Белорусская, 1996/97, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Сравните теплоту, которая выделится при полной конденсации пара, с теплотой, нужной на нагрев льда, его плавление и нагрев воды до \(100\,^\circ\)C.

Ответ

В сосуде при \(100\,^\circ\)C: \(13{,}4\) г воды и \(1{,}6\) г пара.

Решение

9-1. Так как заранее нельзя предсказать, в каком состоянии будет находиться вода в сосуде, то при решении задачи необходимо сразу проводить вычисления количеств теплоты. При конденсации пара может выделиться

\[Q_0 = r m_{\text{п}} = 11{,}5 \text{ кДж}.\]

На нагревание льда до температуры плавления требуется

\[Q_1 = c_{\text{л}} m_{\text{л}} \Delta t_{\text{л}} = 210 \text{ Дж} \quad (Q_1 < Q_0);\]

для таяния льда -

\[Q_2 = \lambda m_{\text{л}} = 3{,}3 \text{ кДж} \quad (Q_1 + Q_2 < Q_0);\]

на нагревание воды до кипения

\[Q_3 = c_{\text{в}} m_{\text{л}} \Delta t_{\text{в}} = 4{,}2 \text{ кДж} \quad (Q_1 + Q_2 + Q_3 < Q_0).\]

Таким образом, теплоты, выделившейся при конденсации пара хватает на нагревание льда, его плавление, и нагрев образовавшейся воды до температуры кипения, следовательно, сконденсируется только часть пара массой

\[\Delta m = (Q_1 + Q_2 + Q_3) / r = 3{,}4 \cdot 10^{-3} \text{ кг}.\]

Таким образом, в сосуде будет находиться \(m_{\text{в}} + \Delta m = 13{,}4 \text{ г}\) воды при \(100^0 \text{ C}\) и \(m_{\text{п}} - \Delta m = 1{,}6 \text{ г}\) пара при той же температуре.

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

Подсказка

В установившемся состоянии мощность тепловыделения равна мощности теплоотдачи, пропорциональной нагреву и площади поверхности; запишите это условие для обоих проводников и поделите уравнения.

Ответ

\(\Delta t_2\approx 261\text{ К}\).

Решение

9-2. Пока отдача тепла мала (мощность теплоотдачи пропорциональна разности температур и площади поверхности ) проводник нагревается, его сопротивление растет, тепловая мощность \(\frac{U^2}{R_0(1 + \alpha \Delta t)}\) падает. Стационарное состояние характеризуется равенством мощностей тепловыделения и рассеяния. Поэтому запишем дважды эти равенства для первого и второго случаев

\[\frac{U^2}{R_0(1 + \alpha \Delta t_1)} = k \Delta t_1 S, \quad \frac{U^2}{\frac{R_0}{2}(1 + \alpha \Delta t_2)} = k \Delta t_2 \frac{S}{2},\]

где \(k\) - некоторый коэффициент пропорциональности. Отсюда, разделив левые части на правые, получаем квадратное уравнение

\[(\Delta t_2)^2 + \frac{1}{\alpha} \Delta t_2 - \frac{4}{\alpha}(1 + \alpha \Delta t_1) \Delta t_1 = 0\]

Один из корней квадратного уравнения отрицательный и смысла не имеет, а второй дает требуемый ответ: проводник нагреется на \(261 \text{ K}\).

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

Подсказка

При установившемся движении потенциальная энергия, теряемая на одном витке, равна работе силы трения; силу реакции найдите как сумму вертикальной и центростремительной составляющих.

Ответ

\(v=\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{g}{R}}\sqrt[4]{\left(4\pi^2R^2+h^2\right)\left(\dfrac{h^2}{\mu^2}-4\pi^2R^2\right)}\).

Решение

9-3. Мы имеем типичный пример системы, самостоятельно приходящей в состояние динамического равновесия. Вначале бусинка разгоняется,

растет скорость, а вместе с ней и сила реакции опоры \(\vec{N}\), направленная перпендикулярно касательной к участку спирали, следовательно, возрастает и сила трения \(\vec{F}\), направленная вдоль касательной к траектории в сторону противоположную скорости, причем модуль этой силы определяется известным законом \(F = \mu N\). Через определенное время бусинка будет двигаться с установившейся скоростью. Опустившись на один виток, бусинка расходует запас потенциальной энергии на работу против сил трения (кинетическая энергия при этом больше не меняется)

\[mgH = FS = \mu N \sqrt{4\pi^2 R^2 + H^2},\tag{1}\]

где \(S = \sqrt{4\pi^2 R^2 + H^2}\) — длина одного витка спирали. Разложим силу реакции \(\vec{N}\) на две составляющие:

\[N_1 = mg \cos \alpha\]

- в вертикальной плоскости \(\Pi\), касательной к участку спирали, и

\[N_2 = \frac{m(v \cos \alpha)^2}{R}\]

- в горизонтальной плоскости. Выражения для этих компонент получены из следующих рассуждений: в вертикальном направлении движение бусинки является равномерным со скоростью \(v \sin \alpha\), следовательно в проекции на любую ось, лежащую в вертикальной плоскости, касательной к траектории сумма всех проекций сил, действующих на бусинку, равна нулю; в горизонтальной плоскости движение бусинки является равномерным движением по окружности радиуса \(R\) со скоростью \(v \cos \alpha\), следовательно, бусинка движется с центростремительным ускорением, которое ей сообщает компонента силы реакции \(N_2\). Таким образом, модуль силы реакции определяется выражением

\[N = \sqrt{N_1^2 + N_2^2} = \sqrt{m^2 g^2 \cos^2 \alpha + \frac{m^2 v^4 \cos^4 \alpha}{R^2}}.\tag{2}\]

В этих выражениях \(\alpha\) - угол между касательной к траектории и горизонтом. Из простых геометрических построений находим

\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{H}{2\pi R}, \quad \cos^2\alpha = \frac{1}{1 + \operatorname{tg}^2\alpha} = \frac{4\pi^2 R^2}{4\pi^2 R^2 + H^2}.\tag{3}\]

Подставляя полученные выражения в (1), получаем уравнение относительно скорости \(v\)

\[\frac { g ^ { 2 } H ^ { 2 } } { \mu ^ { 2 } } = 4 \pi ^ { 2 } R ^ { 2 } g ^ { 2 } + \frac { 1 6 v ^ { 4 } \pi ^ { 4 } R ^ { 2 } } { 4 \pi ^ { 2 } R ^ { 2 } + H ^ { 2 } } .\]

Разрешая уравнение, находим искомую скорость установившегося движения бусинки

\[v = \frac { 1 } { 2 \pi } \sqrt { \frac { g } { R } } \sqrt [ 4 ] { \left( 4 \pi ^ { 2 } R ^ { 2 } + H ^ { 2 } \right) \left( \frac { H ^ { 2 } } { \mu ^ { 2 } } - 4 \pi ^ { 2 } R ^ { 2 } \right) } .\]

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

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта второго камешка: первый движется в ней равномерно, вертикально вниз со скоростью \(g\Delta t\).

Ответ

Если \(\Delta t<\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}\): наименьшее расстояние \(v_0\Delta t\cos\alpha\) в момент \(t=\dfrac{v_0\sin\alpha}{g}-\dfrac{\Delta t}{2}\) после броска второго камешка. Если \(\Delta t>\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}\): наименьшее расстояние — начальное, \(\sqrt{(v_0\Delta t\cos\alpha)^2+\left(v_0\Delta t\sin\alpha-\frac{g\Delta t^2}{2}\right)^2}\), в момент \(t=0\) (вылет второго камешка).

Решение

9-4. Выберем начало системы отсчета на башне, задачу будем решать в векторном виде. К моменту вылета второго камешка первый совершит перемещение

\[\Delta \vec { r } _ { 0 } = \vec { v } _ { 0 } \Delta t + \frac { \vec { g } \Delta t ^ { 2 } } { 2 }\]

и будет двигаться со скоростью

\[\vec { v } = \vec { v } _ { 0 } + \vec { g } \Delta t \, .\]

Перемещения камешков после бросания второго камешка запишутся следующим образом

\[\Delta \vec { r } _ { 1 } ( t ) = \vec { v } _ { 0 } ( t + \Delta t ) + \frac { \vec { g } ( t + \Delta t ) ^ { 2 } } { 2 } \, ,\]

\[\Delta \vec { r } _ { 2 } ( t ) = \vec { v } _ { 0 } t + \frac { \vec { g } t ^ { 2 } } { 2 } \, .\]

Перейдем в систему отсчета, связанную со вторым камешком. Тогда относительное положение первого камешка задается вектором

\[\vec { S } = \Delta \vec { r } _ { 1 } ( t ) - \Delta \vec { r } _ { 2 } ( t ) = \vec { v } _ { 0 } \Delta t + \frac { \vec { g } \Delta t ^ { 2 } } { 2 } + \vec { g } \Delta t \cdot t = \Delta \vec { r } _ { 0 } + \vec { g } \Delta t \cdot t \, ,\]

т.е. это движение вертикально вниз со скоростью \(\vec{g}\Delta t\). Поэтому

1) если \(\Delta t\) таково, что первый камушек не успел опуститься ниже горизонта точки бросания (точка \(A_1\)), тогда наименьшее расстояние будет равно

\[CB_1 = (\Delta \vec{r}_0)_x = \left( \vec{v}_0 \Delta t + \frac{\vec{g} \Delta t^2}{2} \right)_x = v_0 \cos \alpha \Delta t.\tag{1}\]

Оно будет достигнуто в момент, когда оба шарика будут на одной высоте, т.е.

\[S_y = 0 = (\Delta \vec{r}_0)_y - g \Delta t \cdot t = v_0 \sin \alpha \Delta t - \frac{g \Delta t^2}{2} - g \Delta t \cdot t, \quad t = \frac{v_0 \sin \alpha}{g} - \frac{\Delta t}{2} .\tag{2}\]

2) если \(\Delta t\) таково, что первый камушек опустился ниже горизонта бросания (\(A_2\)), наименьшим расстоянием будет начальное, т.е.

\[OA_2 = \vert \Delta \vec{r}_0\vert = \sqrt{(v_0 \cos \alpha \Delta t)^2 + \left( v_0 \sin \alpha \Delta t - \frac{g \Delta t^2}{2} \right)^2},\tag{3}\]

а момент времени \(t = 0\).

\[t = 0.\tag{4}\]

Условие выбора ответа следует из (2): если \(\Delta t > \frac{2 v_0 \sin \alpha}{g}\), то ответ - (3),(4),

если \(\Delta t < \frac{2 v_0 \sin \alpha}{g}\), то - (1),(2).

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

Подсказка

Крайний луч пучка отражается от шарика и отклоняется на удвоенный угол между нормалью и осью пучка; по отклонению на стене найдите этот угол.

Ответ

Диаметр шарика примерно \(2\) см (немного меньше).

Решение

9-5. Небольшая тень по центру означает, что шарик имеет размеры, ненамного превышающие диаметр пучка света (подумайте почему?). Рассмотрим крайний луч. Для него \(\beta\) - угол падения и \(\alpha + \beta = \pi / 2\).

Следовательно, после отражения луч отклонится на угол \(2\alpha\), причем

\[\operatorname{tg} 2\alpha = \frac{\Delta r}{x \sin \alpha + l}.\]

Ясно, что поскольку \(\Delta r = 1\text{ см}\), а \(l = 1\text{ м}\), то угол \(\alpha\) - мал, и \(x \sin \alpha\) можно опустить в знаменателе, тогда

\[\operatorname { t g } 2 \alpha \approx 2 \alpha \approx \Delta r / l ; \Rightarrow \alpha \approx \Delta r / 2 l \approx 0{,}5 \cdot 10^{-2}\]

Как видно из рисунка

\[x = r _ { l } \, c o s \, \alpha \approx r _ { l } ( 1 - \alpha ^ { 2 } \, / \, 2 )\]

Таким образом диаметр шарика примерно равен \(2 \text{см}\) (немного меньше).

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