Белорусская, 1989/90, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Из-за малой массы пузырька скорость его всплытия пропорциональна «эффективному ускорению свободного падения». При разгоне трубки роль этого ускорения играет ускорение трубки, а пузырёк смещается по направлению разгона.

Ответ

Пузырёк сместится по ходу движения на \(2{,}0\) см при \(v=20\) м/с и на \(3{,}0\) см при \(v_1=30\) м/с (смещение \(\Delta x=v_0v/g\)); после торможения трубки он вернётся в исходное положение.

Решение

11-1. Рассмотрим движение пузырька в вертикально расположенной трубке. Пузырёк будет подниматься под действием силы Архимеда:

\[F_{A} = \rho g V ,\tag{1}\]

где \(\rho\) - плотность глицерина, \(V\) - объем пузырька, \(g\) - ускорение свободного падения.

Так как глицерин достаточно вязкая жидкость, то на пузырек будет действовать сила вязкого трения, пропорциональная скорости движение пузырька \(v\) -

\[F_{c} = - \beta v ,\tag{2}\]

где \(\beta\) - коэффициент пропорциональности, зависящий от размеров пузырька и вязкости глицерина. Таким образом, на основании второго закона Ньютона можно записать

\[m a = F_{A} - F_{c} - m g = \rho g V - \beta v - m g ,\tag{3}\]

где \(m\) - масса пузырька. Очевидно, что она крайне мала, поэтому можно положить ее равной нулю. Тогда из (3) следует, что подъём пузырька будет проходить с постоянной скоростью

\[v_{0} = \frac { \rho V } { \beta } g = k g ,\tag{4}\]

где \(k\) - постоянный для данного пузырька коэффициент. Причем его значение можно найти используя приведенные в условии данные \(k = v_{0} / g\).

Рассмотрим движение пузырька в горизонтальной трубке, в системе отсчета, связанной с самой трубкой. Во время разгона эта система отсчета является неинерциальной, на пузырек и на глицерин действует сила инерции. Так как сила инерции пропорциональна массе тела, то ее действие полностью подобно действию силы тяжести, и уравнения, описывающие движение в такой системе отсчета, будут аналогичны уравнениям движения в поле тяжести, если только ускорение свободного падения заменить на величину \(-a\), где \(a\) - ускорение системы отсчета относительно какой-нибудь инерциальной системы. Поэтому во время разгона на пузырек будет действовать сила Архимеда, направленная в ту же сторону (!) , что и ускорение трубки (глицерин будет стремиться сместиться в противоположную сторону под действием силы инерции, заставляя тем самым двигаться пузырек). Скорость пузырька относительно трубки можно найти из уравнения аналогичному уравнению (4):

\[v = ka\tag{5}\]

то есть скорость смещения пузырька пропорциональна ускорению трубки. Учитывая, что

\[v = \frac{\Delta x}{\Delta t} \quad , \quad a = \frac{\Delta v_1}{\Delta t}\]

(\(v_1\) - скорость трубки в инерциальной системе отсчета), а в начальный момент разгона скорость пузырька равна нулю, получим

\[\Delta x = k v_1 = \frac{v_0}{g} v_1\tag{6}\]

Для перехода от (5) к (6) необходимо просуммировать изменения скоростей и относительного смещения пузырька по всем интервалам времени.

Таким образом, смещение пузырька пропорционально скорости трубки, причем это смещение не зависит от характера изменения скорости (можно сказать, что такой прибор работает как измеритель скорости - спидометр). Расчеты по формуле (6) приводят к следующим результатам: при скорости \(20\) м/с смещение равно \(2{,}0\) см, при скорости \(30\) м/с смещение \(3{,}0\) см; если трубку затормозить, то пузырек вернется в исходное положение.

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

Подсказка

Удельная теплоёмкость смеси — это средневзвешенная по массам удельных теплоёмкостей атомарного и двухатомного газов. Масса газа при диссоциации не меняется.

Ответ

Диссоциировала доля \(k=0{,}4\) (\(40\,\%\)).

Решение

11-2. Пусть масса всей смеси \(m\), а диссоциировавших молекул – \((km)\), где \(k\) – искомая часть диссоциировавших молекул. Молярная теплоемкость одноатомного газа: \(C_{\mu}^{1} = \frac{3}{2} R\); двухатомного: \(C_{\mu}^{2} = \frac{5}{2} R\) (соответственно, удельные теплоемкости \(C^{1} = \frac{3}{2} \frac{R}{\mu}\); \(C^{2} = \frac{5}{2} \cdot \frac{R}{2\mu}\), где \(\mu\) – молярная масса одноатомного газа.

Для удельной теплоемкости смеси имеем:

\[C = \frac{1{,}5 k R}{\mu} + 1{,}25 \frac{(1 - k) R}{\mu}\]

По условию

\[C = C ^ { 2 } \cdot 1 { , } 0 8 .\]

С учетом (1) и выражений для \(C ^ { 1 }\) и \(C ^ { 2 }\) найдем: \(k = 0 { , } 4\) .

Таким образом, диссоциация увеличивает удельную теплоемкость газа, а, поскольку его масса при этом не меняется, запас внутренней энергии также возрастает (за счет внешнего источника).

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

Подсказка

До переключения катушки шунтируют резистор \(R\), поэтому ток в них определяется только \(r\). После переключения ток катушки \(L_1\) замыкается сам на себя, а энергия катушки \(L_2\) переходит в тепло.

Ответ

\(Q=\dfrac{L_2U_0^2}{2r^2}\).

Решение

11-3. До переключения силу тока в катушках найдем из условия:

\[I _ { 0 } = \frac { U _ { 0 } } { r } .\]

(В этом случае ток через \(R\) не идет, т.к. катушки шунтируют его). После переключения ток в катушке 1 сохранит свое значение, двигаясь по замкнутому контуру, а в катушке 2 спадет до нуля. Таким образом, в тепло перейдет энергия этой катушки:

\[W = \frac { L _ { 2 } I _ { 0 } ^ { 2 } } { 2 } = L _ { 2 } \frac { U _ { 0 } ^ { 2 } } { 2 r ^ { 2 } } .\]

Теплота выделится на резисторе \(R\), т.к. во втором положении ключа участок цепи с резистором \(r\) и источником тока разомкнут.

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

Подсказка

Блоки вращаются навстречу друг другу, поэтому силы трения скольжения направлены в противоположные стороны, а равнодействующая возвращает стержень к положению равновесия и пропорциональна смещению.

Ответ

\(T=\pi\sqrt{\dfrac{2l}{\mu g}}\approx 1{,}5\) с.

Решение

11-4. Причина возникновения колебаний становится явной из рисунка. Сдвинем однородной стержень на расстояние \(x\), например, вправо. Поскольку центр тяжести (точка \(O'\) на рисунке) стержня при этом приблизится к правому цилиндру, то сила реакции опоры \(\vec{N}_1\) станет по величине больше \(\vec{N}_2\)

\[\begin{cases} N_1 = mg \frac{l + 2x}{2l} \\ N_2 = mg \frac{l - 2x}{2l} \end{cases} \quad N_1 > N_2 \left( 0 \le x \le \frac{l}{2} \right).\tag{1}\]

Уравнения (1) достаточно легко можно получить из условия равновесия стержня по вертикали (движение отсутствует) и отсутствия его вращения относительно центра масс. Так как цилиндры вращаются навстречу друг другу, то силы трения скольжения \(\vec{F}_1\) и \(\vec{F}_2\) также направлены навстречу друг другу. Их геометрическая сумма направлена к точке начального равновесия \(O\) и равна:

\[\Delta F = F_1 - F_2 = \mu N_1 - \mu N_2 = \mu(N_1 - N_2) = \mu mg\frac{2x}{l}\tag{2}\]

Таким образом, уравнение движения стержня принимает хорошо известный вид:

\[ma = -\mu mg\frac{2x}{l},\tag{3}\]

Уравнение (3) описывает гармонические колебания с периодом

\[T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{2\mu g}} = \pi\sqrt{\frac{2l}{\mu g}} = 1{,}5\text{с}.\]

Интересно отметить, что приведенный пример гармонических колебаний не нуждается в традиционном критерии малости: в однородном гравитационном поле мы должны побеспокоится только о том, чтобы центр тяжести стержня не вышел за цилиндр:

\[x \le \frac{l}{2}.\tag{4}\]

При этом величина амплитуды ограничивается только нашими «техническими» возможностями при демонстрации, а не принципиальными теоретическими положениями, как это было в случае математического и пружинного маятников.

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

Подсказка

После соединения проволокой потенциалы шаров равны. Второй шар с оболочкой образует почти плоский конденсатор, его потенциал выражается через заряд и зазор \(d\).

Ответ

\(Q_1=\dfrac{r_1d}{r_1d+r_2^2}Q,\quad Q_2=\dfrac{r_2^2}{r_1d+r_2^2}Q\).

Решение

11-5. Перераспределение зарядов (т.е. электрический ток) в любой системе прекратится после выравнивания потенциалов всех ее частей. Строгий расчет приведенной системы (с учетом электроемкости провода, взаимного влияния и т. д.) в общем случае достаточно сложен, однако особенности данной схемы дают нам возможность считать, что взаимным влиянием шаров можно пренебречь, а на поверхности концентрической проводящей оболочки будет индуцирован заряд обратной по знаку и равный по модулю заряду \(Q_2\) шара \(r_2\) (как в плоском конденсаторе). Пусть заряд шара \(r_1\) будет \(Q_1\). Тогда по закону сохранения заряда:

\[Q = Q _ { 1 } + Q _ { 2 } .\tag{1}\]

Потенциал \(\varphi _ { 1 }\) первого шара:

\[\varphi _ { 1 } = \frac { 1 } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } } \frac { Q _ { 1 } } { r _ { 1 } } ,\]

второго (по принципу суперпозиции потенциалов):

\[\varphi _ { 2 } = \frac { 1 } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } } \left( \frac { Q _ { 2 } } { r _ { 2 } } - \frac { Q _ { 2 } } { r _ { 2 } + d } \right) = \frac { Q _ { 2 } } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } } \frac { d } { r _ { 2 } ( r _ { 2 } + d ) } \approx \frac { Q _ { 2 } } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } } \frac { d } { r _ { 2 } ^ { 2 } } .\]

Из условия \(\varphi _ { 1 } = \varphi _ { 2 }\) получаем второе уравнение:

\[\frac { Q _ { 1 } } { r _ { 1 } } = \frac { Q _ { 2 } } { r _ { 2 } } \cdot \frac { d } { r _ { 2 } } .\tag{2}\]

Решая систему уравнений (1)-(2) имеем:

\[\left\{ \begin{array} { l } { { Q _ { 1 } = \displaystyle \frac { r _ { 1 } d } { r _ { 1 } d + r _ { 2 } ^ { 2 } } Q } } \\ { { Q _ { 2 } = \displaystyle \frac { r _ { 2 } ^ { 2 } } { r _ { 1 } d + r _ { 2 } ^ { 2 } } Q } } \end{array} \right. .\tag{3}\]

Заметим, что при \(d \to 0\) система (3) дает:

\[\left\{ \begin{array} { l } { { Q _ { 1 } = 0 } } \\ { { Q _ { 2 } = Q } } \end{array} \right.\tag{4}\]

что может быть прокомментировано следующим образом: электроемкость сферического конденсатора значительно возрастает, что позволяет ему сконденсировать на себе практически весь электрический заряд.

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