решения мун.физика

7 класс
1. (5 баллов) Стакан объемом 100 мл доверху заполнен водой. В стакан бросили 1 г соли,
которая полностью растворилась. Затем содержимое стакана вылили в кастрюлю, содержащую 2
л чистой воды. Раствор хорошо перемешали. Из кастрюли зачерпывают полный стакан. Сколько
грамм соли в нем содержится?
Решение.
После того, как содержимое стакана вылили в кастрюлю, 1 грамм соли, растворенный в
100 мл воды, попадает в
2000 мл + 100 мл = 2100 мл
воды.
Если теперь зачерпнуть из кастрюли 100 мл воды, в ней окажется
100 
1.
2.
1
г =1/21 г соли.
2100
Найдена концентрация соли в кастрюле – 2 балла.
Найдена масса соли в стакане – 3 балла.
2. (10 баллов) Честный мальчик Петя вышел из дома в школу. По дороге он нашел
велосипед и, поскольку опаздывал, решил воспользоваться находкой и доехать на нем, подумав,
что обязательно вернет велосипед на место. В результате вся дорога в школу заняла 14 мин.
Возвращаясь обратно, он вспомнил о своем намерении, только подъезжая к дому. Пете
стало стыдно, и он вернулся к месту находки, оставил там велосипед и пешком дошел до дома.
Таким образом, дорога из школы заняла у него 22 мин.
Как далеко от дома был велосипед, если на нем Петя мчался со скоростью 15 км/ч?
Решение.
По дороге в школу Петя сначала прошел путь от дома до места находки и на велосипеде
проехал до школы. По дороге обратно он сначала проехал путь от школы до места находки,
потом съездил до дома и обратно и уже пешком дошел от места находки до дома. Получается,
что время возвращения из школы отличается от времени путешествия на занятия только на
продолжительность поездки на велосипеде от места находки до дома и обратно.
На эту поездку у Пети ушло
(22-14) мин = 8 мин.
Следовательно, чтобы проехать искомое расстояние на велосипеде. Пете нужно всего
(8/2) мин = 4 мин.
Учитывая, что 15 км/ч = (15/60) км/мин = 0,25 км/мин, получим, что расстояние от дома
до места находки составляет
4 мин  0,25 км/мин = 1 км.
1.
Отмечено, что время возвращения из школы отличается от времени путешествия на
занятия только на продолжительность поездки на велосипеде от места находки до дома и
обратно – 2 балла.
2.
Найдено время поездки на велосипеде от места находки до дома и обратно (8 мин) – 2 .
3.
Найдено время поездки на велосипеде от места находки до дома (4 мин) – 1 балла.
4.
Скорость и время приведены в общую систему единиц – 3 балла.
5.
Найдено расстояние от дома до места находки – 2 балла.
3. (10 баллов) На уроке физкультуры Петя и
Маша бежали вместе по прямой дорожке, стартовав от
школы. Затем Петя побежал быстрее, а Маша пошла.
Через некоторое время ребята одновременно повернули
обратно и достигли школы одновременно. Графики
зависимости скорости ребят на направление дорожки от времени даны на рисунке. Построить
графики зависимости расстояний между Петей и Машей от времени.
Решение.
Рассмотрим относительную скорость Пети и Маши u  VÏ  VÌ .
На первом интервале  0  t  1ì èí  она равна нулю u1  0 , следовательно, за первую
минуту расстояние между Петей и Машей также равно нулю.
При 1ì èí  t  3 ì èí  относительная скорость u2  3,75 м/сек.
В оставшееся время скорости Маши и Пети равны соответственно –3,125 м/сек и -1,25
м/сек, т.е. относительная скорость u3  3,125  (1, 25)  1,875 м/сек.
Теперь осталось построить график зависимости координаты от времени для полученного
скоростного режима (движения со скоростями u1 , u 2 и u 3 в указанные интервалы времени):
в интервале  0  t  1ì èí
,
l1  u1t1  0 ;
в интервале 1ì èí  t  3 ì èí  расстояние изменяется от нуля
до
l2  u2t2  3,75  120  450 м;
в интервале 3 ì èí  t  7 ì èí  расстояние изменяется от 450
м до нуля.
График приведен на рисунке.
1.
Найдены относительные скорости на трех интервалах движения – по 1 баллу (всего 3
балла).
2.
Найдено относительное расстояние на первом интервале движения – 1 балл.
3.
Найдено изменение относительного расстояния на втором и третьем интервалах – по 2
балла (всего 4 балла).
4.
Построен график – 2 балла.
4. (10 баллов) Улитка путешествует внутри катящегося
кубика, ребро которого a  20 сантиметров. Кубик делает 1
оборот за 30 секунд. Улитка стартует из точки А и движется
вдоль ребер кубика по часовой стрелке. Скорость улитки
относительно кубика 30 сантиметров в минуту. Найдите
среднюю горизонтальную скорость за два полных оборота
кубика. Кубик не отрывается от земли.
Решение.
Через два оборота кубик сместиться вправо на 8a . Стороны куба при этом будут
ориентированы так же, как и на рисунке к условию, поскольку кубик сделает полное число
оборотов.
Улитка ползет по кубику с постоянной скоростью. Через минуту, т.е. через два оборота
кубика, она сместиться на 30 сантиметров, значит, проползет все ребро AD и половину ребра DC.
Учтем, что движение по вертикальному ребру AD никак не влияет на горизонтальную
скорость улитки. Если кубик снова ориентирован, как вначале, по горизонтали улитка
сдвинулась относительно точки А кубика на a / 2 .
Значит, путь улитки относительно земли за минуту составит 8a  a / 2  170 см, а
средняя горизонтальная скорость будет равна, соответственно, 170 см/мин.
1.
Найдено смещение кубика за два оборота – 1 балл.
2.
Найдено расстояние, которое проползет улитка за два оборота (30 см) – 1 балл.
3.
Отмечено, что движение по вертикальному ребру AD никак не влияет на горизонтальную
скорость улитки – 2 балл.
4.
Найдено смещение улитки за два оборота ( a / 2 )– 2 балла.
5.
Найден путь улитки относительно земли за минуту – 2 балла.
6.
Найдена средняя горизонтальная скорость – 2 балла.
8 класс
1. (10 баллов) Снегопад длился 5 часов. Снежинки падали вертикально. Тонкостенный бак
с открытым верхом заполнится снегом наполовину. Бак имеет форму куба с ребром l  1 м. Из
собранного снега получили V  75 литров воды.
1) Какова плотность свежевыпавшего снега?
2) Какая масса снега в час выпадала на каждый квадратный метр земли? Плотность воды 1
кг/литр.
Решение.
Объем бака V0  1 м3, значит, объем снега V0 / 2 .
Масса снега M равна массе воды, полученного из него, т.е. M  75 кг. Плотность снега

M
75

 150 кг/м3.
V0 / 2 0,5
M
За час в бак попало
 15 кг снега, это как раз количество снега, выпавшего на 1 кв.
5
метр.
Ответ:
1.
2.
3.
4.
5.
  150 кг/м3, в час на квадратный метр выпало 15 кг.
Найден объем выпавшего снега – 1 балла.
Отмечено, что масса снега равна массе воды – 1 .
Получено выражение для плотности снега – 3 балла.
Найдена плотность снега – 3 балла.
Найдена масса снега, выпавшего на 1 м2 – 2 балла.
2. (10 баллов) Теоретику Багу подарили английский барометр, который измеряет давление
в необычных для нас (и обычных для англичан) единицах psi (с англ. pound-force per square inch –
давление, которое оказывает вес одного фунта на квадратный дюйм). Багу захотелось перевести
показания 15,0 psi в паскали. К сожалению, у него не оказалось таблицы для перевода единиц
давления, но он обнаружил финансовый журнал, в котором нашел статью о стоимости золота в
России и Англии. В статье была следующая таблица:
Стоимость золота
Слитки
Проволока
Россия
522,0 тыс. р./кг
10,07 тыс. р./м
Англия
5413 £/фунт
5,845 £/дюйм
Золото можно было купить либо в слитках, либо в проволоке стандартного сечения.
Помогите Багу понять, какое же давление в паскалях все-таки оказывает барометр, если реальная
стоимость золота в России и Англии одинакова, а, по данным Центробанка, фунт стерлингов (£)
стоит 43р. 78 к. Примите g  9,8 Н/кг.
Решение.
Определим коэффициент пересчета килограммов в фунты. Один фунт золота стоит
(5413  43,78) ð.  237,0 тыс. р.
Следовательно, один килограмм составляет
 522,0 
 фунта = 2,203 фунта.
 237,0 
1 кг = 
Аналогично найдем, что один метр составляет

10070

 дюйма = 39,35 дюйма.
5,845

43,78


1м= 
 9,8 15,0 
 Н = 66,73 Н, который
 2, 203 
Таким образом, 15,0 фунта – это вес, равный 
2
 1 
приходится на площадь 
 ì
 39,35 
2
 6,457  104 ì 2 . Окончательно получим
15 psi 
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
66.73
Ï à  103,3êÏ à .
6,457  104
Представлена формула для расчета давления – 1 балл.
Найдена стоимость одного фунта золота – 2 балла.
Найдено количество фунтов в 1 кг – 1 балл.
Найдено количество дюймов в 1 м – 1 балл.
Найдено количество ньютонов, соответствующее 15 фунтам – 2 балла.
Найдена площадь, соответствующая 1 квадратному дюйму – 1 балл.
Получен числовой ответ – 2 балла.
3. (10 баллов) С помощью веревок,
перекинутых через систему блоков, спасатели
равномерно
и
прямолинейно
перемещают
массивную плиту так, как показано на рисунке. С
какой суммарной силой веревки действуют на
плиту? Спасатели тянут свой конец веревки с
силой F . Массами веревок и блоков можно
пренебречь.
Первый возможный способ решения.
Пронумеруем блоки так, как показано на рисунке А). Пусть спасатели протащили свой
конец блока на расстояние a , а плита сдвинулась на расстояние b . При этом блоки 2, 4 и 5
неподвижны, блок 3 переместился на расстояние b влево, а блок 1 также переместился на
некоторое расстояние c . При перемещении плиты и блоков веревки также сместятся. Новые
положения веревок показаны на рисунке Б) (веревка спасателей) и на рисунке В) (вторая
веревка). Поскольку веревки нерастяжимы, длина каждой из них не изменится:
a  2c  b  0 , c  3b  0 .
Из этих уравнений
a  7b .
Обозначим силу, действующую на плиту со стороны веревок F ' . По «золотому правилу»
механики
Fa  F ' b .
Поэтому
F '  7F .
А)
Б)
Второй возможный способ решения.
Вычислим натяжение каждой нити. Нить, за
которую тянут спасатели, имеет натяжение F . Как
видно из равновесия блока 1, привязанная к нему нить
имеет натяжение 2F (влево тянут две нити с
натяжением F , а вправо – только одна). Аналогично,
нить, привязанная к блоку 3, имеет натяжение 4F .
Сумма сил натяжения всех нитей, привязанных к плите,
равна
В)
4F  3F  F  7 F
1.
Выполнен рисунок с силами или перемещениями блоков – 3 балла.
2.
Найдена сила, действующая на плиту в точках крепления нитей и блока – по 2 балла за
каждую силу (всего 6 баллов).
3.
Получен ответ – 1 балл.
4. (10 баллов) Для доставки гуманитарной помощи в дикое горное
племя используется воздушный шар с легкими корзиной и оболочкой.
Оболочка объема V заполняется газом плотности  , в корзину кладется
груз массой m (размеры его пренебрежимо малы по сравнению с размерами
шара), и шар начинает подниматься вверх, достигая нужной высоты. После
разгрузки шар медленно подтягивают вниз за веревку, не выпуская газ из
оболочки. Определите КПД для данного способа доставки. Плотность
воздуха не зависит от высоты и равна  0 , постоянная g известна,
размерами шара по сравнению с высотой подъема пренебречь.
Решение.
Коэффициент полезного действия определяется как отношение полезной A1 и
затраченной A2 в данном процессе работы. Полезная работа A1 в данном случае будет равна
изменению потенциальной энергии груза после подъема его на нужную высоту и спуска шара на
землю. Обозначим высоту подъема через h , тогда
A1  mgh .
Затраченная работа A2 равна работе по опусканию шара. Сила, которую необходимо
приложит для этого
F   0    gV .
Соответственно,
A2   0    gVh .
Коэффициент полезного действия

1.
2.
3.
A1
m
 100% 
 100% .
A2
  0   V
Найдена полезная работа – 3 балла.
Найдена полная работа – 3 балла.
Найдено КПД – 4 балла.
9 класс
1. (10 баллов) По трассе Москва – Петербург движется поток автомобилей.
Расстояние между соседними машинами в потоке l  100 м. Скорость потока,
направляющегося в Питер, равна V1  54 км/ч, а в Москву - V2  90 км/ч. Самсон
проехал в потоке L  3 км, затем развернулся и проехал в потоке 3 км обратно.
Сколько машин он встретил? Временем разворота пренебречь.
Решение.
Машины встречного потока приближаются к машине Самсона со скоростью
V1  V2  144êì / ÷  40 ì / ñ .
Так как расстояние между машинами l ,они будут проезжать мимо Самсона
через промежутки времени
  l / (V1  V2 )  2,5 с.
В сторону Петербурга Самсон едет в течении времени
t1  L / V1  200 с,
а в сторону Москвы –
t2  L / V2  120 с.
Значит, число машин, которые встретит Самсон равно
t t
L L V  V2 320
N  1 2 (  ) 1

 128

V1 V2
l
2,5
1.
2.
3.
4.
5.
Найдена относительная скорость встречного потока – 1 балл.
Найден интервал времени между двумя встречными машинами – 2 балла.
Найдено время движения в Питер – 2 балла.
Найдено время движения в Москву – 2 балла.
Найдено искомое число автомобилей – 3 балла.
2. (10 баллов) Однажды у Винни-Пуха кончился мед. Он взял двадцать пять
одинаковых шариков с гелием, тяжелый камень и горшочек для меда и пошел к
дереву с ульем. Там он отпустил камень и взмыл к улью. Набрав 8 кг меда, ВинниПух оттолкнулся от дерева и начал медленно опускаться вниз.
1. Определите массу горшочка; масса зверя 10 кг, объем шарика 1 м 3,
плотность воздуха  a  1,2 кг/м3, плотность гелия h  3 104 г/см3.
2. Винни-Пуха догнали пчелы. Раздосадованные хищением меда, они
лопнули десять шариков. Как поступить Винни, чтобы успеть притвориться
дрейфующей тучкой и спасти при этом максимальное количество меда?
Решение.
1. На каждый воздушный шарик действует сила Архимеда  a gV и меньшая
по величине сила тяжести  h gV . Их разница обеспечивает подъемную силу
шарика
F  ( a  h ) gV ,
так что каждый шарик может удерживать груз массой m такой, что mg  F .
Значит, масса, удерживаемая одним шариком.
F (   h ) gV
m  a
 ( a  h )V  0,9 кг.
g
g
Когда шариков было 25, они, очевидно, могли удерживать груз
25  0,9  22,5 кг.
Пуха, мед и горшок эти шарики удерживали, иначе Пуху не удалось бы
спуститься медленно. Так как 10 кг весит зверь, и 8 – мед, на горшок приходится
4,5 кг.
2. В конце у Винни осталось 15 шариков, выдерживающих вместе груз
массой 15  0,9  13,5 кг. Значит, полезного груза Пух может оставить не более 3,5
кг.
Бесполезно оставлять горшок – он слишком тяжелый. Винни нужно съесть
3,5 кг меда, а остальное выбросить вместе с горшком.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Найдена подъемная сила одного шарика – 1 балл.
Найдена масса, которую могут удерживать 25 шариков – 1 балл.
Найдена масса горшка – 2 балла.
Определена масса, которую могут поднять 15 шариков – 1 балл.
Сделан вывод о том, что надо бросить горшок и мед – 2 балла.
Сделан вывод о том, что 3,5 кг меда можно съесть – 3 балла.
3. (10 баллов) Тело поднимают с помощью
наклонной плоскости и системы блоков. Тело
какой максимальной массы m можно поднять,
прикладывая силу F ? Высота наклонной
плоскости равна H , длина L . Блоки невесомые.
Трением пренебречь.
Решение.
Рассмотрим, как связаны перемещения тел. Пусть подвижный блок
передвинули на расстояние l вниз, совершив таким образом работу Fl . На
наклонной плоскости тело при этом передвинулось на 2l и поднялось на высоту h ,
которую можно определить из подобия треугольников:
2lH
.
h
L
Так как трение в системе отсутствует, то совершенная работа Fl равна
изменению потенциальной энергии тела 2mglH / L . Отсюда
FL
.
m
2 gH
1.
Определено перемещение груза по наклонной плоскости – 2 балла.
2.
Определена высота, на которую поднимется груз – 2 балла.
Определена работа по перемещению подвижного блока – 2 балла.
Определено изменение потенциальной энергии груза – 2 балла.
Найдена искомая масса – 2 балла.
3.
4.
5.
4. (10 баллов) В двух калориметрах налито по 200 г воды – при температурах
+30 С и +40оС. Из «горячего» калориметра зачерпывают 50 г воды, переливают в
«холодный» и перемешивают. Затем из «холодного» калориметра переливают 50 г
воды в «горячий» и снова перемешивают. Сколько раз нужно перелить такую же
порцию воды туда - обратно, чтобы разность температур воды в калориметрах
стала меньше 1оС? Потерями тепла в процессе переливаний и теплоемкостью
калориметров пренебречь.
о
Решение.
Обозначим исходные температуры горячей и холодной воды в калориметрах
через t и t X соответственно. Рассчитаем, какая температура t1 установится в
«холодном» калориметре после переливания в него горячей воды массой m . Из
уравнений теплового баланса, имеем:
Cm(t1  t X )  C m(t à  t1 ) .
Здесь m - исходная масса воды, находившейся в каждом из калориметров, C удельная теплоемкость воды. Из этого уравнения находим:
mt  mt à kt à  t X
,
t1  X

m  m
k 1
m
где введено обозначение k 
 1.
m
Далее найдем, какая температура t2 установится в «горячем» калориметре
после переливания в него массы воды m из «холодного» калориметра. Из
уравнения теплового баланса имеем:
C (m  m)(t à  t2 )  C m(t2  t1 ) .
Отсюда:
(m  m)t à  mt1
kt  t
 kt1  (1  k )t à  X à .
m
k 1
Тогда после одного переливания туда – обратно разность температур в
калориметрах составит
1 k
.
t2  t1  (t à  t X )
1 k
Ясно, что для того чтобы получить разность температур в калориметрах
(t4  t3 ) после второго переливания туда – обратно, нужно в последней формуле
t2 
заменить t à на t2 и t X на t1 :
(1  k )
(1  k ) 2
t4  t3  (t2  t1 )
 (t à  t X )
.
(1  k )
(1  k ) 2
Таким образом, понятно, что при каждом переливании туда – обратно
1 k
разность температур изменяется в
раз. В нашем случае t à  t X  10C ,
1 k
1 k
m  50 г, m  200 г, откуда k  0,25 , и
 0,6 . С учетом этого окончательно
1 k
имеем: разность температур после первого переливания туда – обратно будет равна
10C  0,6  6C , после второго переливания 10C  0,62  3,6C , после третьего
переливания 10C  0,63  2,2C , после четвертого 10C  0,64  1,3C , после пятого
10C  0,65  0,8C . Значит, для того, чтобы разность температур воды в
калориметрах стала меньше 1C , достаточно сделать пять переливаний.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Записано уравнение теплового баланса для первого переливания – 1 балл.
Записано уравнение теплового баланса для второго переливания – 1 балл.
Получено выражение для температуры «холодного» калориметра – 1 балл.
Получено выражение для температуры «горячего» калориметра – 1 балл.
Найдено измерение температуры при каждом переливании – 2 балла.
Показано, что достаточно пяти переливаний – 4 балла.
5. (10 баллов) К концам цилиндрического проводника длины l подключили
напряжение U . Он начал нагреваться, и через некоторое время приобрел
постоянную температуру T1 . Затем проводник растянули, так, что получился
цилиндр длины 2l , и снова подключили к нему напряжение U . Найдите
установившуюся температуру проводника в этом случае. Комнатная температура
постоянна и равна T0 . Считайте, что за единицу времени единица площади
поверхности проводника с температурой T отдает в комнату теплоту  (T  T0 ) ,
где  - постоянный коэффициент. Теплоотдачей с торцов проводника пренебречь.
Решение.
l
, где  - удельное сопротивление
S
материала проводника, l - его длина, а S - площадь поперечного сечения.
В нашем случае сопротивление имеет цилиндрическую форму,
следовательно для него S   r 2 , где r -радиус поперечного сечения проводника.
Тогда
l
R 2
r
По закону Джоуля-Ленца на сопротивление в единицу времени выделяется
теплота
Сопротивление проводника R  
Q U2 / R .
Очевидно, что когда температура установилась, вся поверхность проводника
2 rl (площадью торцов пренебрегаем) отдает в комнату за единицу времени всю
теплоту Q ,
Q  2 rl T1  T0  ,
которая выделяется на проводнике. Запишем это равенство
U 2 r 2
U 2r
2 rl (T1  T0 ) 

(T1  T0 ) 
(1)
l
2  l 2
Заметим, что при растяжении проводника его объем не меняется, то есть

V  l r 2  2l r2
r  r / 2 ,
где r - радиус поперечного сечения проводника при длине l , а r ' - при длине 2l .
Итак, при растяжении проводника его длина увеличится вдвое, а радиус
поперечного сечения уменьшится в 2 раз. Значит, правая часть соотношения (1)
во втором случае (когда температура проводника уже не T1 , а T2 ) будет в 4 2 раз
меньше, чем в первом. Поэтому
(T2  T0 ) 
Отсюда легко получить T2  T0 
T1  T0
.
4 2
T1  T0
.
4 2
1.
Получена формула для сопротивления проводника в зависимости от радиуса
– 1 балл.
2.
Сформулирован закон Джоуля-Ленца – 1 балл.
3.
Найдено количество теплоты, которое отдает проводник при температуре T1
– 2 балла.
4.
Записано уравнение теплового баланса (1) – 2 балла.
5.
Записано уравнение теплового баланса при температуре T2 или
непосредственно сделан вывод о том, что правая часть соотношения (1) в этом
случае в 4 2 раз меньше – 2 балла.
6.
Найдена температура T2 – 2 балла.
10 класс
1. (10 баллов) Шапокляк надеется убежать от Крокодила Гены по эскалатору.
Пока она бежала снизу вверх по поднимающемуся эскалатору, она насчитала 100
ступенек. Скорость Шапокляк относительно ступенек при этом была 0,5 м/с.
Потом Шапокляк перебежала на соседний эскалатор, идущий вниз. Доехав до
середины, она увидела внизу Чебурашку и побежала вверх со скоростью 0,8 м/с.
При этом она насчитала 400 ступенек. Скорость эскалаторов, движущихся вниз и
вверх, равны. Найдите скорость эскалаторов.
Решение.
Если бы Шапокляк стояла на месте и просто ехала по эскалатору, то она бы
насчитала ноль ступенек.
Легко понять, что число насчитанных ступенек тем больше, чем больше
скорость Шапокляк относительно эскалатора, а также, тем больше, чем больше
время ее пробега по эскалатору:
N1 V1t1
,

N 2 V2t2
где N1  100 и N 2  400 - количество ступенек, насчитанных Шапокляк в первом и
втором случаях, V1  0,5 м/с и V2  0,8 м/с – скорости движения Шапокляк
относительно эскалатора, t1 и t2 - времена ее пробега в каждом из случаев.
Отсюда, подставляя численные значения, получим
t1 N1 V2
t1  0,4t2 .

 0,4 
t2 N 2 V1
С другой стороны, время движения Шапокляк по эскалатору в каждом из
случаев легко посчитать в неподвижной системе отсчета. В первом случае к
Шапокляк прибавляется скорость эскалатора, во втором, наоборот, скорости
вычитаются, а пройденное расстояние в 2 раза меньше:
S
S/2
, t2 
,
t1 
V1  V
V2  V
где V скорость эскалатора.
Подставляя это в t1  0,4t2 , получаем
S
S
.

V1  V 5(V2  V )
Так как в равенстве равны числители, равны и знаменатели, т.е.
V1  V  5(V2  V ) ,
откуда сразу следует ответ: скорость эскалатора V  7 /12 м/с.
1.
Сформулировано условие пропорциональности числа ступенек пройденному
расстоянию – 2 балла.
2.
Найдено соотношение t1  0,4t2 – 3 балла.
3.
Получены выражения для времени движения в неподвижной системе отсчета
– 3 балла.
4.
Получен правильный ответ – 2 балла.
2. (10 баллов) Бомбардировщик летит горизонтально на высоте H  500 м и
имеет постоянное ускорение a  2 м/с2. Через равные промежутки времени t  0,5
с он проиводит бомбометание. Найти расстояние между точками разрыва 9-ой и
11-ой бомб, если первая бомба была сброшена при скорости самолета v0  100 м/с.
Влиянием воздуха на бомбы пренебречь.
Решение.
Так самолет летит горизонтально, время падения бомбя T не зависит от
скорости самолета и одинаково для всех бомб, то есть
T  2H / g .
Обозначим через L расстояние, которое бомбардировщик пролетел между
моментами сброса 9-ой и 11-ой бомбы. Тогда искомое расстояние между точками
разрывов 9 и 11 бомб может быть определено следующим образом:
S  L  S 2  S1
где S2 – горизонтальное смещение 11-ой бомбы за время ее полета до земли, S1 –
горизонтальное смещение 9-ой бомбы пока она падает.
В проекции на горизонтальную ось каждая бомба двигается равномерно со
скоростью, которую имел самолет в момент сбрасывания данной бомбы.
S1  V1t , S2  V2t ,
где V1 и V2 – скорости бомбардировщика в момент сбрасывания 9-ой и 11-ой бомб
соответственно, то есть моменты времени 8t и 10t .
Так как самолет летит равноускоренно,
V V
V1  V0  8at , V2  V0  10at , L  1 2 2t ,
2
откуда получаем
S   2V0  18at  t  2at 2H / g  129 м.
1.
Определено расстояние между точками разрыва 9-ой и 11-ой бомб – 1 балл.
2.
Отмечено, что в горизонтальном направлении бомбы двигаются равномерно
– 1 балл.
3.
Отмечено, что горизонтальная скорость бомбы равна скорости самолета в
момент сбрасывания – 1 балл.
4.
Отмечено, что время падения бомб на землю одинаково – 1 балл.
5.
Найдено время падения – 1 балл.
6.
Найдены начальные горизонтальные скорости бомб – по 1 баллу (всего 2
балла).
V V
7.
Найдено расстояние L  1 2 2t – 1 балл.
2
8.
Найдено расстояние между точками разрыва – 2 балла.
3. (10 баллов) Два сообщающихся сосуда, площади
дна которых S и 2S , соединены трубкой L с большим
резервуаром воды R . На воду в каждый сосуд положили
по невесомому поршню, плотно прилегающему к
стенкам. Первый поршень отвели на x вверх, второй –
на x , и закрепили. Затем к поршням подсоединили
систему нитей и блоков (см. рис.). На поршни положили
систему грузы массами m и 2m , за нить потянули с силой
T  mg / 2 . Поршни отпустили, и оказалось, что в
начальный момент оба они поехали вниз. В какую сторону поехали бы поршни,
если бы нить тянули с силой mg ? Нити нерастяжимы, блоки невесомы, трением
пренебречь. При движении воды по трубке, уровень воды в резервуаре R
практически не изменяется.
Решение.
Для начала рассмотрим отдельную систему блоков (см. рис. 1) Так как нить
нерастяжима и трения в блоках нет, то сила натяжения T постоянно вдоль нити.
Сила, с которой свободный блок тянет прикрепленный к нему поршень, равна 2T .
Рис.1.
Рис.2.
Рассмотрим нашу систему (см. рис. 2).
В равновесном положении атмосферное давление над поршнем
скомпенсировано снизу давлением воды. Когда поршень отводят из равновесного
положения, на него начинает действовать нескомпенсированная сила
гидростатического давления. Для первого поршня она равна F1   g xS и
направлена вниз, для второго поршня она равна F2   g x 2S и направлена вверх.
Рассмотрим момент, когда поршни начали двигаться с некоторыми
ускорениями. Запишем второй закон Ньютона для поршней вместе с грузами в
проекциях на ось, направленную вверх. Для первого поршня
ma1   F1  2T  mg ,
для второго
2ma2  F2  2T  2mg .
Перепишем уравнения в виде
ma1    g xS  2T  mg
(1)

2ma2   g x 2 S  2T  2mg
Подставим T  mg / 2 в (1):
ma1    g xS
(2)

2
ma


g

x
2
S

mg

2
Известно, что оба поршня поехали вниз, значит, были выполнены условия
a1  0 и a2  0 . Первое уравнение выполняется всегда. Из второго уравнения
следует, что
 g x2S  mg  0 .
Введем обозначение A    g x2S  mg , A  0 .
Теперь посмотрим, что будет, если T  mg . Подставив новое T в (2),
получаем:
ma1    g xS  mg
(3)

2
ma


g

x
2
S

2
Сразу видно, что a2  0 , значит, второй поршень начнет двигаться вверх.
Определим знак ускорения первого поршня:
ma1   g xS   g x 2S  mg   g xS  A  0 .
То есть a1  0 , первый поршень начинает двигаться вверх.
Ответ: Оба поршня начнут двигаться вверх.
1.
Найдена сила, с которой каждый блок тянет свой поршень – 1 балл.
2.
Определена нескомпенсированная сила гидростатического давления под
каждым поршнем – 1 балл.
3.
Записан второй закон Ньютона для каждого поршня – 2 балла.
4.
Получено, что величина A    g x2S  mg  0 – 2 балл.
5.
Записан второй закон Ньютона для каждого поршня при T  mg – 1 балл.
6.
Найдено, что a2  0 – 1 балл.
7.
Найдено, что a1  0 – 1 балл.
8.
Указано, что оба поршня начнут двигаться вверх – 1 балл.
4. (10 баллов) Теоретик Баг решил попить
чайку. Он взял теплоизолированный чайник,
снабженный миниатюрным термометром, и
включил его в электрическую сеть. Термометр
показывал температуру t0  20 оС. Через время
 1  1 мин вода нагрелась до t1  40 оС, и он начал
доливать в чайник воду. В момент  2  3,5 мин,
когда температура воды достигла t2  50 оС, Баг
прекратил доливать воду. Еще через 5 мин вода
закипела. На рисунке приведен график изменения
температуры воды в чайнике в процессе нагревания и «дозаправки». Определите
начальную температуру t x доливаемой воды. Считайте, что вода быстро
перемешивается, а термометр показывает текущее значение ее температуры.
Решение.
Сначала определим массу долитой воды. Учитывая, что постоянная
подводимая мощность идет на нагревание, запишем:
P  cmt ,
где  – промежуток времени; c – удельная теплоемкость воды; m – полная масса
воды; t – изменение температуры воды. Следовательно, из наклона графика
можно определить отношение масс воды до и после доливания:
1 ì èí
  / t äî 20î Ñ 1
m1


 .
m2   / t ï î ñëå 5 ì èí 2
50î Ñ
Таким образом, масса долитой воды равна исходной массе воды.
Запишем уравнение теплового баланса для нагревания
cm1  t1  t0   P1 , cm1  t2  t1   c  m2  m1  t2  t x   P  2  1  .
Разделив одно уравнение на другое, получим
m2t2  m1t1 m2  m1 t x
 

 2 1,
m1  t1  t0 
m1 t1  t0
1
откуда
t x  10 оС.
Второе вариант решения. Продолжим до пересечения с осью t прямую,
описывающую зависимость температуры воды массой m2 от времени. Точка
пересечения будет соответствовать температуре воды tc  15 оС после смешивания,
если бы нагреватель не работал. Начальная температура воды была t0  20 оС. Тогда
из уравнения теплового баланса найдем, что температура доливаемой воды
t x  10 оС.
1.
Определено отношение массы долитой воды к исходной массе воды – 3
балла.
2.
Записано уравнение теплового баланса – 3 балла.
3.
Приведен ответ – 4 балла.
5. (10 баллов) Схема состоит из трех
сопротивлений величиной R , R и 2R , реостата Rx и
идеального диода D . Идеальный диод имеет нулевое
сопротивление, если ток течет по «стрелке», и не
пропускает ток в обратном направлении. Определите
зависимость полного сопротивления схемы от величины сопротивления реостата
Rx .
Решение.
Идеальный диод пропускает ток без сопротивления, если он течет по
«стрелке», и не пропускает ток в обратном направлении. В первом случае, диод
накоротко закорачивает точки В и С (см. рис. 1), а во втором – устанавливает
бесконечное сопротивление между ними. Следовательно, в зависимости от того, в
каком режиме работает диод, получаем либо эквивалентную схему на рис. 2, либо
на рис. 2.
Рис.1.
Рис.2.
Рис.3
Ток течет от плюса к минусу. Так как на исходной схеме «стрелка» диода
направлена вверх, то для того, чтобы реализовывалась вторая ситуация, когда диод
закрыт, напряжение U CB между точками С и В должно быть отрицательным.
Предположим сначала, что диод закрыт (см. схему 3). Обозначим через I1 и
I 2 токи, текущие по верхнему и нижнему участкам цепи соответственно.
Напряжение на верхнем и нижнем участках схемы одинаковы, значит справедливо
соотношение
( R  RX ) I 2
3RI1  ( R  RX ) I 2  I1 
.
3R
Диод откроется, если напряжение U CB станет меньше нуля, что равносильно
условию U AB  U AC . Выразим напряжение U AB и U AC через токи I1 и I 2 :
2 R ( R  RX ) I 2
, U AC  RI 2 .
U AB  2 RI1 
3R
Подставляя это в условие U AB  U AC , получаем, что RX  R / 2 .
Таким образом, если RX  R / 2 , то диод закрыт и исходная схема
эквивалентна рис. 3. В противном случае – диод открыт, и исходная схема
превращается в схему на рис. 2.
Теперь осталось только посчитать полные сопротивления этих схем. Для
закрытого диода полное сопротивление схемы равно
3R ( R  RX )
.
4 R  RX
Для открытого диода эта величина равна
2
RX 
R 
.
3
R

R

X 
Ответ: Если RX  R / 2 , то полное сопротивление схемы
3R ( R  RX )
;
4 R  RX
если RX  R / 2 , то
2
RX
R'  R 
 3 R  RX

.

1.
Нарисованы эквивалентные схемы при открытом и закрытом диоде – по 2
балла (всего 4 балла).
2.
Найдено отношение между токами в ветвях цепи – 1 балл.
3.
Сформулировано условие открывания диода U AB  U AC – 1 балл.
4.
Найдено условие RX  R / 2 – 2 балла.
5.
Найдено сопротивление схемы для открытого диода – 1 балл.
6.
Найдено сопротивление схемы для закрытого диода – 1 балл.
11 класс
1. (10 баллов) Рядом стоят две пушки, из которых можно стрелять
теннисными мячиками под любым углом к горизонту с начальной скоростью
V  20 м/с. Из пушек одновременно стреляют в бубен, находящийся на расстоянии
L  20 метров по горизонтали, однако, удары мячиков о бубен происходят не
одновременно. Найдите время между ударами. Расстоянием между пушками,
размером бубна, а также сопротивлением воздуха пренебречь. Ускорение
свободного падения g  10 м/с2.
Решение.
Если пушки стреляют одновременно с одинаковой по модулю начальной
скоростью, а попадают в одну и ту же точку не одновременно, значит они стреляют
под разными углами.
Запишем уравнение движения мячика в проекциях на вертикальную и
горизонтальную оси. Пусть пушка стреляет под углом  к горизонту; тогда
начальная вертикальная скорость мячика равна V sin  , а горизонтальная V cos .
Так как пушки и бубен находятся на одном уровне, а их линейными размерами
можно пренебречь, в момент попадания мячика уравнения имеют вид
0  Vt sin   gt 2 / 2
.
(1)

L

Vt
cos


Выражая время из второго уравнения системы (1),
L
,
t
V cos
и подставляя его в первое уравнение, получаем:
gt
gL
gL
 sin 2  2sin  cos   2 .
(2)
V sin   
2 2V cos 
V
Подставляя числа, получаем
1
sin 2  .
2
Этому соответствуют два значения  , при которых пушка может попасть в
бубен,
1  15o и  2  75o .
Теперь понятно, что одна из пушек стреляет под углом 1  15o , по «нижней»
траектории, а вторая – под углом  2  75o , по «верхней» траектории.
Легко вычислить время полета для каждого из случаев, из второго уравнения
системы (1),
L
t1,2 
.
V cos 1,2
Подставляя сюда числа, и находя разность t1 и t2 , получим ответ.
Ответ: Время между ударами равно
L 1
1 


  2,83 с.
V  cos75o cos15o 
1.
2.
3.
балл.
4.
5.
6.
Отмечено, что пушки стреляют под разными углами – 1 балл.
Записаны уравнения для проекций скорости – 1 балл.
Записаны уравнения для горизонтального и вертикального смещений – 1
Найдено время полета – 2 балла.
Найдены углы 1 и  2 – 3 балла.
Найдено время между ударами – 2 балла.
2. (10 баллов) На расстоянии L от стенки стоит табуретка высотой H .
Между краем сидения табуретки и стеной горизонтально протянута невесомая
нерастяжимая нить длиной L  l  l L  . Оказалось, что на середину этой нити
можно подвесить максимальный груз массой m , при большем грузе табуретка
опрокидывается. Гоша собирается заменить нить эластичным резиновым жгутом
той же длины, причем планирует подобрать жесткость жгута так, чтобы
посередине мог висеть, не касаясь пола, максимально тяжелый груз. Груз какой
максимальной массы сможет повесить Гоша? Ускорение свободного падения g .
Решение.
Табуретка опрокидывается некоторым моментом силы. В обоих случаях этот
момент равен произведению H на горизонтальную проекцию опрокидывающей
силы.
В первом случае эта проекция равна F0  T cos  , где T - натяжение нити, а
 - угол, который нить образует с горизонталью. Из условия задачи нить
нерастяжима и провисает слабо, поэтому
L
cos  
 1  F0  T .
Ll
Условие равновесия груза на нити позволяет найти ее натяжение:
L2
8l
,
mg  2T sin   2 F0 sin   2 F0 1 
 F0
2
(L  l)
L
откуда
L
.
8l
Пусть вместо нити используется жгут. Чтобы груз не касался пола, вопервых, табуретка не должна перевернуться, а во-вторых, груз не должен
провиснуть до пола.
Пусть искомый груз M висит на середине жгута, при этом растянутый жгут
образует с горизонталью угол  . Пусть больший груз переворачивает табуретку. В
зависимости от жесткости жгута величина  может меняться от нуля, если жгут
F0  mg
бесконечно жесткий, до  / 2 , если жгут бесконечно мягкий (в последнем случае,
конечно, груз не сможет висеть, не касаясь, пола).
Условие равновесия груза на жгуте
2T  sin   Mg .
(1)
Опрокидывание табуретки произойдет, если горизонтальная проекция
опрокидывающей силы сравняется с F0 :
T  cos   F0 .
(2)
Разделив уравнения друг на друга, получим:
Mg
.
(3)
tg  
2 F0
Значения  зависят от жесткости жгута, который выбирает Гоша – на самом
деле, систему уравнений (1)-(2) можно дополнить законом Гука
T   k  L / cos   L  и получить T ' , M и  как функцию k .
Однако, для решения задачи это не нужно. Видно, что чем больше  , тем
больше M . Максимальное значение  , соответствует ситуации, когда
опрокидывающий табуретку груз почти касается пола, то есть при
H
.
tg  
L/2
Соответствующий груз будет иметь массу, соответствующую условию (3), т.е.
4 F H 4mH L
2 H Mg
 M 0 
.

L
2 F0
Lg
L
8l
Чтобы Гоша смог подвесить такой груз, ему придется правильно подобрать
жесткость жгута: жгут должен иметь достаточную жесткость, чтобы удерживать
груз над полом, но не должен быть слишком жестким, чтобы не перевернулась
табуретка.
4mH
Ответ: Максимальная масса груза M 
.
8lL
1.
2.
Сформулировано условие опрокидывания табуретки – 1 балл.
Найдена горизонтальная составляющая опрокидывающей силы – 1
3.
4.
5.
6.
Записано условие равновесия груза – 1 балл.
Найдена сила натяжения нити – 2 балл.
Записано условие равновесия груза на жгуте – 1 балл.
Записано условие опрокидывания табуретки с грузом на жгуте – 1 балл.
H
Получено выражение tg  
– 1 балл.
L/2
Найдена максимальная масса груза – 2 балла.
балл.
7.
8.
3. (10 баллов) Известно, что спутник Юпитера Ио
имеет ионосферу, проводящую электрический ток.
Оцените разность потенциалов, которая наводится поперек Ио при его движении
по круговой орбите в магнитном поле Юпитера (см. рис.). Орбитальная скорость
Ио равна VK  17,3 км/с, силовые линии поля вращаются вместе с Юпитером так,
что их линейная скорость вдоль орбиты равна VR  75 км/с и совпадает по
направлению с VK . Радиус Ио равен 1820 км. Напряженность поля равна B  2 106
Тл.
Решение.
Электромагнитное равновесие в Ио наступит, если сумма сил, действующих
на любой свободный электрон, присутствующий в проводящем веществе Ио, равна
нулю, т.е. если электрическая (кулоновская) и магнитная (лоренцовская) силы
равны по модулю:
qE  qBV ,
где q - заряд электрона, E - величина электрического поля, V - скорость
свободного электрона Ио в магнитном поле Юпитера.
Диаметр Ио равен d  2R  3640 км  3,64 106 м. Скорость Ио
относительно магнитного поля Юпитера V  VR  VK  5,77  104 м/сек. Искомая
разность потенциалов U  Ed  B(VR  VK )d  420 кВ.
1.
2.
3.
Записано условие равновесия свободного иона– 3 балла.
Найдена относительная скорость – 3 балла.
Найдена разность потенциалов – 4 балла.
4. (10 баллов) В горизонтальном расположенной
стеклянной трубке длиной L находится капля ртути массой
m . Один из концов трубки герметично закрывают и плавно
раскручивают систему вокруг этого конца до угловой скорости
 . Ось вращения вертикальна (см. рис.). Найти, в каком месте
трубки расположена капля, если первоначально она
находилась на расстоянии x от закрытого конца. Атмосферное
давление p A , внутренний радиус трубки R . Считать, что размеры капли много
меньше x , трением пренебречь.
Решение.
Обозначим y - расстояние от капли до закрытого конца трубки после
установления равновесия.
Центростремительное ускорение обеспечивается разностью давлений на
каплю изнутри и снаружи:
m 2 y  ( pA  p) R 2 .
Давление внутри трубки легко найти с помощью закона Бойля-Мариотта:
p A x  py .
Из этих уравнений найдем y :
y1,2 
1  1  4 x
.
2
m 2
.
pA R 2
Оба ответа больше нуля, однако, справедлив только один – только одно
положение капли будет устойчивым. Рассмотрим функцию
F ( y)  m 2 y  ( p A  p( y )) R 2 .
Если она больше нуля, капля «тянет» наружу, иначе – внутрь. Т.к. y  0 ,
функция F ( y ) имеет тот же знак, что и функция yF ( y ) . Последняя же – парабола
где  
с осями, направленными вверх. Итак, если мы чуть увеличим y2 
1  1  4 x
,
2
функция F ( y ) станет положительна, и каплю «потянет» наружу.
Следовательно, это положение неустойчиво, а устойчивым является корень
1  1  4 x
.
y1 
2
Кроме того, полученный ответ имеет смысл, только если y1  L , иначе капля
выскочит из трубки.
1.
2.
3.
4.
балла.
Записано условие равновесия капли– 3 балла.
Записан закон Бойля-Мариотта – 2 балла.
Найдены значения y – 2 балла.
Определен корень, соответствующий устойчивому равновесию – 3
5. Электрическая цепь подключена к сети постоянного
напряжения. при изменении сопротивления переменного
резистора R на нем выделяется мощность P0  16 Вт при
силах тока I1  1 А и I 2  4 А. Определите наибольшую
мощность Pmax , которая может выделяться на резисторе R .
Решение.
Запишем выражение для мощности, выделяющейся на резисторе R :
P  I U  Ir   UI  rI 2 .
Видно, что график P  I  представляет собой параболу, проходящую через
начало координат. Парабола симметрична относительно прямой, параллельной оси
ординат, проходящей через ее вершину. С одной стороны, абцисса вершины равна
U
I0  ,
2r
с другой стороны из симметрии ветвей параболы
I0 
I1  I 2
.
2
Таким образом, получим, что
U   I1  I 2  r .
Воспользуемся этим выражением для мощности в первом и втором случае:
P
I I
P0   I1  I 2  rI1  rI12  I1I 2r , r  0 , U  1 2 P0 .
I1I 2
I1I 2
Теперь можно определить ординату вершины:
2
I1  I 2 

Pmax 
P0  25 Вт.
4 I1I 2
1.
2.
3.
Получена зависимость мощности от силы тока в цепи – 2 балла.
Получено выражение для мощности P0 через I1 , I 2 и r – 6 баллов.
Определен максимум мощности – 2 балла.