9 класс 1.

9 класс
1. (10 баллов) Школьник прочитал в газете «Советы домохозяйке»
следующую заметку. «Для того, чтобы рассортировать куриные яйца по степени
свежести, возьмите четыре стеклянные банки, налейте в каждую пол-литра воды и
растворите в первой банке 50 г соли, во второй – 45 г, в третьей – 30 г и в
четвертой – 15 г. После этого поочередно опускайте яйца в каждую банку. В
первой банке будут тонуть только что снесенные яйца, во второй – снесенные не
более двух недель назад, в третьей – снесенные не более пяти недель назад, в
четвертой – снесенные не более восьми недель назад.» Школьник сделал
растворы, строго следуя рецепту, рассортировал имевшиеся в холодильнике яйца,
а затем слил содержимое из всех четырех банок в одну большую емкость.
Сколько недель назад снесены яйца, которые тонут в получившемся растворе?
Решение
Нарисуем график, вдоль горизонтальной оси которого отложим степень
свежести яиц (в неделях), а вдоль вертикальной – концентрацию соли в растворе
(в граммах на 0,5 литра воды). Видно, что на графике есть линейный участок,
который свидетельствует о том, что в период с двух до восьми недель плотность
яиц равномерно уменьшается со временем.
Далее найдем концентрацию соли в растворе, получившемся после
сливания содержимого всех четырех банок в одну большую емкость. Эта емкость
содержит 4  0,5л=2 литра воды и 50 г + 45 г +30 г + 15 г =140 г соли.
Следовательно, концентрация соли в получившемся растворе равна 140 г/4=35
грамм на 0,5 литра. Из чертежа видно, что точка графика, соответствующая этой
концентрации. Лежит на линейном участке графика. Это дает возможность,
использовать график, определить свежесть яиц. Которые тонут в получившемся
растворе – они снесены не более 4 недель назад.
1. Построен график зависимости – 6 баллов.
2. Указано наличие линейного участка – 1 балл.
3. Получен правильный ответ – 3 балла.
4. Если задача решена без графика – 3 балла.
2. (10 баллов) Маша и Петя качаются на однородном
бревне. Известно, что бревно уравновешено, если Маша
сидит на одном, а Петя на другом конце бревна, как
показано на верхнем рисунке. Если же подвинуть бревно, и
Маша и Петя усядутся на один и тот же его край, то система
также будет находится в равновесии, как показано на
нижнем рисунке. Бревно имеет длину l  3 метра, в первом
случае длина левой части бревна равна a  1 м, во втором
случае она составляет c  50 см. Определите, во сколько раз отличаются массы
Маши и Пети.
Решение.
Обозначим массу того, кто сидел первоначально слева, через M , а массу
того, кто сидел справа, m . Линейную плотность бревна обозначим  (линейная
плотность – масса куска бревна единичной длины).
По условию длина левой части бревна a  1 м, а правой b  2 м. Напишем
условие равновесия системы, оно же правило рычага:
a
b
Mga    a  g  mgb   b  g .
2
2
Здесь учтено, что слева на рычаг действует тело весом Mg , имея плечо a ; вес
куска бревна слева  ag . Масса этого куска распределена, но действует также, как
если бы всю ее поместили в центр масс левого куска бревна, поэтому сила  ag
a
имеет плечо . Аналогично определяется правая часть уравнения.
2
Во втором случае условие равновесия имеет вид:
c
d
 M  m  gc   c  g    d  g ,
2
2
где c  0,5 м, d  2,5 м – размеры кусков бревна слева и справа во втором случае.
Сократим оба уравнения на g , и перепишем их, сгруппировав  с одной
стороны, в виде:
Ma  mb 

b
2
2
 a2  ,  M  m c 

d
2
2
 c2  .
Теперь из двух уравнений получим отношение масс. Для этого вынесем за скобки
величину m :

M
 
M

m  a  b    b 2  a 2  , m   1 c   d 2  c 2 
2
m
 2
m

и разделим одно уравнение на другое:
M

 a  b   b2  a 2 
m

,
2
2
M

d

c


  1 c
m

или
2
2
M
 M
 b  a 
c.
 a  b     1 2
2
m
 m
 d  c 
Для упрощения вычислим
b
d
2
2
 a2 
1
c .
4
c 
2
Отсюда
M
 1 M

M
 1 M

 a  b     1 или   2     1 .
m
 4 m

m
 4 m

Раскрывая скобки, получаем:
M / m  3.
1.
Записано условие равновесия в первом случае – 3 балла.
2.
Записано условие равновесия во втором случае – 3 балла.
3.
Получен правильный ответ – 4 балла.
3. (10 баллов) Тонкий карандаш, подвешенный на нитке за
один из концов, начинают погружать в воду, медленно опуская
точку подвеса. Определите максимальную глубину h погружения
нижнего конца карандаша, если длина карандаша l  18 см, а его
средняя плотность в n  2 раза меньше плотности воды.
Решение.
Рассмотрим карандаш, погруженный в воду и отклоненный от вертикали на
малый угол  . Суммарный момент сил тяжести и Архимеда относительно
горизонтальной оси, проходящей через верхний конец карандаша, равен
l
 x
M  mg sin   FA  l   sin  ,
2
 2
где FA   gSx - сила Архимеда,  - плотность воды, S - площадь поперечного
сечения карандаша, x - длина погруженной в воду части карандаша, m  (  n) Sl масса карандаша. При M  0 момент сил возвращает карандаш в вертикальное
положение, при M  0 увеличивает отклонение карандаша от вертикали.
Формулу для момента сил можно переписать в виде:
 2
l 2   gS
M   x  2lx  
sin  .
n
2


Из этой формулы следует, что при малых x момент M  0 и,
следовательно, вертикальное положение карандаша будет устойчивым. Потеря
устойчивости вертикального положения происходит при

1
x  l 1  1   ,
n

когда момент сил меняет знак с положительного на отрицательный. При
дальнейшем погружении карандаша он будет отклоняться от вертикали. Но длина
x погруженной в воду его части меняться не будет, поскольку в равновесии
момент сил M должен оставаться равным нулю. Поэтому глубина погружения
нижнего конца карандаша, равная x cos , будет при этом уменьшаться. Итак,
максимальная глубина погружения нижнего конца карандаша равна

1 
2
h  l 1  1    l 1 
  5,3 см.
n
2

 

1.
Записано уравнение для моментов сил – 3 балла.
2.
Определено условие, при котором карандаш начнет отклоняться от
вертикального положения – 2 балла.
3.
Получено выражение для глубины погружения карандаша – 2 балла.
4.
Найдена максимальная глубина погружения – 3 балла.
4. (10 баллов) Сопротивления всех резисторов в
электрической цепи, изображенной на рисунке,
одинаковы и равны R  300 Ом. Включенный в цепь
амперметр показывает величину силы тока I  10 мА.
Найдите
ЭДС
Е
батарейки.
Сопротивлениями
амперметра и батарейки можно пренебречь.
Решение.
Найдем сопротивление электрической цеп между точками А и В. Для этого
перерисуем схему.
Из симметрии участка схемы с резисторами R3 , R5 , R6 , R7 и R8 следует, что сила
тока, текущего через резистор R7 , равна нулю. Поэтому при удалении этого
резистора из цепи силы токов через остальные резисторы и общее сопротивление
цепи не изменяется.
5
Сопротивление цепи после удаления этого резистора равно RAB  R .
3
5
Следовательно, E  IRAB  IR  5 В.
3
1. Построена эквивалентная схема – 5 баллов.
2. Исключен резистор R7 – 2 балла.
3. Определено суммарное сопротивление цепи – 2 балла.
4. Определено значение ЭДС – 1 балл.
5. (10 баллов) Имеется сосуд с небольшим отверстием у
дна. В сосуд помещен большой кусок кристаллического льда
при температуре T0  0C . Сверху на лед падает струя воды, ее
температура T1  20C , а расход q  1 г/с. Найдите расход
воды, вытекающей из сосуда, если ее температура T  3C .
Теплообменом с окружающим воздухом и с сосудом можно
пренебречь. Удельная теплоемкость воды C  4,2 Äæ /( ã  Ñ ) ,
удельная теплота плавления льда   340 Äæ / ã . Вода в сосуде
не накапливается.
Решение.
За время t в сосуд втекает масса воды m  qt , имеющей температуру
T1 . Она плавит лед и нагревает получившуюся воду до температуры T .
Втекающая вода отдает количество тепла
Q1  C m(T1  T )  Cqt (T1  T )
а при плавлении льда и нагревании получившейся воды поглощается количество
тепла
Q2  m1  C m1 (T  T0 ) ,
где m1 - масса растаявшего за время t льда. Из уравнения теплового баланса
следует, что Q1  Q2 , откуда
Cqt (T1  T )
m1 
.
  C (T  T0 )
Из сосуда за время t вытекает вода, которая в него за это время втекла, и
дополнительно, вода, получившееся при плавлении льда. Следовательно, расход
вытекающей из сосуда воды равен


m  m1
T1  T
q 
 q 1 
  1,2 г/с.
t
 T  T0  ( / C ) 
1.
Определена масса воды, втекающей в сосуд за время t – 1 балл.
2.
Определено количество теплоты, которое она отдает – 1 балл.
3.
Определено количество теплоты, поглощаемое при плавлении льда и
нагреве получившейся воды – 2 балла.
4.
Определена масса образовавшейся воды – 2 балла.
5.
Определен расход воды – 3 балла.
6.
Получен правильный ответ – 1 балл.
10 класс
1. (10 баллов) Ванна, одна из стенок которой представляет собой наклонную
плоскость, заполнена водой с плотность â . В ванну
медленно погружают длинный тонкий круглый
карандаш, удерживая его нитью за верхний конец,
который перемещают вниз вдоль наклонной стенки.
Какая часть карандаша должна погрузиться в воду,
чтобы нижний конец нити перестал касаться стенки? Плотность карандаша
 ê  (3/ 4) â
Решение.
Пусть L - длина карандаша, S - площадь его поперечного сечения,  - угол
при основании наклонной плоскости, образующей стенку ванны. Предположим,
что нижний конец карандаша перестал давить на стенку ванны тогда, когда в воду
погрузилась x -я часть карандаша (отметим, что 0  x  1 ). В этот момент
карандаш опирается на стенку только верхним концом (точка О), и на него,
помимо силы реакции опоры и силы натяжения нити, действует сила тяжести
Fò   ê gSL , приложенная к середине карандаша, и сила Архимеда FA  â gSLx ,
приложенная к середине его погруженной части.
Карандаш будет находиться в равновесии, если сумма действующих на него
моментов сил, вычисленных относительно оси, проходящей через точку О
перпендикулярно плоскости рисунка, будет равна нулю. Плечо силы тяжести в
рассматриваемый момент равно ( L cos ) / 2 , плечо силы Архимеда равно
( L  ( Lx / 2))cos . Значит, условие равновесия карандаша имеет вид
L cos
L cos
ê gSL 
 â gSLx
 (2  x)  0
2
2
С учетом того, что  ê  (3/ 4) â , полученное уравнение можно переписать
следующим образом:
3
x2  2 x   0
4
Оно имеет два корня, из которых наложенному на x ограничению
удовлетворяет только один: x  1/ 2 . Значит, для того, чтобы нижний конец
карандаша перестал касаться стенки ванны, его нужно погрузить в воду больше,
чем наполовину.
1.
Рисунок с изображением приложенных сил– 2 балла.
2.
Определена сила Архимеда и сила тяжести – 1 балл.
3.
Сформулировано условие равновесия – 2 балла.
4.
5.
Записано уравнение для моментов – 2 балла.
Получен ответ – 3 балла.
2. (10 баллов) Два маленьких груза массами m1 и m2
подвешены на длинной нити, перекинутой через легкий блок.
Блок подвешен за нить к потолку. Первоначально грузы
устанавливают на одинаковой высоте H над землей. Затем
опускают. Через время t верхнюю нить перерезают, причем
известно, что к этому времени ни один из грузов не успел
коснуться земли. Найти, через какое время после перерезания
нити первый из грузов коснется земли. Ускорение свободного
падения g , нити невесомые и нерастяжимые, сопротивлением воздуха
пренебречь.
Решение.
Когда грузы отпустили, они начинают двигаться по вертикали с некоторым
ускорением a ; пусть для определенности груз m1 более тяжелый и едет вниз, а
груз m2 - вверх. Найдем величину a .
Обозначим натяжение нити T . Второй закон Ньютона в проекции на
направление движения каждого груза имеет вид:
m1a  m1 g  T ,
m2 a  T  m2 g .
Сложив эти уравнения, выражаем
m  m2
ag 1
.
m1  m2
К моменту перерезания нити тяжелый груз приобретает скорость V  at .
При этом он пройдет путь l  at 2 / 2 , что по условию меньше H . После
перерезания нити он движется с ускорением свободного падения и за время t1 до
соударения с землей проходит путь L  Vt1  gt12 / 2 . По условию задачи L  l  H ,
значит
at 2
gt12
 att1 
H.
2
2
Разрешая квадратное уравнение относительно t1 , получаем единственный
положительный корень:
t1 
a 2t 2  g  2 H  at 2   at
g
.
1.
Записаны выражения второго закона Ньютона в проекции на направление
движения каждого груза – 2 балла.
2.
Найдено ускорение грузов до перерезания нити – 1 балл.
3.
Найдена скорость грузов к моменту перерезания нити – 1 балл.
4.
Найден путь, пройденный более тяжелым грузом к моменту перерезания
нити – 1 балл.
5.
Найден путь, пройденный более тяжелым грузом до момента удара о землю
– 1 балл.
6.
Записано выражение для t1 – 2 балла.
7.
Получен ответ – 2 балла.
3. (10 баллов) У «черного ящика» есть три клеммы. Если на клеммы А и В
подают напряжение 20 В, то с клемм В и С снимают напряжение 8 В. Если на
клеммы В и С подают напряжение 20 В, то с клемм А и С снимают напряжение
15 В. Изобразите схему «черного ящика», считая, что внутри него находятся
только резисторы и определите отношение между величинами сопротивлений для
каждой схемы.
Решение.
Ясно. Что между каждой парой клемм «черного ящика» должны быть
включены резисторы – в противном случае невозможно будет снимать ненулевое
напряжение либо с клемм ВС, либо с клемм АС. Простейшие схемы подключения
этих резисторов («треугольник» и «звезда») показаны на рис.
Вначале рассмотрим первую схему и найдем, чему должны быть равны
сопротивления R0 , R1 и R2 . Обозначим подаваемое на клеммы напряжение через
V  20 В, а снимаемое с соответствующих пар клемм напряжение через U BC  8 В
и U AC  15 В. Тогда можно записать:
VR1
VR2
U BC 
U AC 
,
.
R1  R2
R0  R2
Отсюда
U AC
U BC
R2 
R0  3R0 ,
R1 
R2  2 R0 .
V  U AC
V  U BC
Теперь найдем, чему должны быть равны быть сопротивления r0 , r1 и r2 во
второй схеме, используя те же обозначения для напряжений, что и в первом
случае. Поскольку во второй схеме при подаче напряжения V на клеммы АВ ток
не течет через резистор r2 и напряжение на нем не падает. А при подаче
напряжения V на клеммы ВС ток не течет через резистор r0 и на нем также
отсутствует падение напряжения, то
U BC  U OB 
Vr1
,
r0  r1
U AC  U OC 
Vr2
.
r1  r2
Отсюда
U BC
2
U AC
r0  r0 ,
r2 
r1  3r1  2r0
V  U BC
3
V  U AC
Таким образом, «черный ящик» в простейших случаях должен состоять из
трех резисторов с сопротивлениями R0 , R1  2 R0 и R2  3R0 , соединенных
«треугольником» - так, как показано на рис, или из трех резисторов с
2
сопротивлением r0 , r1  r0 и r2  2r0 , соединенных «звездой», как показано на
3
рис. Величины сопротивлений R0 и r0 могут быть любыми, отличными от нуля.
r1 
1.
2.
3.
Найдены и нарисованы возможные схемы подключения – по 2 балла.
Найдено, что для «треугольника» R0 , R1  2 R0 и R2  3R0 – 3 балла.
2
Найдено, что для «звезды» r0 , r1  r0 и r2  2r0 – 3 балла.
3
4. (10 баллов) К краю лестницы, каждая ступенька которой
имеет длину l  15 см и высоту h  40 см, подъезжает шайба,
имеющая скорость v  10 м/с. Найдите номер ступеньки, на
которую упадет шайба (изначально шайба находится на нулевой
ступеньке).
Решение.
Отрываясь от нулевой ступеньки, шайба начинает двигаться
параболической траектории.
Смещение и по горизонтальной и вертикальной оси:
0x: S  vt
gt 2
0y: H 
.
2
На уровне n-ой ступеньки (по вертикали) шайба окажется через время
по
1/2
 2nh 
T 
 .
g


За это время ее горизонтальное смещение составит
1/2
 nh 
S  n   vT  v   .
 g 
Шайба не упадет на ступеньку n, а будет продолжать свое движение до тех
пор, пока будет выполняться неравенство
S  n   nl
1/2
 nh 
v 
 g 
 nl ,
h
.
gl 2
Первое n, при котором это неравенство нарушится, и будет ответом:
h
n0  Целая часть n  2v 2 2  1
gl
Ответ: n0  97 .
n  2v 2
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Отмечено, что шайба движется по параболической траектории – 1 балл.
Найдено смещение по вертикали и горизонтали – 1 балл.
Определено время – 1 балл.
Определено горизонтальное смещение за это время – 1 балл.
Найдено условие, когда шайба упадет на ступеньку – 2 балл.
Получено выражение для числа ступенек – 2 балла.
Получен ответ – 2 балла.
5. (10 баллов) На дне глубокой шахты лежало 700 кг льда при температуре
0°С. В шахту сбросили 678 л горячей воды. В момент падения на лед ее
температура равнялась 80°С, весь лед при этом растаял. На какой наименьшей
глубине находился в шахте лед, если удельная теплоемкость воды равна 4,2
кДж/(кг·°С), а удельная теплота плавления льда равна 330 кДж/кг? Трением о
воздух в процессе падения пренебречь.
Решение.
Тепловой энергии воды, выделившейся при ее охлаждении до 0°С,
Q1  cm1t
чуть-чуть недостаточно, чтобы растаял весь лед
Q2   m2 .
Положение спасает высвободившаяся при падении потенциальная энергия:
E  m1 gh
Это позволяет оценить минимальную высоту падения:
Ответ: h  24,75 м.
1.
Найдено количество теплоты, выделяющееся при охлаждении воды – 2
балла.
2.
Найдено количество теплоты, необходимое для плавления льда – 2 балла.
3.
Отмечено, что Q2  Q1 и тепловой баланс может быть выполнен при учете
потенциальной энергии – 1 балл.
4.
Определена потенциальная энергия – 2 балла.
5.
Найдена высота – 3 балла.
11 класс
1. (10 баллов) На дне сосуда, заполненного воздухом, лежит полый стальной
шарик радиусом r  2 см. Масса шарика mø  5 г. До какого давления p надо
сжать воздух в сосуде, чтобы шарик поднялся вверх? Считать, что воздух при
больших давлениях подчиняется уравнению газового состояния. Температура
воздуха t  20C  const (сжатие воздуха происходит достаточно медленно).
4
Объем шара радиусом R определяется по формуле V   R 3 .
3
Решение.
Шарик поднимается вверх в том случае, если сила тяжести будет
уравновешиваться силой Архимеда
mø g   gVø ,
где  - плотность воздуха, которая может быть найдена из уравнения Клапейрона
- Менделеева
  p / RT .
Следовательно,
p
mø 
Vø ,
RT
откуда
m RT 3 mø RT
p ø

 125,6  105 Па.
3
Vø 
4 r 
1.
Записано условие всплывания шарика – 3 балла.
2.
Записано выражение для зависимости плотности воздуха от давления – 3
балла.
3.
Записано выражение для давления, при котором шарик всплывет – 3 балл.
4.
Получен численный ответ – 1 балл.
2. (10 баллов) Пять сторон правильного шестиугольника образованы
одинаковыми диэлектрическими заряженными палочками. При этом в точке O ,
находящейся в центре шестиугольника, потенциал данной системы зарядов равен
0 , а его напряженность электрического поля равна E0 . Найдите, какими станут
потенциал  и напряженность электрического поля E в точке O , если убрать
одну из заряженных палочек.
Решение.
Потенциал в центре шестиугольника равен
4
  0
5
при удалении любой из палочек.
Напряженность поля E зависит от того, какую палочку удаляют (см. рис.):
если удалить палочку 3, то E  0 ;
если удалить палочку 2 или 4, то E  E0 , а вектор E повернут относительно
вектора E0 на угол 60 ;
если удалить палочку 1 или 5, то E  3 E0 , а вектор E повернут относительно
вектора E0 на угол 30 .
1.
Найдена напряженность в центре шестиугольника – 1 балл.
2.
Найдена напряженность поля в центре шестиугольника – по 3 балла за
каждый случай.
3. (10 баллов) На наклонной плоскости с
углом наклона  лежит цилиндр. К нему
прикреплена невесомая, нерастяжимая нить. Нить
несколько раз обернута вокруг цилиндра,
пропущена через два блока и закреплена в точке O .
К блоку А подвешивается груз массы m . Система
находится в положении равновесия, изображенном
на рисунке. Считая блоки идеальными и невесомыми, определите массу
цилиндра.
Решение.
Обозначим массу цилиндра через M , радиус – через
действующие на цилиндр, груз и блок изображены на рисунке.
R . Силы,
Выберем направление оси Ox вдоль наклонной плоскости и запишем
второй закон Ньютона для цилиндра в проекции на ось Ox :
T  F  Mg sin   0 ,
откуда выразим массу цилиндра
F T
M
.
(1)
g sin 
Таким образом, для нахождения M , нужно вычислить F и T .
Цилиндр не вращается, следовательно, полный момент действующих на
него сил равен нулю. Рассмотрим моменты сил относительно оси цилиндра. Сила
реакции опоры N и сила тяжести Mg имеют нулевое плечо и не раскручивают
цилиндр. Силы F и T имеют относительно оси цилиндра плечо R , их моменты
скомпенсированы, т.е. TR  TF  0 . Следовательно F  T .
Рассмотрим теперь груз. Так как блок, к которому он подвешен, невесомый,
сила натяжения нити, прикрепленной к грузу равна 2T . Условие равновесия груза
дает 2T  mg .
Подставляя в (1) соотношение T  F  mg / 2 , находим ответ:
m
.
M
sin 
1.
На рисунке правильно указаны силы, действующие на цилиндр – 2 балла.
2.
На рисунке правильно указаны силы, действующие на груз и блок – 1 балл.
3.
Выбраны оси координат и записан второй закон Ньютона для цилиндра в
скалярной форме – 1 балл.
4.
Записано уравнение для моментов сил, действующих на цилиндр – 2 балла.
5.
Получено условие F  T – 1 балл.
6.
Найдено значение силы натяжения T  mg / 2 – 1 балл.
7.
Получено конечное выражение для массы цилиндра – 2 балла.
4. (10 баллов) У любознательного экспериментатора есть три калориметра:
A , В, С. В сосуде А находится вода массой 1 кг при температуре 95о C , в емкости
В – вода при температуре 65о C , в С – 100% этиловый спирт (этанол) массой
0,07 кг при температуре 53о C . Температура кипения спирта 78о C .
Экспериментатор проводил две серии опытов. В первый раз он сначала
переливает вода из сосуда А в этанол. После установления равновесия он
добавляет воду из сосуда В и получает смесь при температуре 75о C . Во второй
серии экспериментов он сначала сливает воду из А с водой из В, дожидается
установления равновесия, а потом добавляет этанол. Пренебрегая теплообменом
калориметров с окружающей средой, определите результаты второй серии
опытов, а именно, найдите температуру смеси и массовую долю спирта.
Удельная теплоемкость воды равняется c  4200 Дж/кг  о C , теплоемкость
спирта cc  2400 Дж/кг  о C , удельная теплота парообразования спирта
rc  840 кДж/кг.
Решение.
Введем следующие обозначения: mA - масса воды из калориметра А, mB масса воды из емкости В, mc - масса этилового спирта.
Рассмотрим первую серию экспериментов. Экспериментатор сливает воду
из емкости А и этиловый спирт из сосуда С. При этом вода начинает остывать, а
этанол нагреваться. Оценим, сколько теплоты должен получить спирт, чтобы
нагреться от начальной температуры до температуры кипения:
Q1  cc mc  78o C  53o C   4200 Дж.
Очевидно, что, выделив такое количество теплоты, вода охлаждается только
на один градус (как известно, при остывании одного килограмма воды на один
градус выделяется 4200 Дж – такого определение удельной теплоемкости). При
дальнейшем остывании воды спирт начнет кипеть.
Оценим теперь энергию, необходимую на испарение спирта:
Q2  rc mc  58800 Дж.
Q2
Вода, потеряв эту теплоту, остынет на
градусов, что соответствует
m Ac
уменьшению температуры еще на 14о C . Следовательно, температура воды станет
равной 80о C , и это еще больше температуры кипения спирта. Итак, этанол
полностью выкипит.
Таким образом, в результате первого сливания, экспериментатор получит
m A  1 кг воды при температуре 80о C .
После этого, экспериментатор доливает воду из калориметра В. Напишем
уравнение теплового баланса:
cmA 80  75  cmB  75  65 .
Из последнего равенства можно найти массу воды в емкости В. Она
оказывается равной 0,5 кг.
Обратимся ко второй серии опытов. Сначала экспериментатор сливает воду
из сосуда А и воду из емкости В. Определим установившуюся температуру t x
полученных mA  mB  1,5 кг воды при помощи уравнения теплового баланса:
cmA (95C  t x )  cmB (t x  65C )
Разрешив уравнения, получаем t x  85C
Как мы уже знаем, на нагрев спирта до температуры кипения и
последующее его испарение, требуется 4200 Дж+58800 Дж=63000 Дж. Заметим,
что 1,5 кг воды, охладившись от 85о C до 78о C , выделяет только теплоту
Q3  c  mA  mB 85  78  44100 Дж.
Следовательно, во второй серии опытов спирт выкипит не весь, конечная
температура смеси составит 78о C .
Пусть  - доля выкипевшего этанола (т.е.  mc - масса выкипевшего
этанола). Тогда можно написать следующее уравнение баланса:
Q3  Q1   mc rc
откуда
Q Q
  3 1  0,68 .
mc rc
Таким образом, масса оставшегося в смеси этанола
m  1    mc  0,0225 кг.
Отсюда сразу получаем, что массовая доля его в конечном растворе равна
приблизительно
m
 100%  1,5% .
mA  mB
1.
Определено количество теплоты, которое должен получить спирт, чтобы
нагреться от начальной температуры до температуры кипения – 1 балл.
2.
Указано, что при дальнейшем понижении температуры воды спирт будет
кипеть – 1 балл.
3.
Определено количество теплоты, необходимое для полного испарения
спирта – 1 балл.
4.
Указано, что этанол выкипит весь – 1 балл.
5.
Определены состав, масса и температура смеси в первом эксперименте – 1
балл.
6.
Определена масса воды в емкости В – 1 балл.
7.
Определена установившаяся температура – 1 балл.
8.
Определено количество теплоты, выделяющееся при остывании воды от
о
85 C до 78о C – 1 балл.
9.
Указано, что во второй серии опытов спирт выкипит не весь, конечная
температура смеси составит 78о C – 1 балл.
10. Найдена массовая доля спирта в конечном растворе– 1 балл.
5. (10 баллов) Незадачливые артиллеристы стреляют из
пушки, стоящей на наклонной плоскости. В момент выстрела
пушка срывается с креплений и начинает соскальзывать вниз с
нулевой начальной скоростью. Ядро вылетает и попадает в
скользящую пушку (см. рисунок). Коэффициент трения
скольжения пушки о плоскость равен  . Пренебрегая
сопротивлением воздуха, определите под каким углом к
наклонной плоскости вылетело ядро из пушки.
Решение.
Обозначим угол наклона через  , начальную скорость ядра – через v , массу
пушки – через m .
Введем систему координат, связанную с наклонной плоскостью (см. рис.), а
именно, начало координат O совместим с первоначальным положением пушки,
ось Ox направим вдоль наклонной плоскости, а ось Oy - перпендикулярно ей.
Будем описывать движение ядра и пушки в этой системе координат.
Сперва рассмотрим движение пушки после выстрела. Силы, действующие
на соскальзывающую пушку обозначены на рис. Напишем второй закон Ньютона
для пушки в проекциях на оси:
Ox :  F  mg sin   ma ,
Oy : N  mg cos  0 ,
откуда можно выразить ускорение пушки, исключив F и N . Так как F   N ,
получаем, что ускорение пушки:
a  g (sin    cos ) .
Рассмотрим теперь движение ядра. В используемой системе координат и по
оси Ox , и по оси Oy ядро движется равноускоренно. Из рисунка видно, что
проекции ускорения ядра на соответствующие оси g1  g cos  , g 2  g sin  .
Уравнения, описывающие движения ядра, следующие:
g t2
y (t )   sin  t  1 ,
2
g 2t 2
x(t )   cos  t 
2
Из первого уравнения находим время полета ядра:
2 sin 
T
.
g1
В этот момент времени, ядро окажется в точке
2 sin  g2 4 2 sin 2 
x(T )   cos 


g1
2 g12
2 sin  2 2 sin  sin 2 
,
  cos 

g cos 
g cos 2 
а пушка съедет на расстояние
aT 2 2(sin    cos  ) 2 sin 2 
.
S

2
g cos 2 
Приравнивая S и x T  , после сокращения обоих множителей, получаем:
 cos    sin  ,
откуда
1
  arctg .

Так как   0 , угол  всегда будет превосходить  / 2 .
1.
балл.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
Записан второй закон Ньютона для пушки в проекциях на оси координат – 1
Найдено выражение для ускорения, с которым скатывается пушка – 1 балл.
Записаны зависимости координат ядра от времени – 1 балл.
Найдено время полета ядра – 1 балл.
Получено уравнение траектории ядра – 1 балл.
Сформулировано и записано условие попадания ядра в пушку – 2 балла.
Найден искомый угол – 2 балла.
Отмечено, что    / 2 – 1 балл.