Задачи МФТИ. З ада ч ифизикоматематических олимпиад 2017
 Скачать 420.59 Kb.
|
|
Решение. v x = v 0 cos α, v y = v 0 sin α − gτ ) ⇒ ⇒ v 2 = v 2 x + v 2 y = v 2 0 cos 2 α + v 2 0 sin 2 α + (gτ ) 2 − 2v 0 sin α · gτ, v 2 = v 2 0 + (gτ ) 2 − 2v 0 sin α · gτ ⇒ sin α = v 2 0 + ( gτ ) 2 − v 2 2v 0 gτ . H = (v 0 sin α) 2 2 g = (v 2 0 + ( gτ ) 2 − v 2 ) 2 8 g 3 τ 2 = ФИЗИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 2 23 = (10 2 + (10 · 0,5) 2 − 7 2 ) 2 / 8 · 10 3 · 0,5 2 ≈ 2,9 м. 3. Ответ. sin α = r 2 3 ; α ≈ Решение — сила натяжения нити cos α = mg; T = m g cos α . (1) T − mg cos α = mv 2 l . (2) (1) → (2) : m g cos α − mg cos α = mv 2 l ; v 2 = gl µ 1 cos α − cos α ¶ = gl sin 2 α cos α . (3) ЗСЭ: mv 2 2 = mgl cos α. (4) (3) → (4) : gl sin 2 α 2 cos α = gl cos α; sin 2 α = 2 cos 2 α; sin 2 α = 2(1 − sin 2 α). sin α = r 2 3 ; α ≈ 54,7 ◦ . 4. Ответ. ∆m 2 = m 1 c 1 (t пл − t 1 ) − m 2 c 2 (t 2 − пл · 2100 · 5 − 0,2 · 4200 · 5 3,3 · 10 5 ≈ 0,051 кг. m = m 1 + ∆m 2 ≈ ≈ 2 + 0,051 = 2,051 кг. Решение. Предположим, что часть воды замерзает. Тепло, отданное водой m 2 c 2 (t 2 − пл) + Тепло, полученное льдом пл t 1 ). (2) Т.к. Q 1 = Q 2 , то из (1), (2): пл = пл t 1 ) пл t 1 ) − m 2 c 2 (t 2 − пл · 2100 · 5 − 0,2 · 4200 · 5 3,3 · 10 5 ≈ 0,051 кг 24 ФИЗИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет Масса льда m = m 1 + ∆m 2 ≈ 2 + 0,051 = 2,051 кг. 5. Ответ. P = 15 4 P 1 = 37,5 Вт 2 3 4 A B 1 2 3 Рис. Решение — напряжение между A и B . Сопротивление верхнего участка r + r 2 = 3 2 r. (1) r AB = r 124 · r r 124 + r = 3 2 r 2 3 2 r + r = 3 5 r. (2) I 1 = U r 124 = U 3 2 r = 2 3 U r . (3) P 1 = I 2 1 r = 4 9 U 2 r P = U 2 r AB = 5U 2 3r ⇒ P 1 P = 4 9 · 3 5 = 4 15 ; P = 15 4 P 1 = 15 4 · 10 = 37,5 Вт. БИЛЕТ 3, 10 класс 1. Ответ. 1) L = g t 2 0 ctg α 4 ≈ 9,7 м 2) H = g t 2 0 8 ≈ 2,8 м. Решение. Пусть v — скорость мяча сразу после удара ногой. Запишем уравнения движения мяча по вертикали и горизонтали так, чтобы в них входили искомые параметры sin α = gt 0 2 ; v cos α · t 0 2 = L; H = (v sin α) 2 2 g . ФИЗИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 3 Из первых двух уравнений находим = gt 2 0 ctg α 4 ≈ 9,7 м. Из первого и третьего уравнений находим = gt 2 0 8 ≈ 2,8 м. 2. Ответ. 1) m 2 m 1 = 2 ; 2) V 2 V 0 = 2 Решение. Пусть V 0 — скорость шарика массой до столкновения, и V 2 — скорости шариков массой и после столкновения. По закону сохранения энергии и импульса имеем уравнения 0 2 = m 1 V 2 1 2 + m 2 V 2 2 2 , m 1 V 0 = m 1 V 1 + Из этих уравнений находим V 0 m 1 − m 2 m 1 + m 2 ; V 2 = 2m 1 V 0 m 1 + Из первого равенства видно, что шарик массой движется назад при условии m 2 > m 1 1) По условию V 1 = V 0 m 1 − m 2 m 1 + m 2 = − V 0 3 . Отсюда 2 . 2) Из второго равенства при условии 2 , находим Ответ 2 Решение. Пусть в лабораторной системе отсчета (ЛСО) скорость шарика V , скорость бруска U . Перейдем в инерциальную систему отсчета, связанную с бруском. В ней брусок покоится, а шарик движется к нему со скоростью V + U . После упругого соударения с тяжелым бруском шарик движется в обратном направлении со скоростью V + U . В ЛСО шарик после столкновения движется со скоростью V + U + U = V + 2U . По условию + 2U = 2V . Из последнего равенства находим 2 . 26 ФИЗИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет Ответ. 1) T = ν 1 T 1 + ν 2 T 2 ν 1 + ν 2 = 375 К 2 ³ 1 + ν 1 T 1 ν 2 T 2 ´ = 1 Решение. Пусть T и P конечные температура и давление в смеси газов, P 1 , и V — начальные давления и объемы газов в сосудах) Температуру T найдем из условия сохранения суммарной внутренней энергии газов 3 2 RT 1 + ν 2 3 2 RT 2 = (ν 1 + ν 2 ) 3 Отсюда T = ν 1 T 1 + ν 2 T 2 ν 1 + ν 2 = 375 К) Уравнение состояния газов = ν 1 RT 1 , P 2 V = ν 2 RT 2 , P · 2V = (ν 1 + С учетом найденной температуры T , получим 2 µ 1 + ν 1 T 1 ν 2 T 2 ¶ = Ответ. 1) T 3 T 1 = n 3 = 27 , 2) A 12 A 23 = 2 n(n + 1) = 1 Решение. По условию на изобаре P 1 = P 2 , V 2 = nV 1 . В процессе 2–3: P 3 = nP 2 = nP 1 , V 3 = nV 2 = n 2 V 1 . 1) Из равенства P 1 V 1 T 1 = P 3 V 3 T 3 с учетом вышеприведенных формул получим n 3 T 1 = 27T 1 . 2) Работа газа в изобарическом процессе P 1 (V 2 − V 1 ) = (n − Работа газа в процессе 2–3: A 23 = 1 2 (P 2 + P 3 )(V 3 − V 2 ) = 1 2 n(n + 1)(n − Окончательно получается + 1)n = 1 БИЛЕТ 4, 10 класс 1. Ответ. 1) L = g t 2 0 ctg α 4 ≈ 5,8 мм ФИЗИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 4 Решение. Пусть v — скорость мяча сразу после удара ногой. Запишем уравнения движения мяча по вертикали и горизонтали так, чтобы в них входили искомые параметры sin α = gt 0 2 ; v cos α · t 0 2 = L; H = (v sin α) 2 Из первых двух уравнений находим = gt 2 0 ctg α 4 ≈ 5,8 м. Из первого и третьего уравнений находим = gt 2 0 8 ≈ 5 м. 2. Ответ. 1) m 2 m 1 = 3 ; 2) V 2 V 0 = 1 Решение. Пусть V 0 — скорость шарика массой до столкновения, и V 2 — скорости шариков массой и после столкновения. По закону сохранения энергии и импульса имеем уравнения 0 2 = m 1 V 2 1 2 + m 2 V 2 2 2 , m 1 V 0 = m 1 V 1 + Из этих уравнений находим V 0 m 1 − m 2 m 1 + m 2 ; V 2 = 2m 1 V 0 m 1 + Из первого равенства видно, что шарик массой движется назад при условии m 2 > m 1 3) По условию V 1 = V 0 m 1 − m 2 m 1 + m 2 = − V 0 2 . Отсюда 3 . 4) Из второго равенства при условии 3 , находим Ответ Решение. Пусть в лабораторной системе отсчета (ЛСО) скорость шарика V , скорость бруска U . Перейдем в инерциальную систему отсчета, связанную с бруском. В ней брусок покоится, а шарик движется к нему со скоростью V + U . После упругого соударения с тяжелым бруском шарик движется в обратном на 28 ФИЗИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет правлении со скоростью V + U . В ЛСО шарик после столкновения движется со скоростью V + U + U = V + 2U . По условию + 2U = 4V . Из последнего равенства находим Ответ. 1) T = ν 1 T 1 +ν 2 T 2 ν 1 + ν 2 = 240 К 2 ³ 1 + ν 2 T 2 ν 1 T 1 ´ = 1 Решение. Пусть T и P — конечные температура и давление в смеси газов, P 1 , и V — начальные давления и объемы газов в сосудах) Температуру T найдем из условия сохранения суммарной внутренней энергии газов 3 2 RT 1 + ν 2 3 2 RT 2 = (ν 1 + ν 2 ) 3 Отсюда T = ν 1 T 1 + ν 2 T 2 ν 1 + ν 2 = 240 К) Уравнение состояния газов = ν 1 RT 1 , P 2 V = ν 2 RT 2 , P · 2V = (ν 1 + С учетом найденной температуры T , получим 2 µ 1 + ν 2 T 2 ν 1 T 1 ¶ = Ответ. 1) T 3 T 1 = n 3 = 8 , 2) A 12 A 23 = 2 n(n + 1) = 1 Решение. По условию на изобаре P 1 = P 2 , V 2 = nV 1 . В процессе 2–3: P 3 = nP 2 = nP 1 , V 3 = nV 2 = Из равенства P 1 V 1 T 1 = P 3 V 3 T 3 с учетом вышеприведенных формул получим n 3 T 1 = 8T 1 . 4) Работа газа в изобарическом процессе P 1 (V 2 − V 1 ) = (n − Работа газа в процессе 2–3: A 23 = 1 2 (P 2 + P 3 )(V 3 − V 2 ) = 1 2 n(n + 1)(n − 1)P 1 V 1 . ФИЗИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 5 Окончательно получается + 1)n = 1 БИЛЕТ 5, 11 класс 1. Ответ. V = p 5 gl = 5 м/с. Решение. Пусть m — масса шарика, l — длина нити, V минимальная скорость, V 1 — скорость в верхней точке. Вверх ней точке сила натяжения равна нулю. По второму закону Ньютона для верхней точки 0 + m g = mV 2 1 l . По ЗСЭ mV 2 2 = = mV 2 1 2 + m g2l . Отсюда V = p 5 gl = 5 м/с. 2. Ответ. 1) H = 3 8 V 2 0 g ; 2) V = 1 Решение. 1) Пусть V 1 — скорость шайбы и горки при максимальной высоте подъема H . По ЗСИ и ЗСЭ mV 0 = (3m + + m)V 1 , 1 2 mV 2 0 = 1 2 (3m + m)V 2 1 + m gH . Отсюда H = = 3 8 V 2 0 g 2) Пусть u — скорость горки после съезда шайбы. По ЗСИ и ЗСЭ mV 0 = 3mu − mV , 1 2 mV 2 0 = 1 2 3mu 2 + 1 2 mV 2 . Отсюда V = 1 Ответ. 1) t = 15 ◦ C ; 2) P = 1,44 · 10 5 Па. Решение. 1) Суммарная внутренняя энергия газов сохраняется ν 1 3 2 RT 1 + ν 2 3 2 RT 2 = (ν 1 + ν 2 ) 3 2 RT . Здесь T 1 = = 300 К, T 2 = 280 К. Отсюда = ν 1 T 1 + ν 2 T 2 ν 1 + ν 2 = 288 К (15 ◦ C). 2) P V = (ν 1 + ν 2 )RT . С учетом выражения для T получим = ν 1 T 1 + ν 2 T 2 V R = 1,44 · 10 5 Па. 4. Ответ. 1) C = 4 3 C 0 ; 2) q = 1 3 C 0 E Решение. Пусть расстояние между обкладками d , площадь обкладок S . 30 ФИЗИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 6 1) C 0 = E 0 S d , C = E 0 S 3d/4 . Отсюда C = 4 3 C 0 2) q = CE − C 0 E = 1 3 C 0 E Ответ. 1) I 0 = E R ; 2) T = 3 4 E ; 3) Q = 9 Решение. 1) Сразу после замыкания ключа ток через равен нулю. Ток через источник I 0 = E R 2) В установившемся режиме ток через конденсатор равен нулю. Напряжение на конденсаторе равно напряжению на R 1 : U = = E R + 3R 3R = 3 4 E . 3) Q = 1 2 CU 2 = 9 БИЛЕТ 6, 11 класс 1. Ответ. V = p 5 gl = 3 м/с. Решение. Пусть m — масса шарика, l — длина нити, V минимальная скорость, V 1 — скорость в верхней точке. Вверх ней точке сила натяжения равна нулю. По второму закону Ньютона для верхней точки 0 + m g = mV 2 1 l . По ЗСЭ mV 2 2 = = mV 2 1 2 + m g2l . Отсюда V = p 5 gl = 3 м/с. 2. Ответ. 1) H = 2 5 V 2 0 g ; 2) V = 3 Решение. 1) Пусть V 1 — скорость монеты и горки при максимальной высоте подъема H . По ЗСИ и ЗСЭ mV 0 = (4m + + m)V 1 , 1 2 mV 2 0 = 1 2 (4m + m)V 2 1 + m gH . Отсюда H = = 2 5 V 2 0 g 2) Пусть u — скорость горки после съезда монеты. По ЗСИ и ЗСЭ mV 0 = 4mu − mV , 1 2 mV 2 0 = 1 2 4mu 2 + 1 Отсюда V = 3 Ответ. 1) t = 31 ◦ C ; 2) P = 1,52 · 10 5 Па. Решение. 1) Суммарная внутренняя энергия газов сохраняет ФИЗИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 6 31 ся: ν 1 3 2 RT 1 + ν 2 3 2 RT 2 = (ν 1 + ν 2 ) 3 2 RT . Здесь T 1 = = 400 К, T 2 = 280 К. Отсюда = ν 1 T 1 + ν 2 T 2 ν 1 + ν 2 = 304 К (31 ◦ C). 2) P V = (ν 1 + ν 2 )RT . С учетом выражения для T получим = ν 1 T 1 + ν 2 T 2 V R = 1,52 · 10 5 Па. 4. Ответ. 1) C = 3 2 C 0 ; 2) q = 1 2 C 0 E Решение. Пусть расстояние между обкладками d , площадь обкладок S . 1) C 0 = E 0 S d , C = E 0 S 2d/3 . Отсюда C = 3 2 C 0 2) q = CE − C 0 E = 1 2 C 0 E Ответ. 1) I 0 = E R ; 2) U = 4 5 E ; 3) Q = 8 Решение. 1) Сразу после замыкания ключа ток через равен нулю. Ток через источник I 0 = E R 2) В установившемся режиме ток через конденсатор равен нулю. Напряжение на конденсаторе равно напряжению на R 1 : U = = E R + 4R 4R = 4 5 E . 3) Q = 1 2 CU 2 = 8 25 CE 2 32 МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет МАТЕМАТИКА bbБИЛЕТ 1, 9 класс |