,0кг . В центре верхней грани
лежит небольшое тело массой m  100г. Край куба аккуратно приподнимают,
поворачивая вокруг нижнего ребра. Куб по поверхности не скользит. Определите угол
между гранью куба и горизонтальной поверхностью, при котором вся система будет
находиться в равновесии.
Дано:
Решение:
Будем считать, что в равновесии кубик наклонен к горизонту под
M  1,0кг
углом  . Рассмотрим сначала маленькое тело, лежащее в
m  100г
середине верхней грани куба.
 ?
3
Межрегиональная олимпиада школьников “Высшая проба» - 2014, 2 этап
Физика
10 класс
N
Fтр
mg
Fтр
P
β
α
Mg
На него действуют силы:
mg  сила тяжести, направленная вертикально вниз,
N  сила реакции опоры, направленная вверх, перпендикулярно
грани, и
Fтр1  сила трения, действующая со стороны куба и
направленная вдоль грани вверх.
Условия равновесия этого тела:
 N  mg cos

 Fтр1  mg sin 
Теперь рассмотрим куб. Поворачивать кубик вокруг нижнего
ребра будут следующие силы:
Mg  сила тяжести (направлена вертикально вниз и поворачивает
кубик по часовой стрелке);
P  вес маленького тела (направлен перпендикулярно грани вниз
и поворачивает куб по часовой стрелке). По третьему закону
Ньютона P   N и, следовательно, P  mg cos ;
Fтр 2  сила трения со стороны маленького тела (направлена
вдоль верхней грани вниз и поворачивает кубик против часовой
стрелки).
По третьему закону Ньютона Fтр1   Fтр 2 и, следовательно,
Fтр 2  mg sin  .
Условие равновесия куба – сумма моментов всех сил
относительно оси вращения (нижнего ребра) равна нулю. Запишем
это условие:
4
Межрегиональная олимпиада школьников “Высшая проба» - 2014, 2 этап
Физика
10 класс
Fтр 2  a  P
a
a 2
 Mg
cos   0,
2
2
где a  ребро куба,


4
 .
Подставляя в это уравнение выражения для всех сил, получим:
mg sin   a  mg cos 
a
a 2

 Mg
cos(   )  0.
2
2
4
Выполнив необходимые преобразования, получим:
2m sin   m cos  M (1  tg )  0.
Окончательно,
  arctg
mm
.
2m  m
Подставим числовые значения и получим:
  arctg
Ответ:
0,1  1
 arctg 0,92  42,5o.
2  0,1  1
  42,5o.
Задача 5.
Некоторое количество вещества нагревают, поддерживая мощность нагревателя
постоянной и записывают результаты в таблицу:
0
5
10
15
20
25
30
35
, мин
t,0C
60
100
110
110
110
110
112
132
Оцените удельную теплоёмкость вещества в жидком состоянии и удельную теплоту
плавления при условии, что удельная теплоёмкость в твердом состоянии с = 1,0 кДж/кг·К.
Дано:
Решение:
c  1,0кДж / кг  К Согласно закону сохранения энергии:
(1)
cmt1  P 1
cж − ?
 ?
  m  P 2
(2)
cж mt3  P 3
(3)
где P  мощность нагревателя, m 
масса тела,
 1  время
нагревания твердой фазы, t1  изменение температуры тела,
 2  время плавления,   удельная теплота плавления,  3 
время нагревания жидкой фазы, t3  изменение температуры
жидкости, cж  удельная теплоемкость вещества в жидком
состоянии.
Разделив (2) на (1) и (3) на (1), получим:

c  t1   2
1
и
cж 
c  t1   3
.
 1  t3
5
Межрегиональная олимпиада школьников “Высшая проба» - 2014, 2 этап
Физика
10 класс
Определим из таблицы скорость нагрева вещества в твердом и
жидком состояниях и время нагрева и плавления:
40
20
 t 
 t 
 8град / мин и   
 4град / мин .
  
  ж 5
  т 5
Следовательно, нагревание твердой фазы продолжалось
22
50
 5,5 мин.
 6,25 мин , а жидкой  3 
4
8
Значит, процесс плавления продолжался  2  23,25 мин.
1 
Подставим числовые значения и получим:

сж
1000  50  23,25
 186кДж / кг и
6,25
1000  50  5,5

 2,0кДж / кг  К .
6,25  22
Ответ:
  186кДж / кг, сж  2,0кДж / кг  К .
Задача 6.
Замкнутый
цикл,
совершаемый
одноатомным
идеальным газом, состоит из следующих участков: 1-2 изохора, масштаб подобран таким образом, что 2-3 в
PV-диаграмме представляет собой четверть окружности
с центром внутри цикла, а 3-4 - четверть окружности с
центром вне цикла, 4-5 - изобара, 5-6 – изохора, 6-1изобара.
P2  2 P1 , P3  3P1 ,
P5  4 P1 , V3  2V1 ,
V4  3V1 , V5  4V1. Определите КПД цикла (ответ дать
в процентах).
Р
3Р1
2Р1
Р1
0
Дано:
P2  2P1
P3  3P1
P5  4P1
V3  2V1
V4  3V1
V5  4V1
4
4Р1
5
3
2
1
V1
6
2V1
3V1
4V1
V
Решение:
Коэффициент полезного действия цикла можно вычислить по
формуле:  
A
,
Q
где A  работа за цикл, Q  количество теплоты, полученное
газом за цикл.
В данном случае значительно проще вычислить количество
теплоты, отданное газом за цикл, поэтому

A
.
Qот  A
Работа газа за весь цикл численно равна площади цикла в системе
координат P(V ), поэтому удобно построить график P(V ) .
Можно заметить, что для вычисления площади удобно заменить
сложную конфигурацию цикла прямоугольником равной площади.
6
Межрегиональная олимпиада школьников “Высшая проба» - 2014, 2 этап
Физика
10 класс
A  7 P1V1.
Газ отдает тепло только на двух участках 5-6 и 6-1
5  6  процесс изохорный, газ одноатомный:
3
Q5  6  (16 P1V1  4 P1V1 )  18P1V1
2
6 1  процесс изобарный, работа газа в этом процессе
A1 6  3P1V1
Q1 6 
5
15
A1 6  P1V1 /
2
2
Количество теплоты, отданное газом
Qот  18P1V1 
15
51
P1V1  P1V1.
2
2
Окончательно получаем:  
Ответ:
7 P1V1
51
P1V1  7 P1V1
2
 22%.
  22%.
7
Межрегиональная олимпиада школьников “Высшая проба» - 2014, 2 этап