Решения 7 класса (город 2008)
- Подробности
- Обновлено 01.05.2013 11:40
Решения задач городского тура 2008 года для 7 класса.
Задача 1.
Заметим, что так как корыта практически невесомые, уровни воды в них одинаковы. В самом деле, если бы уровень воды в среднем корыте был меньше, чем в большом, то возникала бы выталкивающая сила, так как сила Архимеда, действующая на корыто, была бы больше его силы тяжести. Аналогично можно доказать, что в среднем корыте не может быть уровня воды больше, чем в большом. Таким образом, пренебрегая толщиной стенок корыт, мысленно уберём их. В системе уже содержится 2 л воды. Тем самым, залив в самое большое корыто ещё 8 литров воды, мы получим максимальное заполнение системы.
Задача 2.
Так как клоп неподвижен относительно земли, цилиндр должен вращаться так, чтобы скорость его обода была в точности равна $v$. Следовательно, второй цилиндр вращается с такой же скоростью. Таким образом, таракан во время того, как бежит по левому цилиндру, развивает скорость $2v -v = v$ относительно земли. На то, чтобы пройти четверть окружности он тратит время, равное
$$t_1 = \frac{L}{4} \frac{1}{v} = \frac{L}{4v}.$$
По правому цилиндру таракан ползёт со скоростью $2v + v = 3v$ относительно земли, и на преодоление четверти окружности он затрачивает время
$$t_2 = \frac{L}{12v}.$$
Искомое время равно $T = t_1 + t_2 = L/3v = 10~\text{с}.$
Задача 3.
Расстояние от нижнего конца нерастянутой пружины до вершины опоры равно $L=H - h - x_0 = 0{,}6~\text{м}$. При этом сила Гука со стороны пружин равна $F_1 = k_1 (L-\Delta x)$ и $F_2 = k_2 (L+\Delta x)$. Рассмотрим уравнение равновесия рычага. Так как он равноплечный, то $F_1 = F_2$. Отсюда получаем, что
$$\Delta x =L\, \frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}=0{,}15~\text{м}.$$
Отсюда видно, что обе пружины растянуты, следовательно, силы Гука с их стороны тянут опору вверх. При этом $F_1 = 25~\text{Н/м} \cdot (0{,}6~\text{м} - 0{,}15~\text{м}) = 11{,}25~\text{Н}$ и $F_2=F_1$. Значит, суммарная сила, действующая на пол, равна $F=Mg - F_1 - F_2 = 77{,}5~\text{Н}$.
Задача 4.
Приведём примеры таких систем.
 |
 |
| Выигрыш в три раза (два блока, две верёвки). | Выигрыш в пять раз (три блока, две верёвки). В большом блоке обе верёвки привязаны к оси. |
Заметим, что можно получить сколь угодно большой выигрыш в силе, обмотав нить несколько раз вокруг системы из двух блоков, к нижнему из которых прицеплен груз.
Задача 5.
При наливании указанных жидкостей (керосин, масло) деревянная деталь всплывёт. Таким образом, давление на левый поршень будет определяться лишь высотой столба масла, то есть $p = \rho_1 g h$. Для равновесия необходимо, чтобы столбик высотой $h$ в правом колене оказывал такое же давление. Оно складывается из давления столба воды высотой $h-h_1$ и давления столба керосина высотой $h_1$. Таким образом, можно записать уравнение
$$\rho_1 g h = \rho_0 g (h-h_1) + \rho_2 g h_1,$$
откуда получаем
$$h_1 =h \frac{\rho_0 - \rho_1}{\rho_0-\rho_2} = 5~\text{см}.$$
Задача 6.
При поднятии груза человек должен прикладывать такую силу к ручке подъёмного механизма, чтобы компенсировать момент суммарной силы, действующей на груз. Вес груза в воздухе в 5/4 раза больше, чем в воде, так как в случае поднятия груза в воде суммарная сила складывается из силы Архимеда и силы тяжести:
$$F_{sum} = Mg - F_A = \rho_1 V g - \rho_0 V g = Vg (\rho_1 - \rho_0).$$
Соответственно, человек прикладывает силу $F_0$ такую, что
$$F_0 (r_1+R) = F_{sum} R, \quad F_0 = \frac{Vg (\rho_1 - \rho_0) R}{r_1 + R}.$$
В случае, если человек хочет вытащить груз из воды полностью, он должен удлинить ручки так, чтобы момент силы $F_0$ компенсировал $F_{sum} = Mg$ (поскольку сила Архимеда уже не действует). Таким образом, получаем, что
$$F_0 (r_2 + R) = \rho_1 V g R, \quad F_0 = \frac{Vg\rho_1 R}{r_2 + R}.$$
Сравнивая эти выражения, получаем, что
$$1 - \frac{\rho_0}{\rho_1} = \frac{r_1+R}{r_2+R}, \text{ откуда } r_2 = \frac54 r_1 + \frac14 R = 35~\text{см}.$$
Задача 7.
Скорости машин в потоке постоянны и не меняются, следовательно, поток должен быть однородным. То есть, $n$ — число машин на 100 м пути — постоянно по всему потоку. Сосчитаем, сколько машин $N$ проезжает мимо какой-либо отметки на шоссе за время $T$. Рассмотрим поток машин длиной $S= V T$. Так как «концентрация» машин $n$ постоянна по всему потоку, в нём содержится $N = n S = n V T$ машин. В нашем случае $T$ фиксировано и равно одному часу. Таким образом, чтобы найти максимальное количество машин, проезжающих мимо отметки на шоссе, надо найти максимум выражения $V \cdot n$. Это означает, что на графике $V(n)$, приведённом в условии, надо найти такую точку, что $V \cdot n = max$. Видно, что этот максимум достигается при $V=80~\text{км/ч}$ и $n=50~\text{машин на 100 м}\, (500~\text{машин на 1 км})$. Отсюда следует, что $N = 40000~\text{машин}$.