Министерство образования хабаровского края
|
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ ХАБАРОВСКОГО КРАЯХАБАРОВСКИЙ КРАЕВОЙ ИНСТИТУТ РАЗВИТИЯ ОБРАЗОВАНИЯ РЕКОМЕНДАЦИИ ПО ПРИМЕРНОМУ ОЦЕНИВАНИЮЗАДАНИЙ ПО ФИЗИКЕМУНИЦИПАЛЬНАЯ ОЛИМПИАДА 2009-2010 УЧЕБНЫЙ ГОД7 КЛАСС Задача 7.1. Скорость вертолета vв - это отношение расстояния 300 км минус искомое расстояние ℓ ко времени. Скорость самолета vс – это отношение расстояния 300 км плюс искомое расстояние ℓ ко времени. По условию задачи известно, что скорость самолета в 5 раз больше скорости вертолета. Приравняем скорости движения вертолета, найденные из каждого выражения, и находим расстояние ℓ. Оно равно 200км.
Задача 7.2. Одна сажень составляет 2,1336м или 213,36см. Один дюйм составляет 2,54 см, следовательно, скорость гусеницы равна приблизительно 0,31 см/с, а скорость червяка приблизительно 0,296 см/с. Можно считать, что скорости животных одинаковы.
Задача 7.3. Если провести плоскость, перпендикулярную серединам ребер кубиков, то 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 ρ = Nm0/V =m0/V0, где V0 = V/N – объем, приходящийся на один атом, то есть искомый объем элементарной ячейки кристаллической решетки. Отсюда V0 =m0/ ρ≈ 1,18*10-29м3.
Задача 7.4. Один кусок пластилина должен иметь правильную прямоугольную форму. При помощи линейки определяются линейные размеры этого тела и вычисляется его объем. Так как массы тел равны, они изготовлены из одного материала, то равны и их объемы.
Максимальный балл - 32 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ ХАБАРОВСКОГО КРАЯХАБАРОВСКИЙ КРАЕВОЙ ИНСТИТУТ РАЗВИТИЯ ОБРАЗОВАНИЯ РЕКОМЕНДАЦИИ ПО ПРИМЕРНОМУ ОЦЕНИВАНИЮЗАДАНИЙ ПО ФИЗИКЕМУНИЦИПАЛЬНАЯ ОЛИМПИАДА 2009-2010 УЧЕБНЫЙ ГОД8 КЛАСС Задача 8.1. 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 ρ = 2m/3m/ρ1 = 2/3ρ1. Отсюда находим плотности частей бруска: ρ1 = 3ρ/2 = 900 кг/м3, ρ2 = 3ρ/4 = 450 кг/м3.
Задача 8.2. Обозначим через m одного груза, ℓ - расстояние между соседними крючками. Применим для каждого из случаев правило рычага: (а) mℓ - 2m2ℓ + mnℓ = 0, отсюда n = 3 (б) 3mℓ - 2m3ℓ + mnℓ = 0, отсюда n = 3 (в) 2m2ℓ + m3ℓ - mℓ - 3m3ℓ + mnℓ = 0, отсюда n = 3
Задача 8.3. 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 сила Архимеда ρвρV/2 (приложена к поплавку) и ρвMg/ρс (приложена к грузилу). В равновесии сумма сил, действующих на систему, равна нулю: (m+M)g = ρвρV/2 + ρвMg/ρс, отсюда M = (ρвV/2 – m)/1 – ρв/ρс ≈ 0,55г
Задача 8.4. Из полоски бумаги изготовить коромысло рычажных весов, используя для опоры булавку (иголку). Отрезаем нити равной длины L и помещаем их на коромысло весов. Передвигая одну из нитей, добиваемся равновесия весов. Тогда m1ℓ1 = m2ℓ2 . Т.к. m =ρLD. Если материал нитей одинаков, то их плотности равны и D1/D2 = ℓ1/ℓ2 . Примечание: нити надо взять х/б разной длины порядка 1-2м, в качестве опоры можно использовать другой гладкий предмет цилиндрической формы, например, гвоздик. Важно, чтобы диаметр этого тела нельзя было бы определить путем прямых измерений при помощи миллиметровой бумаги.
Максимальный балл - 32 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ ХАБАРОВСКОГО КРАЯХАБАРОВСКИЙ КРАЕВОЙ ИНСТИТУТ РАЗВИТИЯ ОБРАЗОВАНИЯ РЕКОМЕНДАЦИИ ПО ПРИМЕРНОМУ ОЦЕНИВАНИЮЗАДАНИЙ ПО ФИЗИКЕМУНИЦИПАЛЬНАЯ ОЛИМПИАДА 2009-2010 УЧЕБНЫЙ ГОД9 КЛАСС Задача 9.1. Пусть L – длина свечки в некоторый момент времени, H – длина ее подводной части, S – площадь ее поперечного сечения. Согласно условию плавания тел, ρвgHS = ρпgLS, откуда H/L = ρп/ρв . За время ∆t длина свечки уменьшилась на величину ∆L = u∆t, а глубина погружения ее нижнего конца уменьшилась на ∆H = ρп/ρв∆L = u∆t ρп/ρв . Следовательно, нижний конец свечки (как и вся свечка) движется со скоростью v = ∆H/∆t = u ρп/ρв = 0,9u = 4,5*10-5м/с относительно сосуда.
Задача 9.2. На нагревание воды от 200С до 600С должно уйти время τ0 = сρV(t2 –t1)/Р = 168с. Следовательно, Петина «помощь» длилась в течение промежутка времени ∆t = τ – τ0 = 132с.
Задача 9.3. Сопротивление амперметра RА равно отношению напряжения U2 на нем к силе тока I, текущего через амперметр: RА = U2/ I = 0,1 кОм. Обозначим через RV сопротивление вольтметров. Через вольтметр V1 течет ток силой U1/RV , который разветвляется на текущий через вольтметр V2 ток силой U2/RV и ток силой I, текущий через амперметр: U1/RV = U2/RV + I, Отсюда RV = (U1 – U2)/ I = 0,9 кОм.
Задача 9.4. Нарезать листы бумаги и уложить полученные кусочки двумя стопками на поверхность стола. Прижимая одновременно обе стопки к столу рейкой и подкладывая кусочки бумаги, добиться параллельности ребра рейки относительно стола. Отношение числа кусочков в стопке дает отношение толщин H1 = H2, N1d1 = N2d2, N1/N2 = d2/d1.
Максимальный балл - 32 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ ХАБАРОВСКОГО КРАЯХАБАРОВСКИЙ КРАЕВОЙ ИНСТИТУТ РАЗВИТИЯ ОБРАЗОВАНИЯ РЕКОМЕНДАЦИИ ПО ПРИМЕРНОМУ ОЦЕНИВАНИЮЗАДАНИЙ ПО ФИЗИКЕМУНИЦИПАЛЬНАЯ ОЛИМПИАДА 2009-2010 УЧЕБНЫЙ ГОД10 класс Задача 10.1. Время τ хождения матроса по барже складывается из двух промежутков t1 и t2. Время t1 = L/v1 = 100м/1м/с = 100с; время движения обратно t2 = L/v2 = 100м/2м/с = 50с. Значит, вперед и назад по барже матрос проходит за 150с. Т.к. по условию задачи таких хождений 10, то общее время t прогулок составит 1500с. За это время баржа проходит относительно берега реки расстояние s = ut = 1500с*5м/с = 7500м. Поскольку матрос все время возвращается в исходную точку его перемещение относительно баржи равно нулю, а перемещение относительно берега реки будет равно перемещению баржи относительно берега, т.е. 7500м.
 Задача 10.2. Выберем координатные оси У Х  и У, как показано на рисунке. Тогда в     момент tп преодоления кузнечиком края к   оробки проекция его скорости на ось У v0   должна быть равна нулю, а координата y = h, ℓ  и можно записать следующие соотношения: α g Хv  0у + ауtп = 0; v0уtп + ауtп2/2 = h, где ау = –gcosα и v0у – проекции векторов ускорения и начальной скорости кузнечика на ось У. Отсюда h = v0у2/2 gcosα. При фиксированных значениях угла α и начальной скорости v0 максимальная высота подъема над дном коробки достигается при v0у = v0, то есть кузнечику следует прыгать перпендикулярно дну коробки. При этом cosα = v02/2gh ≈ 0,87, α = arccos v02/2gh ≈ 300. Вдоль оси Х кузнечик за время tп сместится на расстояние ℓ = ахtп2/2, где ах = gsinα. Отсюда ℓ = v02sinα/(2g cos 2 α) ≈ 30см. Т.о. размеры коробки достаточны для прыжка кузнечика.
Задача 10.3. Пусть перекинутая через блоки нить натянута с силой Т (см. рисунок). Тогда к рычагу приложены следующие силы: в точке А – направленная вниз сила тяжести m1 g, в точке В – направленная вверх сила натяжения 2Т, в точке С – направленная вверх сила натяжения нити Т, в точке D – направленная вниз сила тяжести m2 g. Поскольку геометрическая сумма сил, действующая на рычаг, должна быть равна нулю, получаем первое уравнение: 3Т = m1 g + m2 g, из которого находим Т = 1/3 (m1 + m2)g. Запишем правило равновесия рычага относительно одной из точек, например, относительно точки А: 2Та + т (а + b) = m2 g (а + b + c). Подставляя в это соотношение значение Т, находим: (m1 + m2)gа + 1/3 (m1 + m2)gb = m2 g (а + b + c). Отсюда m1 /m2 = (2b + 3с)/(3а +b) /               ////////////////////////////////////////  Т Т  2Т Т А а В b С c D  m1 g m2 g
Задача 10.4. Объем куба V = а3 = 1000см3. Пусть объем полости Vп, тогда масса куба m = Vρ = (V – Vп)ρ1 + Vпρ2. Отсюда выражаем Vп = V (ρ – ρ1)/(ρ2 – ρ1) = 700 см3.
Задача 10.5. Рекомендации: В качестве сосуда можно использовать стеклянные стаканчики, желательно узкие, на один можно наклеить скотчем полоску миллиметровой бумаги. В качестве неизвестной жидкости – насыщенный раствор поваренной соли. Размер кусочка пластилина – шарик порядка 2см в диаметре, полоска бумаги – 4-5см шириной и длиной 3-4см. Используя ручку или карандаш как оправку, наматываем полоску бумаги и обматываем ее скотчем. Один из концов трубки залепляем шариком из пластилина, подобрав его размер так, чтобы трубка плавала в воде в вертикальном положении. Помещаем трубку в мензурку с водой и определяем объем погруженной части V, замечая деление, по которое погружается трубка. Затем трубку помещаем в сосуд с неизвестной жидкостью и доливаем при помощи шприца в открытую часть трубки воду, добиваясь погружения трубки по то же деление, что и в воде. Определяем массу долитой воды. Тогда ∆mg = ∆Fа; ∆Fа = (ρ2 – ρ1)gV; ∆m = (ρ2 – ρ1)V; ρ2 = ρ1 + ∆m/V.
Максимальный балл – 40 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ ХАБАРОВСКОГО КРАЯХАБАРОВСКИЙ КРАЕВОЙ ИНСТИТУТ РАЗВИТИЯ ОБРАЗОВАНИЯ РЕКОМЕНДАЦИИ ПО ПРИМЕРНОМУ ОЦЕНИВАНИЮЗАДАНИЙ ПО ФИЗИКЕМУНИЦИПАЛЬНАЯ ОЛИМПИАДА 2009-2010 УЧЕБНЫЙ ГОД11 КЛАСС Задача 11.1. Количество теплоты, которое выделяет стальной шарик при охлаждении до 00С, будет равно количеству теплоты, которое необходимо для плавления льда, т.е. Qш = Qл Qш = cm0(t – t0), где m0 – масса шарика. m0 = ρстVст; Vст =4/ 3πR3, где R – радиус стального шара. Qл= mлλ, где mл – масса расплавленного льда. mл = ρлVл; Vл = Vцилиндра + 1/2 Vст (см.рисунок) Vцилиндра = πR2 R; Следовательно , Vл = πR3 + 4/6 πR3 = 5/3 πR3 П    рименяя уравнение теплового баланса, выразим начальную температуру шара. t = 5ρлλ/4cстρст = 106,60С
З           адача 11.2. Из закона отражения света вытекает, что нормаль к свободной поверхности воды направлена под углом φ= (ά – γ)/2 к вертикали (см. рисунок) φγ     ά а    Δ Δma   ΔmgСледовательно, свободная поверхность воды наклонена под этим углом к горизонтали. Рассмотрим слой воды массой Δm на свободной поверхности. Запишем для него второй закон Ньютона в проекции на плоскость, касательную к поверхности: Δmg sinφ = Δmacosφ.Отсюда a = gtgφ = gtg (ά – γ)/2.
Задача 11.3. Изобразим цикл тепловой машины на термодинамической диаграмме в pV-координатах (см.рисунок): 1-2 и 3-4 – изобары, 2-3 и 4-1 – изотермы. КПД цикла равен отношению совершенной в цикле работы к полученному на участке 1-2-3 количеству теплоты. Рассчитаем работу на различных участках цикла. Обозначим работу на участке 1-2 через А12 = А; тогда по условию задачи для участка 2-3 имеем А23 =А. Для расчета работы на участке 3-4 учтем, что в силу условия задачи Т2 = Т3 = Тмакс, Т1 = Т4 = Тмин, Т3 =2Т4, р1 =р2, р3 = р4. Поэтому V3 = (Т3 /Т4)V4 =2V4, V2 = (Т2/Т1)V1 = 2V1, р1V1 = р4V4; отсюда А34 = – р4( V3 – V4) = –р4V4 = – р1V1 = –р1( V2 – V1) = –А. Для расчета работы на участке 4-1 заметим, что кривая 1-4 получается из кривой 2-3 сжатием в два раза вдоль оси V, поэтому площади под кривыми 1-4 и 2-3 отличаются в два раза: А41 = – А/2. Суммарная работа в цикле, таким образом, равна А∑ = А12 + А23 + А34 + А41 = А + А – А – А/2 = А/2 Рассчитаем полученные газом количества теплоты на участках 1-2 и 2-3. Сообщаемое газу количество теплоты идет на изменение его внутренней энергии, которая для одноатомного гелия равна 3/2рV, и на совершение работы: Q12 = 3/2р1(V2 – V1) + р1(V2 – V1) = 5/2А, Q23 = А. Суммарное количество теплоты, полученное на участке 1-2-3, равно Q123 = Q12 + Q23 = 5/2А + А = 7/2А. З   начит, КПД цикла равен ή = А∑ / Q123 =1/7 ≈ 14%.    р 1 2 4 30 V
Задача 11.4. Найдем сопротивление электрической цепи между точками А и В (см.рис.1). Для этого перерисуем схему цепи, как показано на рис.2 R1 1 R2 2 R3 R1 1 R2 2 R3 5 R8 А                    А В R5 R7 R4 R6 R7 R5 R6 В    5   3 R8 4 R4 4 3 Рис.1 рис.2 Из симметрии участка схемы, содержащего резисторы R3, R5, R6 , R7, 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 изменятся. Сопротивление цепи после удаления этого резистора определяется из законов последовательного и параллельного сопротивления проводников; оно равно RАВ = 5/3R. Следовательно, έ = IRAB =5/3IR = 5B.
Задача 11.5. Примечание: в качестве тела можно использовать пробку от пластиковой бутылки, утяжелив ее пластилином. Для решения задачи можно использовать закон сохранения энергии, предварительно определив коэффициент трения тела о поверхность линейки. Для этого изготовить из штатива и линейки наклонную плоскость, медленно увеличивая угол наклона линейки, определить угол, при котором тело начинает скользить по ее поверхности. Тогда κ1 = tgα. Изготовить наклонную плоскость с углом наклона β, таким, чтобы после соскальзывания тела с линейки оно проходило бы некоторое расстояние до остановки по столу. Тогда mgh = Атр1 + Атр2 , где Атр1 –работа силы трения придвижении тела по линейке, Атр2 – работа силы трения придвижении тела по крышке стола. Тогда mgh = κ1mgLcosβ + κ2Smg, где L – путь, пройденный по линейке, S – путь, пройденный по столу до остановки, β – угол наклона плоскости. κ2 = (h – κ1Lcosβ)/S. Тангенс и косинус угла наклона плоскости к горизонту в первом и втором случае находим из соотношения между углами и сторонами прямоугольного треугольника.
Максимальный балл – 40 |
Похожие:
 | Министерство образования хабаровского края Хабаровский краевой институт переподготовки и повышения квалификации педагогических кадров | | Министерство образования хабаровского края Хабаровский краевой институт переподготовки и повышения квалификации педагогических кадров |
| Министерство образования хабаровского края Хабаровский краевой институт переподготовки и повышения квалификации педагогических кадров | | Министерство образования хабаровского края Хабаровский краевой институт переподготовки и повышения квалификации педагогических кадров |
| Министерство образования хабаровского края Хабаровский краевой институт переподготовки и повышения квалификации педагогических кадров | | Министерство образования хабаровского края Хабаровский краевой институт переподготовки и повышения квалификации педагогических кадров |
| Министерство образования хабаровского края Хабаровский краевой институт переподготовки и повышения квалификации педагогических кадров | | Постановление Правительства Хабаровского края О программе развития воспитания в системе образования хабаровского края на 2009 – 2011 годы |
| Постановление Правительства хабаровского края «О комплексе мер по модернизации региональной системы общего образования Хабаровского края на 2011 год» | | Министерство образования Хабаровского края Краевое государственное образовательное учреждение дополнительного образования (повышения квалификации) «Хабаровский краевой институт развития образования» Требований Государственных образовательных стандартов высшего профессионального образования по соответствующим специальностям |
| Информатизация системы образования Организаторы мероприятия: министерство образования и науки Хабаровского края и краевое государственное бюджетное образовательное... |