Белорусская, 1997/98, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Давление в трубке постоянно и равно сумме парциальных давлений сухого воздуха и насыщенного пара; к сухому воздуху применимо уравнение Клапейрона.

Ответ

\(h=h_0\dfrac{T}{T_0}\dfrac{P_0}{P_0-P_{\text{нас}}}\), где \(P_0=1{,}2\cdot10^5\text{ Па}\); при \(30,\ 40,\ 50,\ 60,\ 70,\ 80,\ 90^\circ\text{C}\) высота столба \(10{,}7;\ 11{,}4;\ 12{,}1;\ 13{,}6;\ 15{,}9;\ 19{,}8;\ 29{,}7\text{ см}\).

Решение

10-1. Давление газа в трубке определяется атмосферным давлением и гидростатическим давлением столбика ртути

\[P_0 = P_a + \rho g l;\tag{1}\]

а по закону Дальтона равно сумме парциальных давлений водяных паров \(P_{\text{нас.}}\) и сухого воздуха \(P_1\)

\[P_0 = P_1 + P_{\text{нас.}}.\tag{2}\]

Так как воды имеется в избытке, то давление водяных паров при любой температуре будет равно давлению насыщенного пара, зависимость которого от температуры представлена в виде графика.

Параметры сухого воздуха подчиняются уравнению состояния, которое мы запишем в виде уравнения Клапейрона:

\[\frac{P_1 h}{T} = \frac{P_0 h_0}{T_0};\tag{3}\]

где \(T_0\) - начальная температура (\(T_0 = 20 + 273 = 293\,\text{К}\)), при этой температуре можно пренебречь давлением водяного пара и считать, что давление воздуха равно \(P_0 = 1{,}2 \cdot 10^5\,\text{Па}\) (расчет по формуле (1)). Тогда из формул (3) и (2) следует

\[h = h_0 \frac{T}{T_0} \cdot \frac{P_0}{P_1} = h_0 \frac{T}{T_0} \cdot \frac{P_0}{P_0 - P_{\text{нас}}}.\tag{4}\]

Используя данные, взятые из графика, не представляет труда рассчитать зависимость высоты столба от температуры. Результаты таких расчётов представлены в таблице и на графике.

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

Подсказка

Изменение веса определяется ускорением центра масс системы: \(\Delta P=Ma_c\). Найдите, как зависит от времени высота центра масс.

Ответ

\(\Delta P=2\rho V^2/S\) (вес увеличивается); при перекачке сверху вниз — то же самое.

Решение

10-2. Для решения данной задачи удобно воспользоваться уравнением движения для системы тел: произведение массы системы на ускорение центра масс равно сумме внешних сил, действующих на систему. В данном случае

\[M a_c = P - Mg,\tag{1}\]

где \(M\) - масса всей системы, \(P\) - ее вес, \(a_c\) - ускорение центра масс. Когда вода (а, следовательно и центр масс) неподвижна, то вес системы \(P_0\) равен силе тяжести \(Mg\). Поэтому изменение веса при перекачке воды определяется выражением

\[\Delta P = M a_c.\tag{2}\]

При перекачке уровни воды в сосудах \(h_1\) и \(h_2\) будут изменяться, конечно, по линейному закону

\[\begin{aligned} h_1 &= h_{10} + \frac{V}{S}t \\ h_2 &= h_{20} - \frac{V}{S}t \end{aligned}\tag{3}\]

но положение центра масс всей системы будет изменяться по закону квадратичному. Действительно, высота центра масс \(Z_c\) может быть найдена из уравнения

\[MZ_c = M_0Z_0 + \rho Sh_1(l + \frac{h_1}{2}) + \rho Sh_2\frac{h_2}{2},\tag{4}\]

где \(M_0\), \(Z_0\) - масса и высота центра масс установки без воды, \(l\) - высота верхнего бака. Подставляя выражения (3), получим

\[\begin{aligned} MZ_c &= M_0Z_0 + \rho Slh_{10} + \frac{1}{2}\rho Sh_{10}^2 + \\ &+ \frac{1}{2}\rho Sh_{20}^2 + \rho V(l + h_{10} + h_{20})t + \rho\frac{V^2}{S}t^2. \end{aligned}\tag{5}\]

Из выражений (2) и (5) следует

\[\Delta P = Ma_c = 2\rho\frac{V^2}{S}\]

Заметим, что ответ не зависит от того, перекачивают воду вверх или вниз. Может быть, эта задача вам покажется более понятной, если Вы проведете аналогию с двумя грузами, подвешенными на нити, перекинутой через блок. При ускоренном движении грузов вес всей системы также изменяется. Замените грузы тяжелой однородной веревкой и Вы получите простейший механический аналог этой задачи.

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

Подсказка

Для обратного цикла Карно \(Q_1/T_1=Q_2/T_2\). Считайте поэтапно: остывание воды, замерзание, остывание льда — на каждом этапе смотрите, сколько воды выкипело.

Ответ

В сосуде 1 установится температура \(-41^\circ\text{C}\) (лёд); работа насоса \(A\approx0{,}60\text{ МДж}\).

Решение

10-3. Для идеальной тепловой машины, работающей по циклу Карно, выполняется соотношение

\[\frac{Q_1}{T_1} = \frac{Q_2}{T_2},\tag{1}\]

где \(Q_1, Q_2\) - теплоты отданная нагревателем и полученная холодильником; \(T_1, T_2\) - температуры нагревателя и холодильника, соответственно. Это же соотношение выполняется и для холодильной машины, работающей по обратному циклу, в котором от холодильника теплоту забирают и передают нагревателю. Мы используем соотношение (1), для того чтобы рассчитать количество теплоты, забранное у холодильника.

Принцип работы холодильной машины представлен на рисунке в виде схемы: из сосуда 1, содержащего воду при температуре \(T_1\) холодильник забирает \(Q_1\) теплоты, при этом внешние силы совершают работу \(A\) и количество теплоты \(Q_2 = Q_1 + A\) передается сосуду 2, в котором находится вода при температуре \(T_2\). Так как вода в сосуде 2 находится при температуре кипения, то эта температура изменяться не будет. Вода же в сосуде 1 будет остывать, возможно, затем замерзать. Поэтому необходимо проводить расчеты поэтапно с количественными результатами на каждом этапе. Первый этап. Остывание воды до температуры замерзания. Холодильник забирает количество теплоты

\[Q_1' = c_1 m_1 \Delta t_1 = 0{,}38 \text{ МДж},\]

где \(\Delta t_1 = 30^\circ C\) - изменение температуры воды в первом сосуде. В процессе остывания температура изменяется, поэтому строго говоря, для вычисления количества теплоты переданной в сосуд 1, необходимо рассматривать процесс, разбивая его на бесконечно малые участки. Однако, так как относительное изменение абсолютной температуры не велико (порядка 10%), то мы в расчетах примем среднее значение температуры \(T_1' = 273 + 15 = 288 K\). На этом этапе сосуд 2 получит

\[Q_2' = \frac{T_2}{T_1'} Q_1' = 0{,}49 \text{ МДж}.\]

Этого количества теплоты хватит, чтобы испарить

\[\Delta m_2' = \frac{Q_2'}{r} = 0{,}22 \text{ кг}\]

воды (вся вода не испарилась - надо греть дальше). Работа, совершенная на первом этапе

\[A' = Q_2' - Q_1' = 0{,}11 \text{ МДж}.\]

Второй этап. Замерзание воды. Сосуд 1 отдаст

\[Q_1'' = \lambda m_1 = 1{,}0 \text{ МДж};\]

сосуд 2 получит

\[Q_2'' = \frac{T_2}{T_1''} Q_1'' = 1{,}37 \text{ МДж},\]

(здесь \(T_1'' = 273K\) - температура замерзания воды); при этом испарится

\[\Delta m_2'' = \frac{Q_2''}{r} = 0{,}61 \text{кг},\]

совершена работа

\[A'' = Q_2'' - Q_1'' = 0{,}37 \text{МДж}.\]

Как следует, из полученных расчетов, и после этого этапа не вся вода испарилась, осталось \(\Delta m_2''' = m_2 - \Delta m_2' - \Delta m_2'' = 0{,}17 \text{кг}\).

Третий этап. Остывание льда.

На этом этапе нам необходимо решать обратную задачу - легко найти количество теплоты, которое получит кипящая вода \(Q_2''' = r \Delta m_2''' = 0{,}38 \text{МДж}\). Требуется определить сколько теплоты отдаст лед. На этом этапе температура \(T_1\) так же изменяется, но мы по прежнему в расчетах используем ее среднее значение \(T_1''' = T_1'' - \frac{\Delta t_2}{2}\), где \(\Delta t_2\) - изменение температуры льда. Тогда \(Q_1''' = c_2 m_1 \Delta t_2\), а по формуле (1) \(Q_1''' = \frac{T_1'''}{T_2} Q_2'''\). Приравнивая эти два выражения, найдем

\[\Delta t_2 = T_1'' \left( \frac{c_2 m_1 T_2}{Q_2'''} + \frac{1}{2} \right)^{-1} = 41^\circ.\]

Таким образом, в сосуде 1 будет находится лед при температуре \(-41^\circ C\).

На третьем этапе лед отдаст \(Q_1''' = c_2 m_1 \Delta t_2 = 0{,}26 \text{МДж}\) теплоты, следовательно совершена работа

\[A''' = Q_2''' - Q_1''' = 0{,}12 \text{МДж}.\]

Итого, в процессе испарения воды будет совершена работа \(A = A' + A'' + A''' = 0{,}60 \text{МДж}\). Заметим, что количество теплоты, которое отдал сосуд 1 \(Q_1 = 1{,}64 \text{МДж}\), в два с половиной раза больше, чем совершенная работа.

Для того чтобы точно рассчитать количество теплоты, полученное сосудом два, при изменении температуры в первом сосуде необходимо рассмотреть бесконечно малый участок этого процесса. Тогда

\[dQ_2 = T_2 \frac{dQ_1}{T_1} = T_2 \frac{c_1 m_1 dT_1}{T_1},\]

интегрируя это выражение получим

\[Q _ { 2 } ^ { \prime } = c _ { 1 } m _ { 1 } T _ { 2 } \ln \frac { T _ { 1 } } { T _ { 1 } ^ { \prime \prime } } .\]

Отличие численного значения, рассчитанного по этой формуле, от полученного ранее менее чем на \(0{,}1\%\).

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

Подсказка

Постоянная сила \(qE\) вместе с силой тяжести даёт «эффективное» ускорение свободного падения \(g^*\); зависимость угла от заряда тогда та же, что на графике, но с изменённым параметром.

Ответ

Заряд шарика \(q\approx2{,}6\cdot10^{-7}\text{ Кл}\); угол между нитями после включения поля \(\approx54^\circ\).

Решение

10-4. Рассмотрим условия равновесия шариков. На каждый из них действуют \(m\vec{g}\) - сила тяжести, \(\vec{F}\) - сила кулоновского отталкивания, \(\vec{T}\) - сила натяжения нити. Шарики будут находится в равновесии, когда суммарный момент сил, действующих на них будет равен нулю, что будет выполняться при

\[mgl\sin\theta = Fl\cos\theta.\tag{1}\]

Учитывая, что

\[F = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0(2l\sin\theta)^2},\tag{2}\]

получим уравнение, определяющее угол отклонения нити

\[\frac{\sin^3\theta}{\cos\theta} = \frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0 l^2 mg}.\tag{3}\]

Приведенный в условии график, фактически является решением этого уравнения для различных значений \(q\) (в чем можно убедиться непосредственной подстановкой). По этому графику можно найти величину заряда каждого шарика \(q \approx 2{,}6 \cdot 10^{-7}\) Кл.

При включении однородного электрического поля на шарики начинает действовать дополнительная сила, которая постоянна и не

зависит от положения шариков, так же как и сила тяжести. В таком случае разумно «объединить» эту силу с силой тяжести и ввести, так называемое, «эффективное» ускорение свободного падения \(\vec{g}^*\), модуль которого

\[g^* = g\sqrt{1 + \left(\frac{qE}{mg}\right)^2}.\tag{4}\]

Тогда угол отклонения \(\theta_1\) каждой нити от направления вектора \(\vec{g}^*\) можно найти как решение уравнения (3), в котором необходимо заменить \(g\) на \(g^*\)

\[\frac{\sin^3\theta_1}{\cos\theta_1} = \frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0 l^2 mg^*}.\tag{5}\]

К сожалению, это уравнение элементарными методами не разрешимо. Поэтому еще раз воспользуемся предоставленным графиком, для чего перепишем (5) в виде

\[\frac{\sin^{3} \theta_{l}}{\cos \theta_{l}} = \frac{q^{2}}{16 \pi \varepsilon_{0} l^{2} m g *} = \frac{\left(\sqrt{\frac{g}{g *}} q\right)^{2}}{16 \pi \varepsilon_{0} l^{2} m g}\tag{6}\]

Как видно, это уравнений полностью совпадает с уравнением (3), если в качестве параметра \(q\) использовать величину

\[q^{*} = \sqrt{\frac{g}{g *}} q = \frac{q}{\sqrt[4]{1 + \left(\frac{q E}{m g}\right)^2}} \approx 1{,}0 \cdot 10^{-7} \, \text{Кл}.\]

По графику находим \(\theta_{l} \approx 27^{\circ}\), следовательно, искомый угол между нитями равен \(2 \theta_{l} \approx 54^{\circ}\).

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

Подсказка

Диск перестанет двигаться, когда сумма проекций сил реакции и трения со стороны стержней на направление сдавливания обратится в нуль.

Ответ

\(\mu=\operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\).

Решение

10-5. На диск со стороны стержней действуют силы нормальной реакции \(\vec{N}\) и силы трения \(\vec{F}_{\text{тр}}\). Диск прекратит движение, когда

\[F_{\text{тр}} \cos \alpha / 2 = N \sin \alpha / 2.\]

Учитывая, что

\[F_{\text{тр}} = \mu N,\]

найдем

\[\mu = \operatorname{tg} \frac{\alpha}{2}.\]

Заметим, что ответ не зависит от значения силы \(\vec{N}\), поэтому «заклинивание» диска произойдет при данном угле при любом значении сил, действующих на стержни.

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