Белорусская, 1995/96, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Баланс энергии: потенциальная энергия балки идёт и на раскрутку новых цилиндров, и на тепло при проскальзывании, а тепла выделяется столько же, сколько кинетической энергии приобретает цилиндр.

Ответ

\(v=\sqrt{gl\,\dfrac{M}{m}\sin\alpha}\).

Решение

10-1. Поскольку цилиндры шероховатые, то при движении балки раскручиваются цилиндры, находящейся под ней, на что расходуется потенциальная энергия опускающейся балки. В идеализированном варианте после прохождения балки будут вращаться все цилиндры прокатного стана. Это обстоятельство и приводит к тому, что в конце концов движение станет равномерным.

Для решения задачи воспользуемся энергетическими соображениями. Пусть искомая скорость \(v\). За время \(\tau\) (\(\tau \gg \frac{l}{v}\)) балка пройдет по стану путь \(S = v\tau\), при этом освободится потенциальная энергия

\[E^{\text{п}} = Mgv\tau\sin\alpha.\tag{1}\]

При этом раскручивается до прекращения проскальзывания \(N = \frac{v\tau}{l}\) новых цилиндров, кинетическая энергия которых

\[E^{k} = N\frac{1}{2}mv^2.\tag{2}\]

При записи (1) учтено, что цилиндры тонкостенные и все точки цилиндров имеют одинаковую скорость. Для корректного решения задачи необходимо учесть неизбежное выделение теплоты при проскальзывании и трении балки о цилиндры. Для вычисления этой энергии заметим, что (2) аналогично выражению для кинетической энергии материальной точки, поэтому рассмотрим шайбу массы \(m\) аккуратно, (т. е. без начальной скорости) положенную на шероховатую горизонтальную ленту транспортера, движущуюся со скоростью \(v\). Под действием трения скольжения шайба начнет набирать скорость с ускорением \(a = \mu g\), а через время \(\tau^* = \frac{v}{\mu g}\) трение скольжения исчезнет.

При этом выделиться теплота:

\[Q = \sum_i F_{\text{тр}} v_i \Delta t_i = F_{\text{тр}} \sum_i v_i \Delta t_i = \{v = at\} = F_{\text{тр}} \frac{v}{2} \tau^*.\tag{3}\]

С другой стороны, согласно основному закону динамики в импульсной форме:

\[mv = F_{\text{тр}} \tau^*.\tag{4}\]

Из (3)-(4) легко находим:

\[Q = \frac{1}{2} mv^2.\]

Таким образом мы показали, что при разгоне трением скольжения, энергетические (тепловые) потери равны кинетической энергии тела в конечном состоянии, т. е. пренебрегать ими нельзя. Возвращаясь к цилиндрам, заметим, что все вышесказанное будет справедливо, если балка достаточно длинна, т. е. иначе \(\tau^* < \frac{L}{v}\) (чтобы проскальзывание успело исчезнуть). На рисунке раскрученные цилиндры заштрихованы, а раскручивающиеся — нет.

С учетом изложенного баланс энергий запишется в виде

\[E^{\text{п}} = E^k + Q = 2E^k = mv^2 N.\tag{5}\]

Далее

\[Mgv \tau \sin \alpha = \frac{v \tau}{l} mv^2.\tag{6}\]

Откуда

\[v^2 = gl \frac{M}{m} \sin \alpha \Rightarrow v = \sqrt{gl \frac{M}{m} \sin \alpha}.\tag{7}\]

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

Подсказка

Центр масс шариков в среднем не смещается, значит, средняя сила давления на дно уравновешивает суммарную силу тяжести шариков.

Ответ

\(\bar p=\dfrac{Nmg}{a^2}\approx 49\text{ Па}\).

Решение

10-2. Будем считать, что хаотически прыгающие шарики движутся вертикально. Столкновения можно не принимать во внимание, так как они не изменяют распределение скоростей шариков. Рассмотрим систему за время \(\tau\), равное времени полета некоторого фиксированного шарика

\[\tau = 2 \sqrt{\frac{2h}{g}} = 0{,}639\text{ с}.\tag{1}\]

Воспользуемся вторым законом Ньютона в импульсной форме, учитывая, что за время \(\tau\) соударения с дном испытывают все шарики системы. Импульс шарика у дна:

\[P = m \sqrt{2gh}\tag{2}\]

Изменение импульса системы за время \(\tau\)

\[\Delta P = N \cdot 2P = 2Nm \sqrt{2gh}\tag{3}\]

Тогда искомое среднее давление определим из равенства

\[P_{\text{ср}} a^2 \tau = \Delta P \Rightarrow P_{\text{ср}} = \frac{\Delta P}{a^2 \tau} = \frac{Nmg}{a^2} = 49\,\text{Па}\tag{4}\]

Приведем более изящный способ решения этой задачи. Так как в среднем положение центра масс всех шариков не изменяется, то сумма внешних сил, действующих на все шарики равна нулю. Такими внешними силами являются сила тяжести \(Nmg\) и сила реакции дна сосуда, которая по третьему закону Ньютона равна силе давления (естественно, средней) шариков на дно \(P_{\text{ср}}a^2\), приравнивая эти выражения сразу получим окончательный результат (4).

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

Подсказка

Сила трения растёт пропорционально длине вошедшей части пробки, поэтому работа трения при вталкивании пробки равна площади под линейным графиком; всё выделившееся тепло делится между трубкой и пробками по теплоёмкостям.

Ответ

\(\Delta T^*\approx 4{,}0\text{ К}\) (по официальному решению).

Решение

10-3. “Изюминка” задачи заключается в том, что по мере вхождения (или выхода) плотно пригнанной пробки сила трения не остается постоянной (вспомните свои “экспериментальные” усилия).

Будем считать, что сила трения, действующая на пробку, прямо пропорциональна длине части пробке в бутылке:

\[F_{mp} = \alpha x.\tag{1}\]

Тогда работа этой силы на том же расстоянии

\[A_{mp} = \sum_i F_{mp}^2 \Delta x_i = \frac{\alpha x^2}{2}.\tag{2}\]

В случае с одной пробкой

\[A _ { \text{тр} } = Q = \left( c _ { 1 } + c _ { 2 } \right) \Delta T = \frac { \alpha \, l ^ { 2 } } { 2 } ,\tag{3}\]

где \(l\) — длина пробки.

При добавлении еще одной пробки следует помнить, что работа в этом случае (первая пробка уже вся в бутылке, т. е. \(F _ { \text{тр} } = \alpha \, x = const\))

\[A _ { \text{тр} } ^ { * } = \frac { \alpha \, l ^ { 2 } } { 2 } + \alpha \cdot l \cdot l = 3 \alpha \frac { l ^ { 2 } } { 2 } ,\tag{4}\]

\[A _ { \text{тр} } ^ { * } = c _ { 2 } \left( \Delta T + \Delta T ^ { * } \right) + \left( c _ { 2 } + c _ { 1 } \right) \Delta T ^ { * } = 3 \left( c _ { 1 } + c _ { 2 } \right) \Delta T ,\]

где \(\Delta T ^ { * }\) — искомое повышение температуры. Из (4) находим

\[\Delta T ^ { * } = \Delta T \frac{3 c_1 + 2 c_2}{2 c_2 + c_1} = \Delta T \frac{3 \xi + 2}{\xi + 2} = 4{,}0\text{ К},\]

где \(c_1\) — теплоёмкость трубки, \(c_2\) — пробки, \(\xi = c_1/c_2\).

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

Подсказка

При вытягивании слюды ёмкость меняется линейно со временем, значит, ток в цепи постоянен; теплота на резисторе — это \(I^2Rt\) за время вытягивания.

Ответ

\(Q=\dfrac{U^2\varepsilon_0^2a^3}{d^2}\left(\dfrac{\varepsilon-1}{\varepsilon+1}\right)^2 V R\).

Решение

10-4. Пусть в некоторый момент из конденсатора вынули часть пластины длиной \(x\). Тогда емкость образовавшейся батареи (слюда с диэлектрической проницаемостью \(\varepsilon\) и воздушный зазор \(d/2\) соединены последовательно)

\[C = \frac{2 \varepsilon_0 \varepsilon a (a - x)}{d (\varepsilon + 1)} + \frac{\varepsilon_0 a x}{d}.\tag{1}\]

Заряд конденсатора в этот момент времени

\[Q = C U = U \frac{\varepsilon_0 a}{d} \cdot \frac{2 \varepsilon (a - x) + x (\varepsilon + 1)}{\varepsilon + 1}.\tag{2}\]

Соответственно, ток (учтено, что \(x = Vt\))

\[I = \frac{\Delta Q}{\Delta t} = U \frac{\varepsilon_0 a}{d} \cdot \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon + 1}\, V.\]

Искомое количество теплоты

\[Q_R = I^2 R \frac{a}{V} = U^2 \frac{\varepsilon_0^2 a^3}{d^2} \left( \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon + 1} \right)^2 V R.\tag{3}\]

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

Подсказка

Точки, симметричные относительно оси, проходящей через клеммы, эквипотенциальны: перемычку между ними можно убрать, после чего схема сворачивается по правилам последовательного и параллельного соединения.

Ответ

\(R\approx 1{,}4\text{ Ом}\).

Решение

10-5. Схема состоит из резисторов двух типов: типа “радиус” \(R_1 = 2{,}5\text{ Ом}\) и типа “дуга” \(R_2 = 3{,}93\text{ Ом}\).

Один из вариантов решения: представить резистор \(\text{СД}\) как два параллельно соединенных резистора \(2R_1\). Далее перемычку \(\text{АВ}\) можно убрать, так как точки \(\text{А}\) и \(\text{В}\)

эквипотенциальны (симметричны относительно оси симметрии проходящей через клеммы). Далее можно без труда “свернуть” схему по стандартным правилам:

\[R = 1{,}4 \, \text{Ом}.\]

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