Решения задач по физике 9 класс (Дистанционная олимпиада по физике,... Выполнил Садриев Ильназ Альфрисович.

Решения задач по физике 9 класс (Дистанционная олимпиада по физике, 1 тур)
Выполнил Садриев Ильназ Альфрисович.
Задача1. Так как поплавки и рычаг по условию задачи очень лёгкие, то при решении
нужно учитывать только действующие в системе выталкивающие силы.
Поскольку поплавки одинаковые, то, пока они оба полностью погружены в жидкость,
действующие на них выталкивающие силы также одинаковы. Кроме того,
рассматриваемый рычаг несимметричен — одно плечо у него больше другого. Поэтому
после того, как поплавки отпустят, рычаг начнёт поворачиваться — длинное плечо пойдёт
вверх. До каких пор будет продолжаться этот процесс? Так как у рычага плечо
вдвое
короче плеча
, то для того, чтобы рычаг мог находиться в равновесии, необходимо,
чтобы сила, приложенная к точке , была вдвое больше, чем сила, приложенная к
точке . Поскольку поплавок, привязанный к точке , опускается, то действующая на
него выталкивающая сила остаётся неизменной. Отсюда следует, что равновесие будет
возможно только в том случае, если поплавок, привязанный к точке , достигнет
поверхности и частично всплывёт, оставаясь погруженным на половину своего объёма
(см. рис.). При этом действующая на него выталкивающая сила уменьшится ровно вдвое.
Такое положение поплавков возможно: поскольку по условию задачи АС˃h, то угол
поворота рычага не превышает 30 .
Итак, в положении равновесия центр поплавка, привязанного к точке , будет находиться
на поверхности жидкости, то есть на глубинеHB=0 . Очевидно, что центр этого поплавка
при всплытии поднимется на высоту . В соответствии с золотым правилом механики
центр второго поплавка опустится на глубину h/2 (он привязан к плечу, длина которого
вдвое меньше). Значит, в положении равновесия центр поплавка, привязанного к точке
, будет находиться на глубине
.
Ответ
,
.
Задача 2.
Исследуем вопрос о том, при каком уровне жидкости сила гидростатического давления,
действующая на параллелепипед, будет максимальна.
Разобьём параллелепипед вертикальными плоскостями на много маленьких элементов.
Рассмотрим силы давления, действующие на каждый из элементов, в следующих случаях.
1) Жидкость и сверху, и снизу элемента отсутствует. В этом тривиальном случае,
очевидно, сила давления равна нулю.
2) Жидкость есть над элементом, но её нет под элементом . В этом случае проекция силы
давления на вертикальную ось отрицательна, то есть жидкость стремится прижать
рассматриваемый элемент к дну.
3) Жидкость есть под элементом, но её нет над элементом. В этом случае проекция силы
давления на вертикальную ось положительна и равна f=pgbΔxh=pgΔV , где и
—
высота и объём заштрихованной части рассматриваемого элемента.
4) Жидкость есть и под элементом, и над ним. В этом случае проекция на вертикаль силы
давления равна f=pgbΔx(h2-h1)=pgΔV, где h1 и h2 — расстояния от поверхности жидкости
до верхней и нижней граней рассматриваемого элемента соответственно.
Таким образом, из рассмотрения случаев 1 и 2 следует, что если под некоторым
элементом пробки нет жидкости, то жидкость может только прижимать пробку к дну
сосуда, и минимальное значение вертикальной проекции этой прижимающей силы
давления, равное нулю, достигается тогда, когда жидкости нет и над этим элементом.
Если же под некоторым элементом пробки жидкость есть (случаи 3 и 4), то максимальное
значение проекции силы на вертикальную ось положительно и равно pgΔV , где
—
объём рассматриваемого элемента (случай 4). Значит, сила давления будет иметь
максимально возможное положительное значение тогда, когда жидкость налита в сосуд
до уровня раве
равна
а максимальная величина выталкивающей силы
Если пробка не будет всплывать при уровне воды, , то она не всплывёт и при любом
другом уровне. Следовательно, массу пробки можно найти из условия
Ответ
, откуда
Задача 3.
Пусть сопротивление переменного резистора R = 0. Тогда схему можно перерисовать.
Полное сопротивление такой цепи равно r1 = 2R1R2/(R1 + R2), а текущий через
миллиамперметр ток равен
I1 =U/r1=U(R1 + R2)/2R1R2.
Если сопротивление переменного резистора, напротив, очень велико, то схему можно
перерисовать.
Сопротивление этой цепи равно r2 =R1 + R2/2, а ток, текущий через миллиамперметр,
равен I2 =U/r2=2U/R1 + R2.
Исключая из полученной системы уравнений, например, величину R2, приходим к
квадратному уравнению, позволяющему определить R1: I1I2R − 2UI1R1 + U = 0.
Отсюда
R1 =U/I1I2(I1 ±I1(I1 − I2) и R2 =2U/I2− R1 =U/I1I2(I1 ⧧(I1(I1 − I2)
Заметим, что формулы получились симметричными — выражения для R1 и R2 переходят
друг в друга при замене знака перед квадратным корнем. Это связано с тем, что исходная
схема включения резисторов также симметрична.
I1 = 1 · 10−3 А, I2 = 0,75 · 10−3 А. Подставляя эти значения в полученные формулы и
выбирая в первой перед корнем знак «+», а во второй — знак «−», найдем: R1 = 6 кОм, R2
= 2 кОм. При противоположном выборе знаков получится R1 = 2 кОм, R2 = 6 кОм
Ответ: R1=6кОм, R2=2кОм; при противоположном выборе знаков R1=2кОм, R2=6кОМ.
Задача 4.
Для решения задачи сделаем чертёж. Обозначим на нём буквами и начальную и
конечную автобусные остановки, буквой — точку, откуда остановочный
павильон казался пешеходу в k=1,5 раза ниже павильона , буквой
— точку,
откуда остановочный павильон казался пешеходу в k=1,5 раза ниже павильона .
Поскольку видимый размер павильона обратно пропорционален расстоянию до него, то
справедливы следующие пропорции:
Из них получаем:
С другой стороны, СВ=AB-AC-DB , откуда
Отсюда, учитывая, что
, получаем:
Ответ:
Задача 5. Теплообмен между кастрюлей и окружающей средой пропорционален разности температур tk – t, где t – температура кастрюли. При плавлении льда t = to =
0 oC:
mλ = A(tк− tо) t ,
mλ
A= (tк− tо)t
Здесь m – масса льда, A – коэффициент пропорциональности. При нагревании
воды массой 2m от 0 оС до 1 оС (∆t = 1 oC) теплообмен остался таким же, как и при
плавлении льда. Поэтому можно записать:
Δ τ1
c Δ τ *2 m=A(tк− tо) Δ τ= m λ
t
отсюда Δ τ1=4,2 мин.
Δ τ2=21мин.
Ответ: Δ τ1=4,2 мин.
Δ τ2=21мин
Задача 7.
1. Если ʋ ≤под корнем 2 gH, то скорость u – любая
2. Пусть ʋ> под корнем 2Hg . Рассмотрим ситуацию, когда траектория
камня касается прямой, вдоль которой летит птица. Горизонтальная проекция vг скорости
камня в течение всего его полета сохраняется. Ясно, что при vг ≥ u мальчик может попасть
вптицу, а при vг < u – нет. Из закона сохранения энергии следует, что ʋг= под корнем v
нулевой в квадрате-2gH.
Ответ: мальчик не сможет попасть в птицу, если u > под корнем v нулевой в квадрате2gH.
Задача 8.Сопротивлеение всей цепи равно
𝑅1𝑅2
R3R4
RАB= R1+R2 + R3+R4
Сила тока, текущего через амперметр А1, равна
U(R1+R2)(R3+R4)
I1=R1R2R3+R2R3R4+R3R4R1+R4R1R2.
Значение выражения ΣПR=R1R2R3+R2R3R4+R3R4R1+R4R1R2 не зависит от порядка включения
резисторов в цепь и всегда равна 50 Ом3
Теперь определим силу тока I0, используя показание амперметра А2.
(R1+R2)(R3+R4)
I1R1=I2R2
I1=i
R2R3−R1R4
(I1-i)R3=(I!+i)R4
И получаем приравнивая двух уравнений
R2R3-R1R4=
i∑П
𝑈
10Ом2
Последнее условие будет выполнено, если:
25
1) R2=3 Ом, R3=4 Ом, R1=1 Ом, R4=2 Ом. Тогда сопротивление цепи RCD=12Ом и
показание амперметра А1:I01=4,8 А.
2) R2=4 Ом, R3=3 Ом, R1=1 Ом, R4=2 Ом. Тогда сопротивление цепи RCD=2 Ом и показание
амперметра А1:I02=5А.
Ответ: I01=4,8А или I02=5А.
Задача 10. Цифры 0,1,2,3,4,5 показывают количество изображений, наблюдаемых в
каждой из областей на рисунке
Задача 6.
1. Пусть в первом случае сопротивление реостата равно R1, во втором — равно R2. По
закону Ома имеем систему:
I1(r + R1) = U,
I2(r + R2) = U
где:
P1
R1=
= 12 Ом,
I12
P2
R2 =
=
6
Ом.
I22
5
Решая систему (1), получим:
P1I22 − P2I12
U=
= 36 B,
I1I2(I2 − I1)
P1I2 − P2I1
r=
= 6 Ом.
I1I2(I2 − I1)
2. Если сопротивление реостата равно нулю, то:
U
Io =
= 6 A.
R
3. В общем случае мощность, которая выделяется на переменном напряжении R, можно
представить в виде:
PR =
I2R
=
U2
(R + r)2
R,
или
PR = IU − I2r,
где IU — мощность, развиваемая источником. На рисунке представлена зависимость PR(I).
Эта парабола, вершина которой соответствует Pmax при силе тока:
U
I=
.
2r
Следовательно:
U2
U2Rм
Pmax =
=
4r
(Rм + r)2
Итак,
U2
Pmax =
= 54 Вт,
4r
=>
Rм = r.
Rм = 6 Ом.
Ответ:1-6Ом, 2-6А, 3-Рm=54Вт, Rm=6Ом.
Задача 9
Количество теплоты, подводимое ко льду, складывается из количества
теплоты,втекающего из окружающей среды через стенки банки, и количества,
преобразованного нагревательным элементом из электроэнергии. Во время плавления
льда его температура остаётся постоянной (00С), поэтому и количество теплоты,
ежесекундно подводимое ко льду через стенки банки, тоже постоянно.
Обозначим его Р1. Мощность тока нагревательного элемента равна
𝑈в квадрате
𝑅
Где U-напряжение, подаваемое на нагревательный элемент, R-его сопротивление.
Пусть для плавления всего льда, находящегося в банке, необходима энергия W.
W
Тогда время плавления льда в банке найдём по формуле 𝑡1 = P1+Uв квадр/𝑅 , 𝑡2 =
𝑊
P1+U2 в квадр/𝑅
,
Где t1 – время в 1- ой банке
t2 – времяво 2-ой банке
U1 – напряжение в 1-ой банке
U2 – напряжение во 2-ой банке
Решая систему этих уравнений найдем P1:
P1R1= (U22t2 –U12t1) : (t1 – t2) = -2,44 × 104 B2
Т.к. Р ˂ 0, значит теплота отводится ото льда в окр. среду.
Ответ: Напряжение, необходимое для таяния льда: Umin = √−𝑃𝑅 = 156 B.
Следовательно, нагревательный элемент с напряжением U3= 127 В не расплавит
лед в 3-ей банке.