Белорусская, 1997/98, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Ток и напряжение на диоде — точка пересечения вольт-амперной характеристики с «нагрузочной» прямой \(I=(U_0-U_1)/R\); участок отрицательного сопротивления неустойчив.

Ответ

График силы тока имеет петлю гистерезиса: при росте напряжения ток идёт по участку \(EA\), затем скачком переходит на ветвь \(BC\); при обратном изменении — по \(CBD\), затем скачком в точку \(E\). В интервале напряжений источника от \(560\) до \(1200\) мВ ток зависит от предыстории.

Решение

11-1. Обозначим напряжение на диоде \(U_{1}\), тогда напряжение на резисторе будет равно \(U_{0} - U_{1}\) (где \(U_{0}\) - напряжение источника). Зависимость силы тока \(I\) через диод от напряжения \(U_{1}\) задана в виде вольт-амперной характеристики

\[I = I(U_{1}).\tag{1}\]

Сила тока через резистор определяется законом Ома

\[I = \frac { U _ { 0 } - U _ { 1 } } { R } \, .\tag{2}\]

Так как резистор и нелинейный элемент соединены последовательно, то токи через эти элементы равны. Следовательно, ток в цепи \(I\) и напряжение \(U_1\) могут быть найдены как решения системы уравнений (1)-(2). Явный вид функциональной зависимости \(I = I(U_1)\) нам неизвестен, поэтому данную систему необходимо решать графически. Для этого на графике вольт-амперной характеристики проведем семейство прямых \(I(U_1)\), удовлетворяющих уравнению (2) при различных значениях напряжения источника \(U_0\). Отметим, что эти прямые пересекают горизонтальную ось в точках \(U_1 = U_0\), а коэффициент их наклона равен \(-1/R\). Точка пересечения прямой с вольт-амперной характеристикой диода и будет давать решение системы (1)-(2) для данного значения \(U_0\).

Рассмотрим как будет изменяться сила тока в цепи при медленном увеличении напряжения источника. (см. рис.1). При напряжениях меньших 560 мВ имеется единственная точка пересечения (участок \(OE\)). Когда напряжение источника превысит 560 мВ появятся три точки пересечения прямой с характеристикой диода.

Покажем, что что точки, лежащие на участке \(AD\) (участок, так называемого, «отрицательного сопротивления») неустойчивы, поэтому нереализуемы. Допустим, что сила тока в цепи и напряжений на диоде соответствуют некоторой точке на участке \(AD\). Случайное незначительное увеличения напряжения на диоде приведет к уменьшению силы тока, следовательно, к уменьшению напряжения на резисторе, что в свою очередь еще больше увеличит напряжение на диоде. Аналогичная ситуация произойдет при случайном уменьшении напряжения на диоде. Таким образом, любое случайное отклонение от равновесного значения тока на участке отрицательного сопротивления приводит к возникновению причин, уводящих систему от этого равновесного состояния.

Далее, при медленном увеличении напряжения в системе не возникает никаких причин «перескочить» на ветвь \(DC\), поэтому будут реализовываться состояния, соответствующие участку \(EA\).

При достижении точки \(A\), опять остается единственная точка пересечения, но уже на участке \(BC\), поэтому при дальнейшем увеличении напряжения будут реализовываться состояния, соответствующие этой ветви.

При обратном изменении напряжения, ситуация аналогична, только процесс пойдет по пути \(CBD\), далее скачкообразный переход в точку \(E\), затем по участку \(EO\). Таким образом, в данной цепи реализуется своеобразная петля гистерезиса - значение силы тока при напряжениях источника от \(560\) мВ до \(1200\) мВ зависит от предшествующего состояния системы.

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

Подсказка

Максимумы громкости — это целое число длин волн в разности хода от крайних и центрального источников. Разности хода соседних максимумов отличаются на \(\lambda\) — постройте график разности хода от номера максимума.

Ответ

\(\lambda=(0{,}118\pm0{,}012)\text{ м}\), \(c=(3{,}5\pm0{,}3)\cdot10^2\text{ м/с}\).

Решение

11-2. В данном случае наблюдается явление интерференции звуковых волн. На полученную зависимость громкости звука от координаты накладываются посторонние шумы, тем не менее,

интерференционные максимумы прослеживаются достаточно четко. В предположении, что все источники излучают синфазно, условие максимума имеет вид - разность хода \(\Delta l\) между волнами от \(S_1, S_3\) и \(S_2\) должна равняться целому числу длин волн:

\[\Delta l = \sqrt{x_k^2 + d^2} - x_k = k\lambda\tag{1}\]

где \(x_k\) - координата \(k\)-го максимума. По представленному графику мы не можем определить порядок максимума, поэтому пронумеруем их в порядке следования \(x_n\). Определим по графику численные значения координат максимумов и для каждого из них по формуле (1) вычислим значение разности хода \(\Delta l_n\), тогда разности \(\Delta l_n - \Delta l_{n-1}\) должны приближенно равняться длине звуковой волны. Зная длину

волны \(\lambda\) и ее частоту \(\nu\) скорость волны \(c\) можно вычислить по формуле

\[c = \lambda \nu.\tag{2}\]

Результаты обработки графика представлены на рисунке и в таблице.

Как следует из полученных результатов, сделанные предположения подтверждаются, различия в последнем столбце могут быть отнесены на счет неточностей снятия данных из исходного графика. Чтобы увеличить точность определения длины волны и оценить ее погрешность можно обработать данные последнего столбца стандартными методами обработки результатов измерений. В этом случае окончательный результат

\(\lambda = (0{,}12 \pm 0{,}02)\,\text{м}\). Тогда скорость звука \(c = (3{,}5 \pm 0{,}6) \cdot 10^2\,\text{м/с}\).

Более предпочтительной является обработка графическим методом с использованием метода наименьших квадратов. Построим график зависимости разности хода \(\Delta l_n\) от номера \(n\).

Все точки этого графика ложатся на одну прямую, коэффициент наклона которой равен длине волны. Расчет этого коэффициента по методу наименьших квадратов приводит к результату

\[\lambda = (0{,}118 \pm 0{,}012) \, \text{м}\]

Соответственно скорость звука

\[c = (3{,}5 \pm 0{,}3) \cdot 10^2 \, \text{м/с}\]

Как видите, графическая обработка приводит к тому же численному значению, но с меньшей погрешностью. Строго говоря, из-за уменьшения амплитуды звуковых колебаний по мере удаления от источника положения максимумов интенсивности несколько отличаются от тех, которые следуют из формулы (1). Однако, эти смещения в данном случае меньше погрешностей определения координат максимумов по предложенному графику. Кстати, данный график рассчитан в предположении синфазности, источников равной интенсивности. Корректно учтено убывание амплитуды волны, добавлен случайный шум на уровне нескольких процентов.

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

Подсказка

Давление газа зависит от массы газа (\(\propto t\)) и объёма (\(\propto x\)). Подставьте в уравнение движения \(x=Ct^{\alpha}\) и приравняйте показатели степени \(t\).

Ответ

\(\alpha=3/2\), скорость снаряда при вылете \(V\approx550\text{ м/с}\).

Решение

11-3. Обозначим координату снаряда при его движении в стволе \(x\). Уравнение движения снаряда на основании второго закона Ньютона и приближений, оговоренных в условии задачи, имеет вид

\[m_0 a = PS,\tag{1}\]

где \(a\) — ускорение снаряда, \(m_0\) — его масса, \(P\) — давление пороховых газов в стволе, \(S\) — площадь поперечного сечения ствола. Для определения давления газов запишем уравнение состояния

\[PSx = \frac{m}{\mu} RT.\tag{2}\]

Так как газы поступают с постоянной скоростью, их масса зависит от времени по закону \(m = \beta t\) (\(\beta = 2{,}0 \cdot 10^3 \, \text{кг/с}\) — скорость поступления газов). Таким образом уравнение движения приобретает вид

\[m_0 a = \frac{\beta RT}{\mu} \cdot \frac{t}{x}.\tag{3}\]

Для решения этого уравнения воспользуемся «подсказкой». Пусть закон движения имеет вид

\[x = C t^{\alpha},\tag{4}\]

тогда скорость снаряда \(V\) и его ускорение могут быть найдены как первая и вторая производные от данной функции

\[V = \alpha C t^{\alpha-1},\]

\[a = \alpha(\alpha-1)Ct^{\alpha-2}.\tag{5}\]

Подставляя выражения (4),(5) в уравнение (3), получим

\[m_0 \alpha(\alpha-1)Ct^{\alpha-2} = \frac{\beta RT}{\mu} \cdot \frac{t}{Ct^{\alpha}}.\tag{6}\]

Это выражение должно быть справедливым в любые моменты времени, поэтому показатели степеней \(t\) должны быть одинаковы, поэтому \(\alpha - 2 = 1 - \alpha\), отсюда находим \(\alpha = \frac{3}{2}\). Так же из уравнения (6) находим константу \(C\)

\[C^2 = \frac{\beta RT}{\alpha(\alpha-1)m_0\mu} = \frac{4\beta RT}{3m_0\mu}.\tag{7}\]

Итак, закон движения снаряда найден. В момент вылета снаряда \(\tau\) его координата станет равной длине ствола, поэтому

\[l = C \tau^{\frac{3}{2}}, \quad V = \frac{3}{2} C \tau^{\frac{1}{2}}.\]

Из этих выражений окончательно находим

\[V = \frac{3}{2} \sqrt[3]{\frac{4\beta RT}{3m_0\mu}\, l} \approx 550 \, \text{м/с}\]

Не смотря на правдоподобный результат, оговоренные в условии приближения (пренебрежение силами сопротивления, постоянство температуры и скорости сгорания) являются довольно грубыми. Обратите внимание, согласно полученному решению ускорения снаряда в начальный момент времени стремится к бесконечности, что связано с нулевым объемом газа. Но, по-видимому, кратковременность этой стадии не оказывает определяющего влияния на конечный результат.

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

Подсказка

Максимальное ускорение ленты намного больше \(\mu g\), поэтому брусок всё время проскальзывает и движется с ускорением \(\pm\mu g\) — его закон движения не зависит от деталей движения ленты.

Ответ

\(V_m=\mu g\tau\approx1{,}0\text{ м/с}\); амплитуда \(X_m=\mu g\tau^2\approx0{,}98\text{ м}\).

Решение

11-4. Попытаться рассчитать переходный режим (установление колебаний) вручную за короткое время, по-видимому, задача трудновыполнимая. Поэтому, обсудим возможный режим установившихся колебаний. Единственная сила, действующая на брусок в горизонтальном направлении (и заставляющая его двигаться) - сила трения со стороны колеблющейся ленты. Направление этой силы зависит от направления относительной скорости движения бруска, поэтому оно будет постоянно изменяться. Ускорение ленты, а, следовательно, и ее скорость меняются в достаточно больших пределах. Не составляет труда подсчитать максимальную скорость ленты - порядка \(10\) м/с. На нижнем рисунке схематически изображен график зависимости скорости ленты от времени - это набор отрезков парабол - кривая \(1\) (как будет видно ниже, нам не понадобится точный вид этой зависимости). Коэффициент трения между бруском и лентой транспортера невелик \(\mu = 0{,}10\), поэтому ускорение бруска в \(10\) раз меньше максимального ускорения призмы. Следовательно, в установившемся режиме скорость бруска также будет изменяться в

небольших пределах, а остановки бруска относительно ленты будут происходить в те моменты времени, когда ее скорость мала, а ускорение велико. В эти моменты времени сила трения покоя не сможет удержать брусок на ленте, он будет постоянно проскальзывать относительно нее. Следовательно, брусок будет двигаться с постоянным по модулю ускорением равным \(\mu g\), а его скорость изменяться по линейному закону. В установившемся режиме период колебаний бруска совпадает с периодом колебаний ленты (конечно, это не гармонические колебания). Схематически зависимость скорости бруска от времени показана на рисунке (ломаная \(2\)). Найдем

максимальное значение скорости бруска \(V_m\). За промежуток времени \(2\tau\) его скорость изменяется от \(-V_m\) до \(+V_m\), при этом он движется равноускоренно, поэтому

\[V_m = -V_m + \mu g \cdot 2\tau.\]

Откуда следует \(V_m = \mu g \tau \approx 1{,}0\) м/с, что в десять раз больше максимальной скорости ленты, поэтому предположение о том, что в моменты времени, когда скорости бруска и ленты равны, ускорение ленты превышает по модулю \(\mu g\) полностью оправдано. Максимальное смещение бруска при таком движении, амплитуда его колебаний, определяется формулой

\[X_m = V_m \tau = \mu g \tau^2 \approx 0{,}98 \text{ м}\]

Заметим, что закон движения бруска не зависит от закона движения ленты, если только последняя движется по периодическому закону с достаточно большой амплитудой. В частности, наше решение остается справедливым, если ускорение ленты изменяется в тех же пределах, но по гармоническому закону. Так же отметим, что утверждение о равенстве периодов вынужденных колебаний и вынуждающей силы справедливо для любых типов колебаний.

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

Подсказка

За время \(\Delta t\) останавливается столб воды длиной \(c\Delta t\); приравняйте импульс силы давления изменению импульса этого столба. Давление уравновешивается силами упругости стенок.

Ответ

Избыточное давление \(P=\rho cv\approx1{,}5\cdot10^6\text{ Па}\); толщина стенок \(h=\dfrac{n\rho cvr}{\sigma_{\text{н.р.}}}\approx1{,}1\text{ мм}\).

Решение

11-5. Гидродинамический удар в трубах возникает при резкой остановке течения воды, в следствие возникновения сил препятствующих этому движению. После перекрывания трубы в жидкости возникает волна

сжатия которая движется со скоростью звука в воде \(c\). Следовательно за малый промежуток времени \(\Delta t\) останавливается столб воды длиной \(l = c \Delta t\). Сила \(F\), которая приводит к остановке, с одной стороны равна \(PS\), (где \(P\) - избыточное давление в трубе, \(S\) - площадь поперечного сечения трубы), а с другой определяется вторым законом Ньютона \(F \Delta t = m \Delta V\). Приравнивая эти выражения, получим

\[c \Delta t S \rho V = PS \Delta t.\]

Откуда находим избыточное давление

\[P = \rho c V.\]

Интересно отметить, что в данном случае численное значение \(P \approx 1{,}5 \cdot 10^6\) Па \(\approx 15\) атм.

Найдем теперь толщину стенок трубы, которые могут выдержать пятикратное превышение этого давления. Выделим на стенке трубы небольшой участок длиной \(l\) и видимый из центра под малым углом \(\Delta\alpha\). Сила давления \(P\Delta S = Pr\Delta\alpha l\) должна быть уравновешена силами упругости, возникающими в стенках трубы \(T\), модуль суммы которых равен

\[T\Delta\alpha = \sigma hl\Delta\alpha,\]

где \(\sigma\) - механическое напряжение в стенках трубы, которое не превышает \(\sigma_{\text{н.р.}}\). Учитывая, что давление должно в \(n = 5\) раз превышать давление гидродинамического удара, получим из условия равновесия

\[ncV\rho r\Delta\alpha l = \sigma_{\text{н.р.}}lh\Delta\alpha.\]

Из этой формулы следует

\[h = \frac{nc\rho Vr}{\sigma_{\text{н.р.}}} \approx 1{,}1 \cdot 10^{-3} \text{ м}\]

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