Решения заданий по физике и математике прошедшей

Решения олимпиадных заданий по физике и математике.
Задача №1
Пробковый шарик удерживают на глубине H=1м под поверхностью воды. Когда шарик
отпустили, он вынырнул из жидкости и поднялся на высоту h=0,5м над поверхностью.
Определить среднюю силу сопротивления воды движению шарика. Сопротивление
воздуха не учитывать. Масса шарика m=100г.
Дано:
H  1м
h  0,5 м
m  100г
 в  10 3 кг м 3
Сила сопротивления воды движению шарика проявляет себя в том,
что при подъеме шарика совершает работу и тем самым уменьшает
потенциальную энергию шарика. По закону сохранения энергии
(1)
Eп1  Ac  Eп 2 ,
 ш  240 кг м 3
где Eп1 – потенциальная энергия шарика, когда он находился в воде
Fc  ?
на глубине H, и обусловленная действием силы Архимеда на пробковый шарик; Ac – работа средней силы сопротивления; Eп2 –
потенциальная энергия шарика в поле тяготения Земли в момент его подъема на высоту h
относительно начального положения шарика на глубине H. Кинетическая энергия шарика
на глубине H и на высоте h равна нулю.
(2)
Eп1  FA  H ,
где FA – сила Архимеда.
Считая силу сопротивления постоянной, можем записать:
(3)
Ac  Fc  H ,
Fc – средняя сила сопротивления воды движению шарика.
E п 2  mg( H  h ) .
(4)
По закону Архимеда:
(5)
FA   в gVш ,
где  â - плотность воды, g – ускорение свободного падения, Vш – объем шарика, который,
зная массу шарика, находим из определения плотности:
m
Vш 
.
(6)
ш
Подставим выражение (6) в формулу (5), а затем в (2) и получим:
Eп1 
в
gmH .
ш
(7)
После подстановки (7), (3) и (4) в (1) получим уравнение относительно искомой величины
Fc:
в
gmH  Fc H  mg( H  h ) .
ш
(8)
Решение уравнения имеет вид:

h
(9)
Fc  mg в  1   .
H
 ш
Подстановка численных значений физических величин входящих в уравнение (9) дает:
 1000

Fc  10 1  9,8  
 1  0,5   2,61 Н
240


Задача №2
Во сколько раз КПД цикла 1-2-4-1 больше КПД цикла 2-3-5-2 (рис.)? Рабочее тело –
идеальный одноатомный газ.
Дано:
i=3
Коэффициент полезного действия (КПД) цикла определяется выражением:
Q  Qх
A
1  ?
 н

.
(1)
2
Qн
Qн
где Qн – количество теплоты, полученное тепловой машиной от нагревателя
за цикл, Qх – количество теплоты, отданное тепловой машиной холодильнику за цикл. По
закону сохранения энергии Qн  Qх  A , где A - работа, совершенная тепловой машиной за
цикл. Работа тепловой машины за цикл равна площади геометрической фигуры,
ограниченной контуром цикла на диаграмме P – V. Поэтому для цикла в виде
прямоугольного треугольника 1-2-4-1 работа равна:
1
1
A1  (2 Po  Po )  (2Vo  Vo )  PoVo .
(2)
2
2
Аналогично для цикла 2-3-5-2 работа равна:
1
1
A2  (3Po  2 Po )  (3Vo  2Vo )  PoVo .
(3)
2
2
В цикле 1-2-4-1 газ получает теплоту и нагревается в процессе 1→ 2. В процессе
2→ 4 он охлаждается, не совершая работы (2Vo=const). В процессе 4→ 1 газ охлаждается
и сжимается (т.е. работа отрицательная). Поэтому газ получает теплоту только в процессе
1→ 2. Чтобы найти количество теплоты Qн, полученное тепловой машиной за цикл,
воспользуемся первым началом термодинамики:
Qн  U  A ,
(4)
где U - изменение внутренней энергии газа, при его нагревании, A - работа газа при его
нагревании. Внутренняя энергия газа определяется выражением:
i
U  RT ,
(5)
2
где i - число степеней свободы молекул газа (для одноатомного газа оно равно 3), R универсальная газовая постоянная, T - термодинамическая температура.
Тогда изменение внутренней энергии будет равно:
3
U 1  R( T2  T1 ) .
(6)
2
Используя формулу Менделеева-Клапейрона уравнение (6) можно переписать:
3
3
9
U1  ( P2V2  P1V1 )  (2 Po  2Vo  PoVo )  PoVo .
(7)
2
2
2
Работа газа в процессе его расширения 1→ 2 определяется как площадь под отрезком [1,2]
(площадь трапеции с основаниями Po и 2Po, а высотой 2Vo-Vo).
2P  Po
3
(7)
A1  o
 (2Vo  Vo )  PoVo
2
2
Подставляя (6) и (7) в уравнение (4), получаем:
9
3
Qн1  PoVo  PoVo  6 PoVo
(8)
2
2
И, таким образом, по формуле (1) получаем КПД цикла 1-2-4-1:
1 PV
o o
1
(9)
1  2
 .
6 PoVo
12
Изменение внутренней энергии в процессе получения газом теплоты 2 → 3 в цикле 2-3-5-2
равно:
3
3
3
15
U 2  R(T3  T2 )  ( P3V3  P2V2 )  (3Po  3Vo  2 Po  2Vo )  P oVo (10)
2
2
2
2
Работа газа при расширении 2 → 3 равна:
3P  2Po
5
(11)
A2  o
 (3Vo  2Vo )  PoVo
2
2
Подставив уравнения (10) и (11) в (4), найдем количество теплоты, полученное газом в
цикле 2-3-5-2:
15
5
Qн 2  PoVo  PoVo  10 PoVo .
(12)
2
2
Подставляя (3) и (12) в формулу (1), получаем значение КПД цикла 2-3-5-2:
1 PV
o o
1
.
(13)
2  2

10 PoVo
20
И в заключение из (9) и (13) находим отношение КПД циклов:
1 112 5

  1,67
2 1
3
20
Задача №3
Напряженность поля в конденсаторе, встроенном в схему (рис.), E=50В/см. Расстояние
между пластинами конденсатора d=0,5мм, площадь пластин S=100см2, сопротивление
R=5Ом, внутреннее сопротивление батареи r=0,1Ом. Определить ЭДС батареи, заряд
пластин, силу притяжения пластин.
Возможное решение.
В установившемся режиме ток через конденсатор не протекает. По закону Ома для полной
цепи:
.
(1).
С другой стороны по закону Ома для участка цепи
(2).
Напряжение на конденсаторе равно напряжению на резисторе с сопротивлением R.
.
(3).
Напряжение на конденсаторе можно найти, воспользовавшись связью между
напряжением и напряженностью электрического поля
(4).
Используя соотношения (1), (2), (3) и (4) получим выражение для ЭДС источника:
.
(5).
Найдем заряд на конденсаторе:
(6).
Электроемкость плоского конденсатора равна:
(7).
Подставив выражения (4) и (7) в (6) получим:
(8).
Для вычисления силы взаимодействия будем считать, что одна пластина находится, в
электрическом поле, создаваемом другой пластиной:
(9),
(поле создаваемое одной пластиной в 2 раза меньше поля конденсатора).
Подставив (8) в (9) найдем выражение для силы:
(10).
Ответ:
,
,
Задача №4
С помощью тонкой линзы на экране получено увеличенное изображение предмета,
расположенного перпендикулярно главной оптической оси линзы. Расстояние между
предметом и экраном в 4,5 раза больше фокусного расстояния линзы. С каким
увеличением изображается предмет.
Возможное решение.
Пусть F фокусное расстояние линзы, d – расстояние от линзы до предмета, f- расстояние
от линзы до изображения. H – высота источника, h – высота изображения.
По условию задачи
d  f  4,5 F
(1).
1 1
1
 
d f
F
(2).
Применим формулу тонкой линзы:
Используя выражение (1) и (2) получим:
1
1
1


d 4,5F  d F
Выражение (3) преобразуется к квадратному уравнению относительно d:
d 2  4,5Fd  4,5F 2  0
Найдем корни уравнения (4):
4,5F  20,25F 2  18F 2 4,5F  1,5F
,

2
2
d1  1,5F
d2  3F
Определим увеличение линзы. По определению
H

h
Из подобия треугольников с катетами d и f следует:
H
f


h
d
Подставив значения для d и f (f находится из формулы (1)) в формулу (9) получим:
1  2
2  0,5
Условию задачи удовлетворяет только первый корень (10) уравнения (4).
Ответ: Предмет изображается в линзе с увеличением   2 .
(3).
(4).
d1, 2 
(6),
(7).
(8).
(9)
(10),
(11).
Задача №5
Петя Иванов гулял после школы пять часов. Сначала он шел по горизонтальной
дороге, затем поднялся в гору и, наконец, по старому маршруту возвратился назад в
исходный пункт. Его скорость была 4 км/ч на горизонтальном пути, 3 км/ч при подъеме в
гору и 6 км/ч – при спуске с горы. Какое расстояние прошел Петя Иванов?
Решение:
Пусть длина горизонтального участка пути x км, а наклонного – y км.
x y y x
x y
   5;
  5 ; x + y = 10  весь путь ( x  y )  2  20 (км).
Тогда
4 3 6 4
2 2
Ответ: 20.
Задача №6
Решить уравнение log 4 64( x  2)  log 4 4( x  2) .
Решение:
log 4 64  log 4 ( x  2)  log 4 4  log 4 ( x  2) .
3  log 4 ( x  2)  1  log 4 ( x  2) .
Пусть log 4 ( x  2) = t. Тогда:
 t  1,
3  t  (1  t ) 2 , 3  t  1  2t  t 2 , t 2  t  2  0, 
3  t  1 t  


 t  2,  t  1
1

t

0
t


1
t


1



t  1.

log 4 ( x  2) = 1  x  2  4 ; x  2 .
Проверка:
log 4 (64  4)  log 4 16 , log 4 256  log 4 16 , 4  2, 2  2 - верно.
Ответ: 2.
Задача №7
40%-ный раствор серной кислоты разбавили 60%-ным, после чего добавили 5 кг
чистой воды и получили раствор 20%-ной концентрации. Если бы вместо чистой воды
добавили 5 кг 80%-ного раствора серной кислоты, то получился бы раствор 70%-ной
концентрации. Сколько было 40%-ного и 60%-ного раствора серной кислоты?
Решение:
Пусть 40%-го раствора было x кг, а 60%-го – y кг. Тогда имеем:
0,4 x  0,6 y  0,2( x  y  5),

0,4 x  0,6 y  0,8  5  ( x  y  5)  0,7.
Решая эту систему, получим x  1 (кг), y  2 (кг).
Ответ: 1 кг, 2 кг.
Задача №8
Определить длины сторон прямоугольника наибольшей площади, вписанного в
прямоугольную трапецию с длинами оснований 24 см, 8 см и высотой 12 см, так, что две
вершины прямоугольника лежат на боковых сторонах, а две другие – на большем
основании.
Дано:
ABCD - прямоугольная трапеция, BC  8 см, AD  24 см,
прямоугольник.
Найти: AK и KN , при которых S AKNM будет наибольшей.
AB  12 см,
AKNM -
Решение:
Пусть KN  x , AK  y , тогда S  xy . Выразим переменную y через x . Для этого
рассмотрим  DEC и  DMN . Они подобны. Из подобия этих треугольников имеем:
3
MN MD
y 24  x
3



 y  (24  x) , y  18  x .
4
EC ED
12
16
4
3 
3

Тогда, S ( x)  x18  x   18 x  x 2 , x  8;24.
4 
4

Задача свелась к нахождению наибольшего значения функции на заданном отрезке.
3
3
S x   18  x . S x  0  18  x  0 , x  12  8;24.
2
2
S 8  144  48  96 , S 12  216  108  108 , S 24  432  432  0 .
Таким образом, max S x  S 12  108 . Найдем соответствующее значение y .
8;24
3
x  18  9  9 .
4
Ответ: 9 см, 12 см.
y  18 