II ЭТАП ВСЕРОССИЙСКОЙ ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ ... Возможное решение задачи Задача № 1.

II ЭТАП ВСЕРОССИЙСКОЙ ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ по ФИЗИКЕ 2013 год
11 к л а с с .
Задача № 1.
Возможное решение задачи
1. Пусть трубки за время t опустились на высоту h. В этот момент в каждой вертикальной
трубке шарики имеют скорость v направленную вниз и такую же по величине горизонтальную
скорость.
2. Для масс шариков которые двигаются относительно скользящих трубок выполняется закон
сохранения энергии 2mv²/2 = 2mgh, где m – масса шариков внутри каждой трубки.
Отсюда v² = gh .
Т.к. h = v²/2а,
то
ускорение
а = g/2.
Примерная система оценивания
Условие 1
5 балл
Закон сохранения энергии
3 балла
Нахождение искомого ускорения
2 балла
Задача № 2
Возможное решение задачи
До того как гелий стал проникать через перегородку равновесие
поршня найдем используя уравнение Клапейрона-Менделеева pV₁ = ν₁RT
и pV₂ = ν₂RT , т.к. давление и температура равные, то V₁ / V₂ = ν₁ / ν₂ или
х₁ /х₂ = ν₁ / ν₂, где ν₁ = 5,
а ν₂ = 4 откуда х₂ = 4l/9 = 40 см.
Когда гелий рвномерно рапределился по всему объему, то равновесие
поршня, обеспечивается только азотом и кислородом. Тогда у₁ / у₂ = 2 / 3
откуда у₂ = 3l / 5 = 54 см. Смещение поршня влево равно ∆x = у₂ – х₂ = 54
– 40 = 14 см
х₁
у₁
х₂
у₂
𝟕𝒍
Ответ: ∆x = 𝟒𝟓 = 14 см.
Примерная система оценивания
1. Первое условие равновесия поршня в сосуде
2. Нахождение длин сосуда разгороженных поршнем (х₁ и х₂)
3. Второе условие равновесия поршня в сосуде
4. Нахождение длин сосуда разгороженных поршнем (у₁ и у₂)
5. Определение ∆x
6. Числовой расчет.
3 балла
2 балл
2 балл
1 балл
1 балл
1 балл
Задача № 3
Возможное решение задачи
Т.к. при движении тело движется по окружности, то вплоть до отрыва, в
соответствии со вторым законом Ньютона 𝑚𝑎цс = 𝐹𝐾 ± 𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝛼 – 𝑁
(1),
𝑞2
q ⃖𝐹𝐾
α
R
где 𝐹𝐾 - сила Кулона,
𝐹𝐾 = 4𝜋𝜀 𝑅2 ,
(2) ,
0
q
α – угол между вертикальным диаметром и радиусом, проведенным к
𝑚𝑔
⃖
R
/2 текущему положению тела; в формуле: (+) – когда тело движется по верхней
части сферы и (–) - когда тело движется по нижней части сферы; N – сила
реакции опоры.
В точке отрыва реакция опоры равна нулю (см. рис.) и уравнение (1) примет вид:
𝑚
𝑉2
𝑅
= 𝐹𝐾 − 𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝛼
(3),
1
3
Из закона сохранения энергии: 2 𝑚𝑔𝑅 +
𝑞2
=
4𝜋𝜀0 𝑅
𝑞2
4𝜋𝜀0 𝑅
+
𝑚𝑉 2
(4). За нулевой уровень
2
потенциальной энергии принят уровень находящейся на высоте R/2 от поверхности, на которой
покоится сфера.
Из (4) находим, что 𝑉 2 = 3gR. По рисунку легко посчитать, что cos α =0,5 Подставив эти
значения, а так же (2) в (3) получим: 𝑞 = 𝑅 √14𝜋𝜀0 𝑚𝑔 = 0,6 ∙
√14 ∙ 3,14 ∙ 8,85 ∙ 10−12 ∙ 1,4 ∙ 10−3 ∙ 10 = 1,4·10⁻⁶ Кл = 1,4 мкКл.
Ответ: q = 1,4 мкКл.
Примерная система оценивания
Правильное применение закона Ньютона (уравнение 1)
Закон Кулона
Условие отрыва
Применение закона сохранения энергии
Определение cos α
Получение ответа
2 балла
1 балл
2 балла
2 балла
1 балл
2 балла
Задача №4
Возможное решение задачи
Основная трудность, возникающая при решении этой задачи, связана с тем, что свет может
многократно отражаться от поверхностей пластинок внутри стопки. Поэтому для того, чтобы найти
ответ, нужно получить рекуррентную формулу, показывающую, как изменяется коэффициент
пропускания стопки из k пластинок при добавлении к ней ещё одной пластинки. Пусть стопка из k
пластинок имеет коэффициент пропускания Tk. Добавим к ней ещё одну пластинку, получив, таким
образом, составную стопку из k + 1 пластинки. Пусть на полученную стопку падает волна с
интенсивностью A₀. Обозначим интенсивности волн, распространяющихся снаружи и внутри
составной стопки, так, как показано на рисунке. Учитывая, что Rk = 1 – Tk, получим систему
уравнений: амплитуда прошедшей к пластинок световой волны будет А₁
Пусть
A₂ = A₁ T; амплитуда световой волны при прохождении
k
k
одной (k + 1)-ой пластинки; причем интенсивность
отраженной волны В₁
B₁ В
B₀ В
₂
₁
B₁ = (1 – T)A₁ ; при отражении от (k + 1)-ой пластинки.
Пусть Tk - коэффициент отражения стопы из первых k
пластинок, тогда A₁ = Tk A₀ + (1 – Tk)B₁ ; – амплитуда
световой волны при прохождении первых k пластинок.
Из решения системы:
A₀
А
A₁
₁
₀
А
A₂
₂
k +1
A₂ = A₁ T
B₁ = (1 – T)A₁
A₁ = Tk A₀ + (1 – Tk)B₁
По смыслу задачи
𝐴0
𝐴2
=
1
𝑇𝑘+1
,
Из решения системы находим, что
𝐴0
𝐴2
=
1
𝑇𝑘
+
Таким образом, получаем рекуррентную формулу:
1−𝑇
𝑇
1
𝑇𝑘+1
=
1
𝑇𝑘
+
1−𝑇
𝑇
Из неё можно получить явную зависимость коэффициента пропускания Tk от числа пластинок n в
стопке. Действительно, если пластинок в стопке
2
А
1
всего две (k = 1, а n = k + 1 = 2), то
если три, (k = 2 ,
а n = k + 1 = 3), то :
1
𝑇3
=
1
𝑇2
1
=
𝑇2
+
𝑇1
1−𝑇
𝑇
+
=
1−𝑇
𝑇
1
𝑇1
+ 2
1−𝑇
𝑇
Продолжая аналогичные выкладки, для стопки из n пластинок получим:
1
𝑇𝑛
=
1
𝑇1
+ (𝑛 − 1)
Откуда 𝑇𝑛 =
1−𝑇
𝑇
,
очевидно, что
𝑇
𝑇+𝑛(1−𝑇)
=
𝑇
𝑇 + 𝑛𝑅
T₁= T тогда
=
1
𝑇𝑛
0,92
0,92 + 0,08 𝑛
=
𝑇+𝑛 (1−𝑇)
𝑇
Для нашего случая
𝑇𝑛 = 0,51.
Ответ: 𝑇𝑛 = 0,51.
Примерная система оценивания
Расчет амплитуды прошедшей волны А₂ от одной (k + 1)-ой пластинки
Расчет амплитуды отраженной волны В₂ от одной (k + 1)-ой пластинки
Расчет амплитуды прошедшей волны А₁ от k пластинок
Вывод обобщенной формулы для стопки из n пластинок
Получение численного ответа
Задача 5 (экспериментальная)
3
3 балла
1 балл.
2 балла
3 балла.
1 балл
10 к л а с с
Задача 1
M = 900 г
m = 300 г
ℓ = 20 см
k = 2,25 кН/м
V₀ = 2,5 м/с
ℓ₀ = ?
Возможное решение задачи
Воспользуемся законами сохранения энергии и импульса для начального
момента и момента выпадения пружины.
Зак. сохр. энер.:
(𝑚+𝑀) 𝑉 2
2
+
𝑘𝑥 2
2
=
𝑚 𝑢2
2
,
(1) ,
где х – деформация зажатой пружины;
u – скорость тела массы m в момент
выпадения пружины
Проекция зак. сохр. имп. на ось вектора скорости: (𝑚 + 𝑀)𝑉 = 𝑚𝑢
(2)
𝑀
𝑀
Из этих двух уравнений следует, что х = 𝑉0 √ 𝑘 (𝑚 + 1) .
𝑀
𝑀
0,9
0,9
Тогда ℓ₀ = ℓ + х = ℓ + 𝑉0 √ 𝑘 (𝑚 + 1) = 0,2 + 2,5√2,25∙103 (0,3 + 1) = 0,3 (м).
Ответ: v₁ = 1 м/с
v₂ = 0,5 м/с
Примерная система оценивания
Применение закона сохранения энергии
Применение закона сохранения импульса в проекции на ось вектора скорости
Решение системы уравнений
Расчет ℓ₀
Получение численного ответа
3 балла
3 балла
1 балла
2 балла
1 балл
Задача 2
Возможное решение задачи
При наливании жидкости изменился объем воздуха в колбе на величину ∆𝑉 = 𝑆ℎ, равный
объему налитой жидкости, где h глубина на которую опустился поршень.
Тогда масса жидкости налитой в колбу m = ρ∙∆V = 2,9 кг. Т.к. процесс изотермический, то
𝑉𝑃𝐴 = 𝑉1 𝑃1 , где 𝑉1 = 𝑉 − ∆𝑉 и 𝑃1 = 𝑃𝐴 + 𝜌𝑔ℎ объём и давление после наливания ртути.
Следовательно,
𝑉𝑃𝐴 = (V – ∆V)∙( 𝑃𝐴 + ρgh) или
𝑃𝐴 =
𝑉𝜌𝑔ℎ− 𝜌𝑔ℎ2 𝑆
ℎ𝑆
𝑉
= 𝜌𝑔 ( 𝑆 − ℎ) по этой формуле получаем давление в Паскалях (Система СИ).
Если же выразить давление в мм.рт.ст.
Р′А =
𝑃𝐴
𝜌𝑔
𝑉
= ( 𝑆 − ℎ) .
После подстановки числовых
значений получим: Р′А = 772 мм.рт.ст.
Ответ:
Р′А = = 772 мм.рт.ст
Примерная система оценивания
Расчет изменения объема воздуха в колбе
Расчет массы налитой жидкости)
Использование закона изотермического процесса
Получение ответа в мм.рт.ст.
Получение численного ответа
3 балла
2 балл,
3 балла
1 балл
1 балл.
Задача 3
Возможное решение задачи
На рисунке пунктиром показано закорачивание
сопротивления.
𝑅0
R₁ – показания омметра (без закорачивания). В этом случае
к сопротивлению R₀ подключаются параллельно
оставшиеся (n – 1) сопротивления R₀, т.е.
Ω
Ω
4
R₁ =
𝑅0 (𝑛−1)𝑅0
𝑅0 + (𝑛−1)𝑅0
𝑛−1
=
∙
𝑛
(1)
R₂ – показания омметра при закороченном сопротивлении. В этом случае к сопротивлению R₀
подключаются параллельно оставшиеся (n – 2) сопротивления R₀, т.е.
𝑅0 (𝑛−2)𝑅0
R₂ =
𝑅0 + (𝑛−2)𝑅0
Решая эту систему двух уравнений находим
Ответ: n = 5;
𝑛−2
=
𝑅1
𝑅2
𝑛−1
=
∙ 𝑅0
(𝑛−1)2
𝑛(𝑛−2)
(2)
откуда следует, что n = 5, а R₀ = 20 Ом
R₀ = 20 Ом
Примерная система оценивания
Расчет R₁
Расчет R₂
Решение системы
Числовой ответ
3 балл
3 балла
2 балла
2 балла
Задача 4
Возможное решение задачи
1. Изображение увеличенное может быть как действительным так и мнимым. В условии
сказано, что при увеличении расстояния от предмета до линзы вдвое изображение остается
увеличенным, следовательно, предмет находится между линзой и фокусом и изображение остается
мнимым.
2. (Т.к. увеличение расстояния вдвое приводящее к положению предмета между фокусом и
двойным фокусом даст действительное уменьшенное изображение. Если предмет первоначально
находился за двойным фокусом то увеличение этого расстояния вдвое приведет к уменьшению
увеличения.)
3. До перемещения линзы (для мнимого изображения)
1
4. После перемещения линзы
5) т.к. по условию
2𝑑
–
1
𝑓1
=
1
𝐹
1
𝑑
–
1
𝑓
=
1
(1) , где f= Гd
𝐹
,
(2) где f₁ = Г₁2d ,
Г₁ = 3Г , то f₁ = Г₁2d = 3Г2d.
6) Подставив значения f и
f₁ соответственно в (1) и (2) получим, что Г = 5/3
Ответ: Г = 5/3
Примерная система оценивания
1).
2).
Формулирование условия
Формулирование условия
Вывод уравнения
(1)
Вывод уравнения
(2)
Получение позиции 5).
Решение системы уравнений
Задача 5 (экспериментальная)
5
2 балла
2 балла.
2 балла
2 балла.
1 балл
1 балла
9 класс
Задача № 1.
Возможное решение задачи
Расставим силы, действующие в системе (см. рис.). Т.к. трения нет, а блок
невесомый, то силы натяжения Т , Т′, по модулю, равны. Следовательно,
искомая сила давления на ось блока 𝐹д = 2 Т′ .
Для нахождения силы натяжения напишем основное уравнение динамики
для грузов в проекции на вектор a:
Мa = Мg – Т (1) и
ma = Т – mg (2). Решив эту систему относительно силы натяжения Т и
а получим: Т =
2М𝑚𝑔
М+ 𝑚
=
2∙0,3∙0,2∙10
0,3 + 0,2
= 2,4 (Н). Ускорение 𝑎 =
𝑀−𝑚
𝑀+𝑚
Сила давления 𝐹д соответственно, равна 4,8 Н.
∙ 𝑔 = 2 м/с².
𝑇′
𝑇′
𝐹д
𝑇
𝑇
𝑎⃖
𝑎⃖
m𝑔
M𝑔
Ответ: 𝐹д = 4,8 Н а = 2 м/с²
Примерная система оценивания
Рисунок и правильная расстановка сил
Выражения для силы давления
Получение уравнения (1)
Получение уравнения (2)
Правильное решение системы
Получение правильного численное значение силы давления
3 балла.
1 балл.
1 балл.
1 балл
2 балла
2 балла.
Задача № 2.
Возможное решение задачи
За малый промежуток времени ∆t поршень, движущийся со скоростью V опускается
расстояние V₁∙∆t и выдавливает из поршня пасту объемом V₁∙∆t∙S ,
(1)
где
S = πr² , при этом площадь пятна на поверхности увеличивается на ∆S = 2 πR∙∆R,
(2) где
∙∆R = V∙∆t. Увеличение объема пасты на поверхности стола
∆V = ∆S∙h.
(3)
Объем, вытесненный из поршня за время ∆t равен увеличению объему пятна на столе за то же
самое время. Следовательно: V₁∙∆t∙πr² = 2 πR∙V∙∆t∙h,
(4) откуда
следует, что V₁ =
Ответ :
2𝑅ℎ
𝑟2
∙ 𝑉 или V₁ =
2∙30∙0,2
22
∙ 2 = 6 (см/с)
V₁ = 6 (см/с)
Примерная система оценивания
Вывод уравнения (1)
Вывод уравнения (2)
Вывод уравнения (3)
Вывод уравнения (4)
Получение расчетной формулы
Численный ответ с размерностью
3 балла
2 балла
2 балл
1 балл
1 балл
1 балл
Задача № 3.
Возможное решение задачи
1). Бакен плавает погрузившись на ⅔ своего объема, следовательно, Mg – FА = 0,
где М –
масса бакена; второе слагаемое сила Архимеда, FА = 𝜌0 𝑔𝑉погр , причем 𝑉погр = ⅔ V = 100 л
соответственно масса бакена равна 100 кг
2). Рассмотрим вначале, когда груз лежит на песчаном дне, то из под него вытеснена вода и
сила Архимеда на него не действует. Поэтому при приливе, когда бакен полностью скроется под
водой (т.е. будет находится на глубине l) на него будет действовать сила
6
F = Vρ₀g – (m + M)g – (ρ₀gl + Рₐ)S , если она положительна, то груз всплывет, если
отрицательна, то нет: F = 150∙10⁻³∙10³∙10 – (50 + 100)∙10 – (10³∙10∙5 + 10⁵)∙400∙10⁻⁴ = – 1500 (Н)
Т.е. при приливе бакен утонет .
3). 4). Теперь рассмотрим, когда груз лежит на каменистом дне, то под ним всегда есть вода и
на него действует сила Архимеда. Поэтому при приливе, бакен должен плавать, тогда справедливо
𝑚
(𝑉′погр + 𝑉тела ) ρ₀g = (m + M)g,
где 𝑉тела = 𝜌 = 6,25 л .
Следовательно, 𝑉′погр =
4) 𝑉′погр =
составляющая
50+100
103
𝑉тела
𝑉
𝑚+𝑀
𝜌0
− 𝑉тела
– 6,25 = 143,75 (л) . Над водой будет находится только верхушка бакена
∙ 100% = 4,2 % объема бакена.
Ответ: .
Примерная система оценивания
Рассуждения
1)
Рассуждения
2)
Рассуждения
3)
Численный расчет 4)
2 балла,
3 балла.
3 балла.
2 балла.
Задача № 4.
Возможное решение задачи
Уравнение для собирающей линзы
1
Для первого снимка
𝐹
=
1
𝑓1
+
1
𝑑1
→ 𝑓1 =
размеров предмета (Н) и его изображения (𝑓1 ) следует
1
Для второго снимка
𝐹
=
1
𝑓2
+
Решая систему этих двух уравнений получим: F =
Зная F можно найти 𝑓1 =
Тогда Н = ℎ1 ∙
𝑑1
𝑓1
𝐹 𝑑1
𝑑1 − 𝐹
1
𝑑2
𝑑1 ∙𝐹
или
аналогично имеем
ℎ1 𝑑1 − ℎ2 𝑑2
ℎ1 − ℎ2
𝑓1
𝑑1 − 𝐹
𝑑1
𝑓1
ℎ1
𝐹
= 𝐻 =𝑑 −𝐹
𝑑1
1
=
𝑓2
𝑑2
21∙5 − 13∙8
21 − 13
𝐹
=
из подобия
𝑑1 − 𝐹
(1)
=
=
ℎ2
𝐻
1
8
=𝑑
𝐹
2−
= 12,5 (см)
= 0,127 м
= 0,82 м
Ответ: F = 12,5 см ;
Н = 0,82 м.
Примерная система оценивания
Рассуждения
1)
Рассуждения
2)
Получение формул (I) (II)
Рассуждения
4)
Расчет сопротивлений )
2 балла,
2 балла.
2 балла.
2 балла.
2 балла.
7
𝐹
(2)
8 класс
Задача № 1
Возможное решение задачи
1. Пусть V₁ – скорость велосипедиста Ломакина до поломки. Время движения Ломакина до
поломки составляло – 10 мин = 1/6 часа, после поломки – 20 мин = 1/3 часа.
2. Путь Ломакина L = V₁∙(1/6) + 6∙(1/3)
(1)
3. V₂ – скорость Середняка и путь Середняка так же L = V₂∙(1/2)
(2)
4. Так же известно, что V₁ = 2V₂ подставим в (1) и т.к. пути у обоих одинаковы, то
5.
2V₂∙(1/6) + 6∙(1/3) = V₂∙(1/2)
(3)
откуда получаем что V₂ = 12 (км/ч).
По формуле (2) получаем, что L = 6 км
Ответ: L = 6 км; V₂ = 12 (км/ч)
Примерная система оценивания
Обозначение переменных
Получение уравнения (1)
Получение уравнения (2)
Условие пункта 4
Получение уравнения (3)
Получение численного ответа
2 балл.
2 балла.
1 балла.
1 балл.
2 балла.
2 балла.
Задача № 2.
Возможное решение задачи
1). Из графика определим коэффициент жесткости пружины k k = 1 Н/см.
2) Тогда сила тяжести неизвестного груза mg = 4см ∙ 1 Н/см = 4 Н, тогда масса равна 0,4 кг
3) Вес в воде в соответствии с законом Архимеда Р = mg – ρVg.
(1)
4) Экспериментально Р = 3 Н
5) Подставив в (1) значения массы, силы тяжести, плотности воды ρ и g= 10 Н/кг получим:
3 = 4 – 1000∙V∙10 . Тогда V = 0,0001 м³ = 100 мл
Ответ: масса груза составляет 400 г, а объем 100 мл
Примерная система оценивания
Рассуждения 1)
Определение массы
Рассуждения 3)
Определение по графику веса тела в воде
Уравнение пункта 5)
Расчет объема.
Задача № 3.
Возможное решение задачи
1). Т.к. веревка одна и нерастяжима, то во всех точках веревки силы
натяжения Т одинаковы и равны F.
2). Очевидно в точке В сила натяжения каната равна 2Т.
3) В точке А сила натяжения Т
4) При медленном равномерном3Т поднятии сумма сил действующих на
бревно равна нулю, т.е. mg = 3Т откуда Т = F = mg/3 = 500 Н
Ответ: 500 Н.
Примерная система оценивания
Рассуждения 1)
3 балл.
Рассуждения 2)
3 балла.
Рассуждения 3)
2 балла
Рассуждения 4)
2 балла.
8
2 балла,
1 балла
2 балла
2 балла
2 балла
1 балл
𝐹
В
А
mg
⃖ Место для урав
7 класс
Задача № 1
Возможное решение задачи
1) Скорость Тани равна скорости эскалатора, обозначим ее V₁, Петя поднимается со
скоростью относительно эскалатора – V₂ , а спускается скоростью V₃ = 3V₂
Пусть длина
эскалатора L. Таня поднимается за время t₁ = 60 с , Петя за t₂ = 40 с , Спускается Петя за время
t₃ =?
2) Если поделить длину эскалатора на соответствующее время то получим соответствующую
скорость относительно земли:
𝐿
𝑉₁ = 𝑡 (1)
1
𝐿
𝑉₁ + V₂ = 𝑡
2
(2)
𝐿
3V₂ – V₁ = 𝑡
3
(3)
3Из (2) найдем V₂ и подставим в (3), а затем подставим в полученное выражение V₁ из (1).
Получим
4𝐿
𝑡1
=
3𝐿
𝑡2
−
𝐿
𝑡3
откуда t₃ =
𝑡1∙ 𝑡2
3𝑡1 − 4𝑡2
40∙60
= 180−160 = 120 𝑐 = 2 мин.
Ответ: 2 мин.
Примерная система оценивания
Рассуждения, приводящие пункту
1)
Рассуждения, приводящие к пункту
2)
Рассуждения, приводящие к решению уравнения 3)
Решение уравнения и получение ответа
v,м /мин
1000
750
500
250
0
0,5 1,0
1,5
3 балла,
3 балл
3 балла
1 балл
Задача № 2.
Возможное решение задачи
1). Перестроим график так, что по вертикальной оси отложим
скорость в (м/мин)
2). Посчитаем за какое время автомобиль пройдет первые 500 м
t₁ = 500 : 1000 = 0,5 мин .
3). Посчитаем за какое время автомобиль пройдет вторые 500 м
t₁ = 500 : 500 = 1 мин .
4). Посчитаем за какое время автомобиль прошел бы третий
S, км
отрезок в 500 м
t₁ = 500 : 250 = 2 мин .
5). Следовательно, на третьем участке автомобиль двигался всего 0,5 мин в соответствии с
условием задачи и прошел за это время муть равный 250 • 0,5 = 125 м.
6). Путь, пройденный автомобилем за две минуты равен 500 + 500 + 125 = 1125 м.
Ответ: 1125 м
Примерная система оценивания
Перестроение графика 1)
Обсуждение ситуации 2)
Обсуждение ситуации 3)
Обсуждение ситуации 4)
Обсуждение ситуации 5)
Получение ответа
3 балла,
1 балл
1 балл
2 балла
1балл
2 балла.
Задача № 3.
Возможное решение задачи
1). В известной всем Международной системы единиц измерения (СИ) школьник Вася действует на
весы с силой , равной F= mg = 500 кг∙м/с²
2). Переведем все необходимые нам величины в Рублевую систему единиц (РСИ) т.е. в этой
системе единица измерения – 1 Рубль.
1 метр – 40/100 = 0,04 Рубля
1 килограмм – примерно 1000 рублей/0,563 кг =1776 Рублей
9
1 секунда – 30000/(30•24•36000) = 0,01157 Рублей .
Для определения подставим все полученные величины в соответствующие формулы
3) Определим g = 10 м/с² = 10•0,04/(0,01157)² ≈ 29000 не рублей
Размерность этой величины определяется из того факта, что в расчетной формуле g в числители
стоят Рубли, а в знаменателе (Рубли)². Следовательно, размерность g в(РСИ) измеряется в
обратных Рублях, т.е. (Рубль)¯¹, т.е.
g = 29000 (Рубль)¯¹
4). Весы в этой системе покажут F = 500•1776•0,04/(0,01157)² ≈ 265 000000
размерность веса в
системе РСИ безразмерная величина
5). Время движения до школы t = 30•60•0,01157 ≈ 20,83 Рублей.
Ответ: Время движения до школы 20,83 Рубля,
Васин вес равен 265миллионов
безразмерных единиц.
Примечание для проверяющих Несмотря на шуточный характер, задача имеет глубокий
физический смысл, В современной физике применяется система единиц в которой скорость света
безразмерная величина и равна единице, время и расстояние измеряется в секундах, а энергия и
масса в обратных секундах.
Положение
Положение
Положение
Положение
Положение
Ответ
1)
2)
3)
4)
5)
Примерная система оценивания
1 балл
3 баллов
2 балла.
2 балла
1 балл
1 балл
10