3 etap 2004 solutions, Zadania z olimpiad fizycznych, Białoruskie olimpiady fizyczne

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Решения задач.
9 класс.
Задание 1. «Паутина»
Согласно приведенным данным сопротивления кольцевых нитей значительно
меньше сопротивления радиальных. Поэтому сопротивлением кольцевых нитей можно
пренебречь. Тогда приведенная схема может быть заменена на эквивалентную.
В этой схеме сопротивление каждого обозначенного резистора есть сопротивление 12
соединенных параллельно отдельных звеньев радиальных нитей, т.е.
1
4
a
R
=
ρ
≈
3
2
⋅
10
−
2
Ом
.
1
2
1
12
π
d
U
При разомкнутом ключе первый амперметр покажет значение тока
I
=
≈
28
A
.
1
5
R
1
U
Если замкнуть ключ, то показания амперметров будут одинаковы и равны
I
=
≈
35
A
.
2
4
R
1
Задание 2. «Аквариум»
После разрушения стенок-оснований трапеции, останется отличная от нуля сила давления
на боковые стенки, которая по модулю равна разности сил давления на стенки-основания.
Следовательно, эта сила равна
h
(
)
F
=
ρ
g
⋅
h
a
−
b
.
(1)
2
Согласно второму закону Ньютона, ускорение, которое приобретет аквариум, будет равно
(
)
2
F
ρ
gh
a
−
b
w
=
=
.
m
2
m
Задание 3. «Допотопные весы»
Обозначим массу левого кирпича
m
, а правого
m
, а расстояние от левого края доски до
упора (в положении равновесия
y
). Запишем условия равновесия доски в обоих случаях
a
a
⎛
⎞
⎛
⎞
m
x
−
=
m
l
−
x
−
⎝
⎠
⎝
⎠
1
2
2
2
b
b
⎛
⎞
⎛
⎞
m
y
−
=
m
l
−
y
−
⎝
⎠
⎝
⎠
1
2
2
2
Разделив второе равенство на первое, получим уравнение для определения неизвестной
величины
y
:
 b
b
y
−
l
−
y
−
2
2
=
.
a
a
x
−
l
−
x
−
2
2
Решением этого уравнения является величина
l
−
b
l
a
−
b
y
=
x
−
⋅
.
l
−
a
2
l
−
a
Задание 4. «Сочини закон Ома!»
1.
График зависимости скорости частицы от
времени представляет собой набор прямолинейных
отрезков, коэффициент наклона которых к оси
времени равен ускорению частицы
a
.
Зависимость координаты от времени
изображается в виде набора парабол, каждая
из которых описывается функцией
2
at
x
=+ .
(1)
0
2
Средняя скорость движения частицы за
большой промежуток времени равна
средней скорости на временном интервале равноускоренного движения, т.е.
a
τ
V
=
.
(2)
ср
.
2
2
. Время движения частицы на одном интервале равноускоренного движения определим
из уравнения
2
a
τ
2
l
l
=
⇒=
τ
.
(3)
2
a
Тогда средняя скорость движения будет равна
l
l
==
.
(4)
V
ср
2
3
. Как известно, электрическое напряжение равно работе электрических сил по
перемещению единичного заряда, поэтому
FL
eU
U
=
⇒=
F
(5)
e
L
4.
Ускорение электрона между столкновениями определяется по второму закону Ньютона
F
eU
a
=⇒=.
a
(6)
m
mL
Так как в течение промежутка времени τэлектрон движется с постоянным ускорением, а
затем полностью теряет свою скорость, его средняя скорость равна (см. (2))
τ τ
== .
a U
V
(7)
ср
22
mL
5.
Сила электрического тока равна заряду, проходящему через поперечное сечение
проводника в единицу времени. Так как концентрация электронов в проводнике
постоянна, то сила тока пропорциональна средней скорости движения электронов. Так как
средняя скорость пропорциональна приложенному напряжению, то сила тока
пропорциональна приложенному напряжению, что и соответствует закону Ома.
6.
Через поперечное сечение проводника за время
t
пройдут те электроны, которые
находятся от рассматриваемого сечения на расстояниях меньших, чем
с
Vt
, то есть в
объеме проводника
с
VtS
, умножая этот объем на концентрацию электронов, получим
число электронов в этом объеме
с
VtSn
, для вычисления суммарного заряда необходимо
умножить число электронов на заряд одного электрона. Таким образом, за время
t
через
поперечное сечения проводника протечет заряд
q
=
V tSne
. Следовательно, сила тока в
ср
цепи
2
q
e
τ
Sn
I
==
V Sne
=
U
.
(8)
ср
t
2
mL
7. Запишем закон Ома в «традиционной» форме и выразим сопротивление проводника
через его размеры и удельное электрическое сопротивление
UUS
I
== .
(9)
R
ρ
Сравнивая данное выражение с полученной ранее формулой (8), находим удельное
электрическое сопротивление материала проводника
2
m
en
ρ
=
.
(8)
2
τ
10 класс.
Задание 1
. «
Повторим физику»
Хотя на первый взгляд задания кажутся не связанными между собой, поскольку представляют разные
разделы физики, однако их решение основано на одинаковой «математике». Ее можно условно назвать
«уравнением неразрывности», требующим сохранения некоторой физической величины (в оригинале расхода
воды) по всем поперечным сечениям потока
υ
S
=
υ
S
.
1
1
2
2
§1
Из условия задачи следует соотношение для скоростей автомобиля на различных участках дороги
υ
=
υ
=
υ
η
,
(1)
0
1
1
2
2
Время движения находится из очевидного равенства, из которого следует выражение для начальной скорости
автомобиля
l
l
l
η
+
η
1
2
t
−
t
=
+
=
(
η
+
η
)
⇒
υ
=
l
.
(2)
2
1
1
2
0
υ
υ
υ
t
−
t
0
0
0
2
1
η
η
1
2
Искомый график зависимости
t
(
x
)
представляет собой два участка прямых с разными угловыми
коэффициентами. На границе раздела плохих участков автомобиль будет в момент времени
l
η
ηη
(
)
∗
=+ =+
t
t
t
1
t
−
t
.
(3)
1
1
2
1
V
+
1
1
2
§2
. В процессе движения шайбы ее кинетическая энергия убывает под действием силы трения. Согласно
теореме о кинетической энергии
∆
E
=
A
,
(4)
K
ТР
можно найти начальную энергию шайбы
E
=
E
+
m
g
l
(
µ +
µ
)
.
(5)
0
1
2
График зависимости кинетической энергии шайбы от координаты
x
представляет собой два участка прямых с
разными угловыми коэффициентами. На границе раздела шероховатых участков энергия шайбы будет равна
∗
=−
EE l
µ
.
(6)
2
§3.
В данном случае должен быть одинаковым поток теплоты вдоль стержня, т.е.
∆
t
∆
t
1
2
γ
=
γ
,
(7)
1
2
l
l
кроме того, имеем очевидное уравнение
∆
t
+ ∆
t
=
t
−
t
.
(8)
1
2
1
2
Решение системы (5)-(6) приводит к результату
γ
2
∆
t
=
(
t
−
t
)
1
1
2
γ
+
γ
1
2
.
(9)
γ
1
∆
t
=
(
t
−
t
)
2
1
2
γ
+
γ
1
2
Соответственно для плотности потока теплоты через пластину получим
∆
t
γ
γ
t
−
t
1
1
2
1
2
q
=
γ
=
⋅
.
(10)
1
l
γ
+
γ
l
1
2
График зависимости температуры пластины от координаты
x
представляет собой два участка прямых с
разными угловыми коэффициентами . Температура на границе раздела равна
γ
∗
t
=
t
−
∆
t
=
t
−
2
(
t
−
t
)
.
(11)
1
1
1
1
2
γ
+
γ
1
2
Это уравнение можно привести к виду совпадающему с формулой (3)
1
γ
∗
t
=
t
+
1
(
t
−
t
)
.
(12)
1
1
1
2
1
+
γ
γ
1
2
§4.
В данном случае имеем систему уравнений, полученную из граничных условий для напряженности
электрического поля и связи между напряженностью и потенциалом
E
ε
=
E
ε
1
1
2
2
,
(13)
E
l
+
E
l
=
ϕ
−
ϕ
1
2
1
2
где
E
и
E
— искомые напряженности полей соответственно в первой и второй пластинах. Решение
2
системы (9) приводит к результату
ϕ
−
ϕ
ε
1
2
2
E
=
⋅
1
l
ε
+
ε
1
2
.
(14)
ϕ
−
ϕ
ε
1
2
1
E
=
⋅
2
l
ε
+
ε
1
2
График зависимости потенциала электрического поля внутри пластины от координаты
x
представляет собой
два участка прямых с разными угловыми коэффициентами. Потенциал границы раздела
1
.
(15)
ε
ε
(
)
(
)
∗
ϕ
=
ϕ
+
2
ϕ
−
ϕ
=
ϕ
+
1
ϕ
−
ϕ
1
2
1
1
1
1
2
1
ε
+
ε
+
1
2
ε
ε
1
2
§5. В данном случае значение силы тока в обеих частях пластины должно быть одинаковым, поэтому на
основании закона Ома можно записать
∆
∆
1
1
1
2
=
.
(16)
ρ
l
ρ
l
1
2
  [ Pobierz całość w formacie PDF ]

  • zanotowane.pl
  • doc.pisz.pl
  • pdf.pisz.pl
  • styleman.xlx.pl

    		•