Белорусская, 1989/90, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Мысленно вырежи тонкий слой воды у отверстия и приравняй горизонтальную силу поверхностного натяжения к силе гидростатического давления на боковую границу слоя.

Ответ

\(h=\sqrt{\dfrac{2\sigma(1+\cos\theta)}{\rho g}}\approx 4{,}6\) мм.

Решение

10-1. Вырежем мысленно тонкий плоский слой воды, находящийся около отверстия, толщина которого (в направлении, нормальном плоскости чертежа) – \(a\). По горизонтали на него действуют (слева) силы поверхностного натяжения, (справа) сила давления воды. Соответственно первое условие равновесия выделенного участка воды запишется как:

\[\sigma \cdot a + \sigma \cdot a \cdot \cos \theta = \rho g \frac{h}{2} h a,\tag{1}\]

где \(\sigma\) – коэффициент поверхностного натяжения воды, \(\theta\) – краевой угол, \(h\) – искомая высота слоя воды из (1):

\[h = \sqrt{\frac{2\sigma(1+\cos\theta)}{\rho g}} = 4{,}6\text{ мм}.\tag{2}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Рассчитай ток при каждом сопротивлении и сравни его с шкалой прибора. С диодом ток и напряжение находятся графически: нужна точка пересечения ВАХ диода и ВАХ остальной цепи.

Ответ

Сопротивления \(1{,}0\) Ом и \(1{,}0\) МОм таким омметром измерить нельзя, \(1{,}0\) кОм измерить можно; с диодом омметр покажет около \(1{,}3\) кОм.

Решение

10-2. Операция установки «нуля» омметра сводится к тому, что переменный резистор устанавливают в положение полного отклонения стрелки прибора, т.е.

\[R_{\text{общ}} = \frac{1{,}5\,\text{В}}{1\,\text{мА}} = 1{,}5\,\text{кОм}\,.\]

Теперь ясно, что при измерении резистора \(1\) Ом ток в цепи останется практически таким же, т.е. при обычной точности амперметра \(1{,}5\%\)-\(2{,}5\%\) измененный мы не заметим, а, стало быть, данное сопротивление не измерим.

Резистор \(1\) кОм уменьшит ток до:

\[I_2 = \frac{1{,}5\,\text{В}}{(1{,}5 + 1)\,\text{кОм}} = 0{,}6\,\text{мА}\,,\]

т.е. практически до половины шкалы. Таким образом, \(1\) кОм – хорошо измеряемая величина в данном случае. При сопротивлении \(1\) МОм (\(1000\) кОм) ток:

\[I_3 = \frac{1{,}5\,\text{В}}{(1000 + 1)\,\text{кОм}} = 0{,}0015\,\text{мА}\,.\]

Значение \(I_3\) также «поглощено» погрешностью прибора.

Ток в цепи с диодом определим графическим способом, построив вольт-амперную характеристику (ВАХ) омметра на одном и том же графике с ВАХ диода. Поскольку ток в цепи одинаков, то точка пересечения графиков даст нам значения тока и напряжения в установившемся режиме.

Таким образом:

\[R = \frac{1{,}3\,\text{В}}{0{,}1\,\text{мА}} = 1{,}3\,\text{кОм}.\]

Значит отградуированный омметр и покажет данное сопротивление в цепи с кремниевым диодом.

Подчеркнем, что использованный графический прием достаточно эффективен при решении задач с различными нелинейными элементами: полупроводниковыми приборами, электрическими дугами и т.д.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

В толще проводящей стенки поля нет, значит, энергия поля заряда уменьшается на энергию, «съеденную» этой стенкой. Сравни «съеденную» энергию до и после перестановки.

Ответ

\(A=-\dfrac{Q^2}{60\pi\varepsilon_0R}\) (энергия системы при перестановке уменьшается).

Решение

10-3. Поле точечного заряда помещенного в центре проводящей сферы некоторой толщины, отличается от поля точечного заряда только в областях нахождения проводника: там оно «съедено» (вспомните принцип электростатической защиты). Таким образом, энергия полей в двух случаях отличаются только на энергию указанной области.

В условии задачи даны достаточно тонкие сферы – поэтому можно упростить расчет, считая плотность энергии поля постоянной по всему объему. В нашем случае:

\[\Delta W = \frac{\varepsilon_0 E^2}{2} V = \frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 R^2} \right]^2 4\pi R^2 \Delta R.\]

\[W_{\text{нан}} = W_Q + W_{2Q} - \frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 R^2} \right]^2 4\pi R^2 \cdot \Delta R - \frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \frac{2Q}{4\pi \varepsilon_0 9R^2} \right]^2 4\pi 9R^2 \Delta R.\]

\[W_{\text{кон}} = W_Q + W_{2Q} - \frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \frac{2Q}{4\pi \varepsilon_0 R^2} \right] 4\pi R^2 \Delta R - \frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 9R^2} \right]^2 4\pi 9R^2 \Delta R,\]

где \(\Delta W\) – величина «съеденной» энергии поля, \(W_{\text{нан}}\) и \(W_{\text{кон}}\) соответственно начальное и конечное значение энергии системы. Согласно закону сохранения энергии:

\[W_{\text{кон}} = W_{\text{нан}} + A,\]

где \(A\) – искомое значение зарядов минимальной работы по перестановке местами. В нашем случае:

\[A = -\frac{Q^2}{60\pi \varepsilon_0 R}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Время движения на малом участке равно \(\Delta x/v\). Построй график \(1/v\) от \(x\): площадь под ним численно равна времени.

Ответ

\(t=\dfrac{x_2^2-x_1^2}{2b}\).

Решение

10-4. Данный вид движения не является ни равномерным, ни равноускоренным. Прямой ход решения содержит операцию интегрирования -материал, прием недоступный десятиклассникам:

\[t = \int _ { t _ { 1 } } ^ { t _ { 2 } } d t = \left\{ \begin{array} { l } { { d t = \displaystyle \frac { d x } { \upsilon } = \displaystyle \frac { x d x } { b } } } \\ { { \displaystyle \upsilon = \displaystyle \frac { b } { x } } } \end{array} \right\} = \int _ { x _ { 1 } } ^ { x _ { 2 } } \displaystyle \frac { x d x } { b } = \displaystyle \frac { 1 } { b } \left. \displaystyle \frac { x ^ { 2 } } { 2 } \right\vert _ { x _ { 1 } } ^ { x _ { 2 } } = \displaystyle \frac { x _ { 2 } ^ { 2 } - x _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 b } . \qquad\tag{1}\]

Для решения задачи без применения интегрирования, необходимо построить график зависимости величины, обратной скорости, от расстояния, т.е. зависимость \(\frac{1}{v}(x)\):

\[\frac{1}{v}(x) = \frac{x}{b}\]

Рассматривая отмеченный на рисунке элементарный столбик, видим, что его площадь численно равна времени, которое требуется, чтобы преодолеть участок пути \(\Delta x_i\)

\[\Delta t_i = \Delta x_i \cdot \frac{1}{v_i} = \Delta x_i \cdot \left( \frac{x_i}{b} \right);\]

Таким образом, площадь трапеции, затонированной на рисунке, и даст нам искомое время движения тела:

\[t = \sum_i \Delta t_i = \sum \Delta S_i = (x_2 - x_1) \frac{1}{2} \left( \frac{x_2 + x_1}{b} \right) = \frac{x_2^2 - x_1^2}{2b}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

За каждый полупериод амплитуда уменьшается на одну и ту же величину, определяемую работой силы трения. Колебания прекращаются, когда сила упругости не превосходит максимальной силы трения покоя.

Ответ

Брусок остановится на \(0{,}3\) см от положения недеформированной пружины, по ту же сторону, откуда его отпустили; через это положение он пройдёт \(8\) раз.

Решение

10-5. Для решения задачи воспользуемся законом сохранения энергии с учетом отрицательной работы силы трения. Предположим, что, миновав положение равновесия, груз остановился на расстоянии \(\Delta l_1\) от него. Понятно, что \(\Delta l_1 < \Delta l\), т.к. работа силы трения уменьшила механическую энергию системы пружина – брусок (пружинного маятника). Работа силы трения при таком перемещении:

\[A_{\text{тр}} = -\mu mg (\Delta l + \Delta l_1)\]

Она же равна изменению механической энергии системы:

\[A_{\text{тр}} = \Delta E^{\text{мех}} = E_2^{\text{мех}} - E_1^{\text{мех}} \Rightarrow E_1^{\text{мех}} = E_2^{\text{мех}} - A_{\text{тр}}.\]

Раскрывая выражение для механической энергии получаем:

\[\frac{k \Delta l^2}{2} = \frac{k \Delta l_1^2}{2} + \mu mg (\Delta l + \Delta l_1).\tag{1}\]

Преобразовав (1) к виду:

\[\frac { k } { 2 } \left( \Delta l ^ { 2 } - \Delta l _ { 1 } ^ { 2 } \right) = \frac { k } { 2 } ( \Delta l - \Delta l _ { 1 } ) ( \Delta l + \Delta l _ { 1 } ) = \mu m g ( \Delta l _ { 1 } + \Delta l ) ,\]

найдем

\[\Delta l _ { 1 } = \Delta l - \frac { 2 \mu m g } { k }\tag{2}\]

Представляя в (2) численные значения, получаем: \(\Delta l _ { 1 } = 7 { , } 3 \text{см}\).

Рассуждая далее аналогично, заметим, что соотношение (3) сохранится и в последующем движении, только роль \(\Delta l\) будет играть уже \(\Delta l _ { 1 }\). Таким образом, после следующего колебания он отклонится от уже на \(\Delta l _ { 2 } = 6 { , } 3 \text{см}\) и т.д.

Однако при малых отклонениях возможна ситуация, когда сила трения покоя сможет удержать груз на некотором расстоянии \(\Delta l ^ { * }\)

\[\Delta l ^ { * } \leq \frac { \mu m g } { k } = 0 { , } 5 \text{см}.\tag{3}\]

Это обстоятельство приведет к тому, что пройдя из положения \(\Delta l _ { 7 } = 1 { , } 3 \text{см}\) в положение \(\Delta l _ { 8 } = 0 { , } 3 \text{см}\) груз замрет в этом положении и не сможет вернуться в точку равновесия. Таким образом, будучи отведенным вправо, груз совершит 8 «переходов» через начальное положение и остановится в 0,3 см правее его.

Анализируя (3) видим, что поведенный вариант решения справедлив при слабом трении, т.е. когда:

\[\Delta l \gg \frac { 2 \mu m g } { k } .\]

Например, при \(\Delta l = \frac { 2 \mu m g } { k }\), груз вернется точно в положение равновесия и остановится там. А что будет в случае, если

\[\frac { \mu m g } { k } < \Delta l < \frac { 2 \mu m g } { k } .\]

Здесь, при решении необходимо учесть, что груз может остановиться и не дойдя до положения равновесия, т.е. закон сохранения энергии примет несколько иной вид:

\[\frac { k \Delta l ^ { 2 } } { 2 } = \frac { k \Delta l _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 } + \mu m g ( \Delta l - \Delta l _ { 1 } )\]

(сравните с (1)).

Откуда следует, что:

\[\Delta l _ { 1 } = \frac { 2 \mu m g } { k } - \Delta l .\]

В этом случае груз остановится на расстоянии \(\Delta l _ { 1 }\), так ни разу добравшись до положения равновесия.

Наконец, если начальное смещение таково, что

\[\Delta l < \frac { \mu m g } { k } ,\]

то груз не сдвинется с места, поскольку силы трения покоя удержит его.

Подобные затухающие механические колебания отражают общие закономерности затухающих колебаний: их энергия переходит в теплоту (или иные формы энергии), предельное смещение после каждого колебания уменьшается по отношению к предыдущему, период этих колебаний больше периода свободных колебаний (из-за тормозящего действия силы трения).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.