Гидростатика, плотность тел

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 7 КЛАССА

КИНЕМАТИКА

(2006-2) Средняя скорость автобуса – это отношение пройденного пути к затраченному времени. Так как расстояние от «Ясной поляны» до Рязани из-за дождя не изменилось, и время, проведенное школьниками в автобусе, также не изменилось (потому что автобусы въехали в Рязань в точно запланированное время), то средняя скорость совпадает с начальной скоростью v_ср = 70 км/ч.

Пусть дождь шел в течение времени t. Тогда путь, пройденный за это время, составил v₂·t. Время, за которое после дождя автобусы проехали оставшееся расстояние, равно S/v₃. Ясно, что время, затраченное автобусами с момента начала дождя до прибытия в Рязань, должно равняться времени, которое потребовалось бы для преодоления того же расстояния с начальной скоростью v₁:

t+ S/v₃·= (v₂·t+S)/v₁.

Отсюда находим время, в течение которого шел дождь:

(2007-1) За промежуток времени T от одного противостояния до другого Марс совершает k оборотов, а Земля k + 1 оборот (k не обязательно целое!). Этот промежуток времени выражается через периоды обращения Земли и Марса вокруг Солнца T_З и T_М следующим образом: T = (k + 1)T_З = kT_М. Отсюда находим и . Подставляя численные значения T_З и T_М, получаем T » 779 дней.

(2009-1) За одно и то же время – 4 минуты – Петя проехал300 + 400 = 700 метров, а Егор – 500 метров. Весь периметр квартала Петя объезжает за время, равное 4 + 4∙(5/7) = 48/7 минут, а Егор – за 4 + 4∙(7/5) = 48/5 минут.

Чтобы снова оказаться одновременно в точке A, каждый из мальчиков должен проехать целое число кругов, Петя – m, а Егор – n. Таким образом, общее время в пути составит m∙(48/7) = n∙(48/5) минут, откуда 5∙m = 7∙n. Наименьшие целые значения m и n, удовлетворяющие этому уравнению,

равны, очевидно, m = 7 и n = 5, а искомое минимальное время до повторной встречи мальчиков в точке A составляет m∙(48/7) = 7∙(48/7) = 48 минут = 0,8 часа.

(2010-1) Обозначим искомое расстояние через , а расстояние от Сметанино до Простоквашино – через . Ясно, что кот Матроскин за время t = 0,5 часа – до встречи с Печкиным – успел пробежать со скоростью v = 5 км/час расстояние . За то же время Печкин проехал назад со скоростью V = 15 км/час расстояние до потерянной посылки и еще в сторону Простоквашино до встречи с Матроскиным, то есть всего он проехал до этой встречи расстояние за те же полчаса: . Отсюда

(2010-2) Один из соревнующихся выбрал такую траекторию движения трактора, которая изображена на рисунке 1. Она состоит из 10 прямых проходов шириной 10 м и длиной 100 м, которые покрывают все поле. Прямые участки соединяются между собой вне поля 8 разворотами на 180^◦ с минимальным радиусом и одним большим разворотом со сдвигом вбок на 10 м в конце первой половины дистанции. Большой разворот содержит 3 прямых участка длиной 10 м каждый и дуги поворотов с тем же минимальным радиусом, составляющие в сумме 360^◦. Полная длина минимальной дистанции составляет, таким образом,

,

а время, затраченное на ее прохождение, равно

Рис 1

Другой участник использовал более короткую траекторию для большого разворота (см. чертеж разворота на рис. 2), которая состоит из дуг поворотов, в сумме составляющих 60^◦ + 300^◦ + 60^◦ = 420^◦ = (7/3)π, и 2 прямых участков длиной каждый, так что длина большого разворота равна (7/3)πR + (2/ )R ≈ 84,8 м, длина всей дистанции равна 1336,1 м, а время ее прохождения – 668,1 с ≈ 11 мин.08 с.

Рис. 2

Третий участник использовал разворот, который, по-видимому, и является наиболее коротким (см. чертеж разворота на рис. 3) – он состоит только из дуг поворотов: вначале на угол α = arссcos(3/4) ≈ 41,4^◦ влево, затем на угол вправо, и в конце снова на угол α ≈ 41,4^◦ влево, что в сумме дает угол 345,6^◦ и длину разворота примерно 60,3 м. Таким образом, длина всей дистанции получается около 1311,6 м, а время ее прохождения составляет примерно 655,8 с ≈ 10 мин.56 с.

Рис. 3

(2011-1) Красная Шапочка добежит до бабушки за 3000/2,5 = 1200 c = 20 минут, а волк может преодолеть это же расстояние вдвое быстрее, за 10 минут. Поэтому Красной Шапочке пришлось его задержать еще на 10 минут, пожертвовав 10 пирогами – она была экономной девочкой. Таким образом, бабушке досталось 10 пирогов.

(2011-2) Средняя скорость по определению равна , где h – высота пальмы, t – время падения. Высота пальмы равна пути, пройденному кокосом при свободном падении за время t: . Выразим из этой формулы время: и подставим его в формулу для средней скорости. Имеем: . Из этой формулы выражаем h и получаем ответ: 5 м.

(2011-3) Пусть заданы скорости V₁ и V₂. Выясним, чему равна средняя скорость автобуса в предположении Коли и в предположении Саши. Пусть весь путь равен S, а полное время движения равно t. Средняя скорость по определению равна .

1. Предположение Коли: путь состоял из двух частей одинаковой длины . Времена прохождения первого и второго участка пути равны соответственно и . Средняя скорость равна . Это выражение не равно тождественно , поэтому в общем случае (для произвольных значений V₁ и V₂) предположение Коли неверно.

2. Предположение Саши: путь состоял из двух участков, пройденных за одинаковое время . Тогда длины этих участков соответственно равны и , а средняя скорость равна . Таким образом, предположение Саши справедливо для любых значений V₁ и V₂.

(2012-1) Пусть L – длина эскалатора. Поскольку Вася поднялся за время t₁ = 1 мин = 60 с, скорость эскалатора составляет L/t₁. Петя, поднявшись за время t₂ = 40 с, двигался относительно Земли со скоростью L/t₂, а относительно эскалатора – со скоростью L/t₂ – L/t₁. Скорость Пети на спуске относительно экскалатора равна 3(L/t₂ – L/t₁), а относительно Земли она составляет 3(L/t₂ – L/t₁) – L/t₁ = L(3t₁ – 4t₂)/(t₁t₂). Поэтому Пете для прохождения расстояния L на спуске потребуется время t₃ = t₁t₂/(3t₁ – 4t₂) = 120 c.

(2012-2) Первые 0,5 км дистанции автомобиль проходит со скоростью 60 км/ч (или 1 км/мин) – на это требуется 0,5 минуты. Следующие 0,5 км автомобиль движется со скоростью 30 км/ч (или 0,5 км/мин) – на это требуется еще 1 минута. Оставшиеся 0,5 минуты автомобиль едет со скоростью 15 км/ч (или 0,25 км/мин.), при этом он проезжает еще 0,125 км. Таким образом, всего автомобиль за 2 минуты проехал 1,125 км.

(2012-3) Пусть L – длина круга, V_И, V_К, V_М – скорости Ирины, Карины и Марины соответственно, t_ИК = 2 мин. – время, через которое встречаются Ирина и Карина, t_КМ = 3 мин. – время, через которое встречаются Карина и Марина, t_ИМ – неизвестное время, через которое встречаются Ирина и Марина.

Встречи школьниц происходят в те моменты, когда одна из них пробегает на один круг больше, чем другая. Запишем условия задачи в виде равенств:

|V_И – V_К| = L/t_ИК; |V_К – V_М| = L/t_КМ; |V_И – V_М| = L/t_ИМ.

Рассмотрим два случая:

1) V_И – V_К и V_К – V_М имеют одинаковые знаки; тогда ||V_И – V_К| + |V_К – V_М|| = |V_И – V_М|, и L/t_ИК + L/t_КМ = L/t_ИМ. Отсюда t_ИМ = t_ИК×t_КМ/(t_ИК + t_КМ) = 1,2 мин.

2) V_И – V_К и V_К – V_М имеют разные знаки; тогда ||V_И – V_К| – |V_К – V_М|| = |V_И – V_М|, и
|L/t_ИК – L/t_КМ| = L/t_ИМ. Отсюда t_ИМ = t_ИК t_КМ/|t_ИК – t_КМ| = 6 мин. – это другой возможный ответ.

(2013-1) За пять часов Кузя совершил 5 выездов из точки А. Так как последовательность прохождения точек ни в один из этих часов не повторялась, то одной из них вполне могла быть . Согласно условию равномерного движения Кузи, эта последовательность имеет вид:

,

или, учитывая, что м/с, а с, получаем

(а) м.

Остальные возможные последовательности движения Кузи:

.

Таким образом, подсчитывая в этих последовательностях число прохождений точек В, С и D, находим, что

(б) у Кузи за 5 часов должна была загореться 21 наградная лампочка.

ПРОСТЫЕ МЕХАНИЗМЫ

(2006-4) Легко видеть, что каждый блок, охваченный двумя горизонтальными участками тросов, дает выигрыш в силе в 2 раза. Значит, три таких блока, изображенные на рисунке, дадут выигрыш в 2³ = 8 раз. Сила тяжести, действующая на груз, равна r_сgV, где V = a²h – объем груза. Значит, сила натяжения толстого троса будет в 8 раз больше: T = 8r_сgV.

Отсюда получаем, что объем стального груза составляет , a его длина равна » 0,32 м = 32 см.

(2007-3) Ввиду невесомости блоков и троса и отсутствия трения сила натяжения троса равна F в любой его части. К нижнему блоку приложены три силы F, направленные вверх, и одна сила P, направленная вниз. Поскольку этот блок находится в равновесии или медленно и равномерно поднимается, то P = 3F, а F = P/3.

Можно также решать эту задачу, пользуясь «золотым правилом механики». Нетрудно заметить, что при перемещении нижнего блока вверх на высоту h три вертикальных отрезка троса над нижним блоком укоротятся на ту же величину, так что надо будет переместить конец троса вниз на расстояние 3h, то есть, проигрывая в расстоянии в 3 раза, мы получаем выигрыш в силе – она уменьшается тоже в три раза, и F = P/3.

СТАТИКА

(2008-3) Обозначим через массу одного груза, – расстояние между соседними крючками. Применим для каждого из случаев правило рычага:

(а) m×l – 2m·2l + m·nl = 0, отсюда n = 3;

(б) 3m×l – 2m·3l + m·nl = 0, отсюда n = 3;

(в) 2m·2l + m·3l – m·l – 3m·3l+ m·nl = 0, отсюда n = 3.

(2008-4) Как следует из условия, при m = m₀ груз в равновесии только коснулся стола, не оказывая на него давления. Следовательно, действующая на груз сила тяжести m₀g уравновешивается силой упругости пружины. При дальнейшем увеличении массы груза сила упругости пружины не меняется, а сила тяжести становится равной mg. Следовательно, груз давит на поверхность стола с силой F = (m – m₀)g = 6 Н.

(2008-5) На систему, состоящую из поплавка и грузила, действуют направленные вниз силы тяжести mg (приложена к поплавку) и Mg (приложена к грузилу), а также направленные вверх силы Архимеда ρ_вgV/2 (приложена к поплавку) и ρ_вMg/ρ_c (приложена к грузилу). В равновесии сумма сил, действующих на систему, равна нулю: (m + M)g = ρ_вgV/2 + ρ_вMg/ρ_c. Отсюда

.

(2009-2) Решение может быть различным.

Например, если закрепить любые два из подвесных блоков и вытянуть нить с правым грузом вниз на какое-то расстояние h, то оставшийся подвижным i-ый блок с грузом m_i поднимется, очевидно, на h/2. Поскольку за счет такой системы нельзя получить выигрыш в работе, то
m₄ gh = (m₀ + m_i)gh/2, и m_i = 2m₄ – m₀ = 1,7 кг (i = 1, 2, 3).

Можно использовать и тот факт, что при условиях задачи сила натяжения T нити везде одинакова, а система покоится: m₄ g = T, (m₀ + m_i)g = 2T = 2 m₄ g, откуда следует тот же ответ.

(2010-3) Обозначим через f₁ и f₂ силы, действующие на рычаг вверх со стороны левой и правой опор. Ясно, что в равновесии обе силы должны быть положительны: если одна из них обратится в ноль, то рычаг опрокинется. Запишем правило рычага относительно левой и относительно правой опоры:

,

.

Так как силы, действующие со стороны опор, положительны, получаем:

,

.

Отсюда

.

Поскольку рычаг и бочки легкие, массы бочек с водой в момент времени после начала наливания равны, соответственно, и . Подставляя эти выражения в полученное выше неравенство, получаем:

,

или, используя численные значения, приведенные в условии задачи, имеем:

.

(2013-4) Сила, с которой 5 смешариков действуют на пружину динамометра, равна их весу.

На Земле эта величина равна ;

на Луне ;

на Марсе .

Удлинение пружины прямо пропорционально силе, действующей на нее, т.е., если

сила вызывает удлинение см,

то сила вызовет удлинение см,

а сила вызовет удлинение см.

Таким образом, в бортовом журнале Нюша должна была бы записать:

«Наш общий вес по сравнению с Луной увеличился на 3 см.».

ГИДРОСТАТИКА, ПЛОТНОСТЬ ТЕЛ

(2006-1) Мы знаем, что на глубине h под поверхностью жидкости давление равно p = rgh, где r – ее плотность, а g – ускорение свободного падения. Однако, мы не можем воспользоваться этой формулой для нахождения давления в центре Земли, поскольку g не остается постоянным по мере продвижения вглубь Земли. Действительно, представим себе, что нам удалось просверлить скважину до центра Земли. Ясно, что тело, опущенное в нее до этого центра, будет находиться в состоянии невесомости, поскольку оно со всех сторон одинаково притягивается веществом Земли. Таким образом, ускорение свободного падения постепенно уменьшается от значения 10 м/с² на поверхности Земли до нуля в ее центре. Поэтому в формулу для давления надо подставить среднее значение ускорения свободного падения, равное g/2. Значит, величина давления в центре Земли примерно равна p = rgR_З/2 » 1,6·10¹¹ Па = 1,6 миллиона атмосфер!

(2006-3) Обозначим через x искомую глубину. Сила тяжести, действующая на льдину с медведем, равна, очевидно, g[m + r_лS(h + x)]. Она должна равняться силе давления воды на нижнюю поверхность льдины, находящуюся на глубине x: r_вg x S, поскольку льдина находится в состоянии равновесия. Отсюда получаем: .

(2007-2) Пусть η – часть объема снега, занимаемая льдом, S – площадь, на которую давит снег. Тогда снег массой m = ρ_лShη оказывает давление p = mg/S = ρ_лghη. Отсюда . Таким образом, лед занимает 10% объема снега.

(2007-4) Пусть V – объем шарика. Натяжение нитей может остаться неизменным только в том случае, если ρ < ρ_в, а сумма сил тяжести и Архимеда после заполнения сосуда водой ρ_вgV – ρgV равна по модулю и противоположна по направлению силе тяжести ρgV. Таким образом, ρ_вgV – ρgV = ρgV. Отсюда ρ = ρ_в/2 = 500 кг/м³.

(2008-2) Пусть m – масса каждой из частей бруска, ρ₁ и ρ₂ = ρ₁/2 – их плотности. Тогда части бруска имеют объемы m/ρ₁ и 2m/ρ₁, а весь брусок массу 2m и объем 3m/ρ₁. Средняя плотность бруска . Отсюда находим плотности частей бруска: ρ₁ = 3ρ/2 = 900 кг/м³, ρ₂ = 3ρ/4 = 450 кг/м³.

(2009-3) Разобьем мысленно весь бассейн на «отсеки» длиной 12,5 м, шириной 20 м и высотой 1 м. Объем каждого такого отсека равен 250 м³, и он заполняется водой с постоянной скоростью 1000 л/мин. = 1 м³/мин. Таким образом, весь самый нижний отсек бассейна заполнится за 250 минут от h = 0 до h = 1 м. Следующий метр высоты от дна бассейна содержит два таких отсека, и они будут заполняться вдвое дольше – 500 минут. Выше на метр приходятся три отсека, они заполнятся за 750 минут. Самый верхний метр глубины бассейна содержит 4 отсека, и они заполнятся за 1000 минут. График h(t) приведен на рисунке, а время заполнения пустого бассейна водой доверху равно 250 + 500 + 750 + 1000 = 2500 минут = 41 час 40 минут.

(2009-4) Обозначим объем стекла пробирки через . Тогда, очевидно, плотность стекла ρ_ст = M/V_ст, и при погружении плавающей пробирки по горлышко для массы вытесненной ею воды из закона Архимеда имеем: (V + V_ст)ρ_в = M + m. Отсюда = (M + m)/ρ_в – V = 32 см³,
ρ_ст = Mρ_в/(M + m – ρ_вV) = 2,5 г/см³.

При погружении в воду по горлышко пробирка вытесняет объем воды V + V_ст = 92 см³, поэтому уровень воды в сосуде с площадью поперечного сечения, равной πR², поднимается на Δh = (V + V_ст)/(πR²) = (M + m)/(ρ_вπR²) ≈ 1,17 см.

(2010-4) Будем считать, что оболочка шарика легкая, то есть пренебрежем ее массой по сравнению с массой Винни-Пуха. На надутый шарик действуют вниз вес Винни-Пуха и сила тяжести воздуха внутри оболочки: , а вверх – сила Архимеда: . Приравняв эти силы, получим, что Винни-Пух будет взлетать при объеме шарика, большем

Это не шарик, а целый воздушный шар! И его оболочка, наверное, не такая уж легкая…

Действительно, в мультфильме что-то не так!

(2011-4) Найдем площадь S бортов и дна «корабля»: .

Умножим площадь S на толщину фольги и плотность алюминия, и найдем массу «корабля»: .

Найдем далее объем «корабля»: .

Масса воздуха в объеме «корабля» равна .

Общая масса «корабля» с воздухом в нем равна .

Чтобы корабль плавал, не погружаясь глубже высоты его бортов, масса вытесненного им газа должна быть не меньше общей массы «корабля» с воздухом в нем: , откуда плотность тяжелого газа должна быть не менее

.

(2012-4) Массу груза можно выразить через вес груза в воздухе: она составляет 17 Н/10 Н/кг = 1,7 кг. Объем груза равен объему воды, вытесненному грузом при погружении, и составляет 10 см × 10см × 2 см = 200 см³. Следовательно, плотность груза равна 1700 г/200 см³ = 8,5 г/см³ = 8500 кг/м³.

(2013-2) Средняя плотность карандаша равна , где – масса графита, – его объем, – масса деревянной оболочки, – ее объем, – объем карандаша.

Объем цилиндра равен , где – радиус сечения цилиндра, – высота цилиндра.

В нашем случае

м³;

м³;

м³;

кг,

и кг/м³.

МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА

(2008-1) Проведем плоскости перпендикулярно серединам ребер кубиков. В результате кристалл окажется разделенным на кубики, в каждом из которых находится по одному атому.

Пусть кристалл имеет объем V и содержит N атомов. Тогда плотность металла , где V₀ = V/N – объем, приходящийся на один атом, то есть искомый объем элементарной ячейки кристаллической решетки. Отсюда V₀= m₀/ρ » 1,18·10^–29 м³.

(2013-3) Объем ртути при 35 °C равен .

При нагревании масса m ртути остается постоянной, а объем за счет теплового расширения увеличивается, что и приводит к уменьшению плотности ртути; при 42 °C она становится равной , то есть увеличенный объем ртути равен .

Избыточный объем вытесняется из резервуара в капилляр, увеличивая длину столбика ртути на l = 5 см: .

Таким образом, площадь поперечного сечения капилляра равна .