Белорусская, 2003/04, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Закон Дарси связывает поток с перепадом давления; в равномерном движении сила сопротивления песка уравновешивает силу тяжести воды. Для впитывания используйте квазистационарное приближение и сохранение количества воды.

Ответ

1) \([\beta]=\text{с}\);  2) \(v=\beta g\);  3) \(h=h_0-\sqrt{2h_0\beta g\eta t}\), \(T=\dfrac{h_0}{2\beta\eta g}\);  4) \(T=\dfrac{h_0}{2\beta\eta g}+\dfrac{h_1}{\beta g}\) (по официальному решению).

Решение

1. Из формулы закона Дарси следует, что размерность проницаемости – секунда.

Пусть слой воды толщиной \(h\) движется горизонтально через песок под действием разности давлений \(\Delta P\). Так как вода движется равномерно, то сумма внешних сил, действующих на воду равна нулю. Следовательно, сила сопротивления действующая на воду со стороны песка, равна \(f_c = \Delta P S\), где \(S\) площадь произвольно выделенной части движущегося слоя. Эту силу можно также выразить из приведенного закона Дарси \(\Delta P S = \frac{h S}{\beta} q\). Наконец, поток жидкости можно выразить через ее скорость \(v\): \(q = \eta \rho v\). Итак, сила сопротивления, действующая на выделенную часть слоя, определяется формулой

\[f_c = \frac{\eta \rho}{\beta} S h v.\tag{1}\]

2. При вертикальном движении слоя жидкости в пористой среде сила тяжести уравновешивается силой сопротивления, поэтому

\[\eta \rho S h g = \frac{\eta \rho S h}{\beta} v.\tag{2}\]

Откуда следует, что скорость равномерного движения слоя воды равна

\[v = \beta g.\tag{3}\]

3. Не смотря на то, что скорость движения воды будет изменяться, будем считать, что эти изменения малы. Поэтому в любой момент времени сумма сил, действующих на воду, будет равна нулю (используем традиционное квазистационарное приближение). Обозначим высоту слоя не впитавшейся воды \(h\), а толщину намокшего песка \(x\). Учитывая, что сила тяжести, действующая на всю воду, уравновешивается силой сопротивления, действующей только на слой воды, находящейся в песке, запишем выражения для равенства этих сил

\[\rho S h_0 g = \frac{\eta \rho S x}{\beta} v.\tag{4}\]

Так как \(v = \frac{\Delta x}{\Delta t}\), то из уравнения (4) следует

\[x = \sqrt { \frac { 2 h _ { 0 } \beta g t } { \eta } } \, .\tag{5}\]

Запишем условие сохранения количества воды

\[\rho h + \eta \rho x = \rho h _ { 0 } \, ,\tag{6}\]

которое позволяет найти искомую зависимость толщины слоя не впитавшейся воды от времени

\[h = h _ { 0 } - \sqrt { 2 h _ { 0 } \beta g \eta t } \ .\tag{7}\]

Полагая \(h = 0\) , найдем время впитывания

\[T = \frac { h _ { 0 } } { 2 \beta \eta g } \, ,\tag{8}\]

4. Так как скорость движения жидкости внутри песка не зависит от его толщины, то после полного впитывания верхняя граница «мокрого» слоя будет постоянна и определяться формулой (3). Следовательно, вся вода пройдет через слой песка за время

\[T = \frac { h _ { 0 } } { 2 \beta \eta g } + \frac { h _ { 1 } } { \beta g } \, .\tag{9}\]

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

Подсказка

Разбейте движение на этапы: разгон ящика, совместное скольжение по салазкам до выравнивания скоростей, торможение салазок, соскальзывание ящика и торможение на берегу; на каждом этапе ускорения заданы силами трения.

Ответ

Ящик разгоняется до 6 м/с за 2 с, затем ящик и салазки выравнивают скорости (\(\approx3{,}85\) м/с); далее торможение салазок (\(0{,}20\) м/с\(^2\)), столкновение с берегом при \(\approx2{,}1\) м/с, соскальзывание ящика (\(\approx1{,}07\) м/с) и остановка на берегу; полный путь \(33{,}6\) м за \(12{,}9\) с (по официальному решению).

Решение

Будем рассматривать движение по этапам. Все кинематические характеристики, относящиеся к ящику, будем нумеровать индексом 0, а, относящиеся к салазкам – индексом 1, координатами салазок будем считать координату их задней части.

1. Разгон ящика описывается хорошо известными уравнениями:

\[\left\{ \begin{array} { l } { \displaystyle v _ { 0 } = a _ { 0 } t } \\ { \displaystyle x _ { 0 } = \frac { a _ { 0 } t ^ { 2 } } { 2 } } \end{array} \right. .\tag{1}\]

Этот разгон закончится в момент времени \(t _ { 1 } = \sqrt { \frac { 2 l _ { 0 } } { a _ { 0 } } } \approx 2 { , } 0 0 c\) , ящик будет иметь скорость \(v _ { 0 1 } = \sqrt { 2 a _ { 0 } l _ { 0 } } \approx 6 { , } 0 0 \frac { \text{м} } { \text{с} }\) .

2. Разгон салазок. После того, как ящик окажется на салазках, начнется их разгон под действием силы трения со стороны ящика. Рассмотрев действующие силы трения между ящиком и салазками \(F _ { 0 } = F _ { 0 } ^ { \prime } = \mu _ { 0 } m _ { 0 } g\) ;

между салазками и льдом \(F _ { 1 } = \mu _ { 1 } ( m _ { 0 } + m _ { 1 } ) g\) ,

определим ускорения салазок и ящика

\[a _ { 0 1 } = - \mu _ { 0 } g \approx - 3 { , } 0 \frac { \text{м} } { \text{с} ^ { 2 } } , \qquad a _ { 1 1 } = \frac { \mu _ { 0 } m _ { 0 } - \mu _ { 1 } ( m _ { 0 } + m _ { 1 } ) } { m _ { 1 } } g \approx 5 { , } 4 \frac { \text{м} } { \text{с} ^ { 2 } } \, .\]

Зависимости скоростей и координат движущихся тел определяются уравнениями (для сокращения записей сместим начало отсчета времени)

\[\left\{ \begin{array} { l l } { v _ { 0 } = v _ { 0 1 } + a _ { 0 1 } t } \\ { v _ { 1 } = a _ { 1 1 } t } \end{array} \right. , \qquad \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle x _ { 0 } = l _ { 0 } + v _ { 0 1 } t + \frac { a _ { 0 1 } t ^ { 2 } } { 2 } } \\ { \displaystyle x _ { 1 } = l _ { 0 } + \frac { a _ { 1 1 } t ^ { 2 } } { 2 } } \end{array} \right. .\tag{2}\]

Далее следует заметить, что такое движение будет происходить пока скорости салазок и ящика не сравняются, Это произойдет через время \(t _ { 2 } = \frac { v _ { 0 1 } } { a _ { 1 1 } + \vert a _ { 0 1 } \vert } \approx 0 { , } 7 1 4 c\) .

До этого момента времени доска сместится на \(\Delta x_{11} \approx 1{,}38 \text{м}\), а ящик на \(\Delta x_{01} \approx 3{,}52 \text{м}\). Так как \(\Delta x_{01} - \Delta x_{11} < L\) (до конца салазок остается \(\Delta L = L - (\Delta x_{01} - \Delta x_{11}) \approx 0{,}86 \text{м}\)), то ящик останется на салазках. В момент прекращения относительного движения ящика по салазкам их скорость будет равна \(v_{02} \approx 3{,}85 \frac{\text{м}}{\text{с}}\).

3. Торможение. Далее салазки с неподвижным ящиком будут двигаться вместе с ускорением \(a_2 = -\mu_1 g \approx -0{,}20 \frac{\text{м}}{\text{с}^2}\). До полной остановки салазки могут пройти по льду путь \(S = \frac{v_{02}^2}{2\vert a_2\vert } \approx 37{,}25 \text{м}\), что больше оставшегося расстояния до противоположного берега. На этом участке скорости и координаты будут изменяться по законам

\[\begin{cases} v_0 = v_{02} + a_2 t \\ v_1 = v_{02} + a_2 t \end{cases}, \quad \begin{cases} x_0 = l_0 + \Delta x_{01} + v_{02} t + \frac{a_2 t^2}{2} \\ x_1 = l_0 + \Delta x_{11} + v_{02} t + \frac{a_2 t^2}{2} \end{cases}.\tag{3}\]

До противоположного берега салазкам остается пройти расстояние \(l = l_1 - L - \Delta x_{11} \approx 25{,}6 \text{м}\). Салазки подъедут к берегу со скоростью, которую можно рассчитать по формуле \(v_{03} = \sqrt{v_{02}^2 - 2\vert a_2\vert l} \approx 2{,}14 \frac{\text{м}}{\text{с}}\). Это произойдет через время

\[\Delta t_3 = \frac{v_{03} - v_{02}}{a_2} \approx 8{,}55 \text{с}\]

4. Торможение по салазкам. После того, как салазки «упрутся» в берег, ящик начнет скользить по салазкам с ускорением \(a_{03} = -\mu_0 g \approx -2{,}0 \frac{\text{м}}{\text{с}^2}\). По салазкам они могут пройти путь \(S = \frac{v_{03}^2}{2\vert a_{03}\vert } \approx 1{,}15 \text{м}\), что больше, чем расстояние \(\Delta L\) до конца салазок, поэтому ящик соскользнет с них. Скорость ящика в момент выезда на берег \(v_{04} = \sqrt{v_{03}^2 - 2\vert a_{03}\vert \Delta L} \approx 1{,}07 \frac{\text{м}}{\text{с}}\), что произойдет через время \(\Delta t_4 = \frac{v_{04} - v_{03}}{a_{03}} \approx 0{,}54 \text{с}\). Законы изменения скорости и координаты ящика на этом этапе имеет вид

\[\begin{aligned} v_0 &= v_{04} + a_{03} t \\ x_0 &= l_0 + l_1 - \Delta L + v_{03} t + \frac{a_{03} t^2}{2} \end{aligned}.\tag{4}\]

5. Торможение по берегу. Ящик на берегу тормозит с ускорением \(a_{04} = -\mu_2 g \approx -1{,}0 \frac{\text{м}}{\text{с}^2}\). При этом он пройдет путь \(S = \frac{v_{04}^2}{2\vert a_{04}\vert } \approx 0{,}57 \text{м}\) до остановки за время \(\Delta t_5 = -\frac{v_{04}}{a_{04}} \approx 1{,}1 \text{с}\). Законы изменения скорости и координаты ящика на том этапе имеет вид

\[\begin{aligned} v_0 &= v_{04} + a_{04} t \\ x_0 &= l_0 + l_1 + v_{04} t + \frac{a_{04} t^2}{2} \end{aligned}.\tag{5}\]

Графики зависимостей скоростей от времени показаны на рисунке.

2. Полный путь до остановки составит \(33{,}6\) м за время \(12{,}9\) с.

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

Подсказка

При малом смещении стержня нескомпенсированной остаётся сила притяжения небольшого участка длиной \(2x\) к кольцу; сила пропорциональна смещению, поэтому колебания гармонические.

Ответ

\(T=\dfrac{4\pi R}{q}\sqrt{2\sqrt2\,\pi\varepsilon_0 mR}\).

Решение

Поскольку кольцо и стержень имеют заряды противоположных знаков, то в положении равновесия стержень расположится симметрично относительно центра кольца. Рассмотрим малое смещение \(x\) (\(x \ll R\)) стержня из положения равновесия например вверх (рис. 2). Поскольку при этом над кольцом окажется большая часть стержня, то результирующая сила со стороны кольца будет стремиться вернуть стержень в положение равновесия.

Для расчета этой силы заметим, что в данном случае «нескомпенсированной» остается только сила притяжения к кольцу малого участка стержня длиной \(2x\) (незаштрихованная на рис.), имеющая заряд

\[\Delta q = \lambda 2x = \frac{q}{l} 2x = \frac{q}{R} x.\tag{1}\]

Поскольку напряженность электростатического поля на оси кольца на расстоянии \(h\) от его центра вычисляется по формуле

\[E(h) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{h}{(h^2 + R^2)^{\frac{3}{2}}},\tag{2}\]

то для нашего случая (\(h = R\)) получаем

\[E(R) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{R}{(2R^2)^{\frac{3}{2}}} = \frac{q}{8\sqrt{2}\pi\varepsilon_0 R^2}.\tag{3}\]

Таким образом, уравнение движения (второй закон Ньютона) для стержня примет вид

\[ma = m x''(t) = -\Delta q \cdot E(R) = -\frac{q}{R} \cdot \frac{q}{8\sqrt{2}\pi\varepsilon_0 R^2} \cdot x = -\frac{q^2}{8\sqrt{2}\pi\varepsilon_0 R^3} \cdot x.\tag{4}\]

Уравнение (4) можно переписать в виде стандартного уравнения гармонических колебаний

\[x''(t) + \omega_0^2\, x(t) = 0, \quad \text{где } \omega_0 = \sqrt{\frac{q^2}{8\sqrt{2}\,\pi\varepsilon_0 m R^3}}.\tag{5}\]

Соответственно период данных колебаний

\[T = \frac { 2 \, \pi } { \omega _ { 0 } } = \frac { 4 \, \pi \, R } { q } \sqrt { 2 \sqrt { 2 } \pi \, \varepsilon _ { 0 } m R } \; .\tag{6}\]

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

Подсказка

Вращающийся заряженный цилиндр эквивалентен соленоиду с линейной плотностью тока \(\sigma\omega R\). При расчёте давления помните, что на элемент поверхности не действует поле, созданное им самим (эффективное поле вдвое меньше).

Ответ

1) \(B=\mu_0(\sigma_1\omega_1R_1+\sigma_2\omega_2R_2)\) при \(r<R_1\); \(B=\mu_0\sigma_2\omega_2R_2\) при \(R_1<r<R_2\); \(B=0\) при \(r>R_2\) (при вращении в разные стороны — со знаком «минус»);  2) \(p_2=\dfrac{\mu_0\sigma_2^2\omega_2^2R_2^2}{2}\),  \(p_1=\mu_0\sigma_1\omega_1R_1\left(\dfrac{\sigma_1\omega_1R_1}{2}+\sigma_2\omega_2R_2\right)\).

Решение

а) Рассмотрим процесс возникновения магнитного поля при вращении цилиндров.

Индукция \(B\) однородного магнитного поля внутри достаточно длинного соленоида с однослойной плотностью намотки \(n = \frac { N } { l }\) и силой тока \(I\) может быть найдена по формуле

\[B = \mu _ { 0 } i = \{ i = \frac { I _ { \Sigma } } { l } = \frac { I N } { l } = I n \} = \mu _ { 0 } I n \; .\tag{1}\]

Подчеркнем, что вне бесконечного соленоида поля нет. В реальном случае магнитное поле выходит через торцы соленоида (область т.н. «краевых эффектов»), следовательно, оно отлично от нуля и вне соленоида. Поскольку цилиндры, согласно условию, достаточно длинные, то указанными эффектами пренебрежем.

В рассматриваемом случае ток, в буквальном смысле слова, через цилиндры не течет, однако его заменяет направленное движение статических зарядов на поверхностях цилиндров при вращении. За один оборот весь заряд \(q = \sigma 2 \pi R l\) цилиндра пройдет через некоторое фиксированное поперечное сечение его боковой поверхности длиной \(l\). Следовательно, сила тока, «протекающего» по поверхности цилиндра радиуса \(R\) при его вращении с угловой скоростью \(\omega\)

\[I = \frac { q } { t } = \frac { \sigma 2 \pi R l } { 2 \pi / \omega } = \sigma \omega R l \; .\tag{2}\]

Соответственно для линейной плотности тока в этом случае получаем выражение

\[i = \frac { I } { l } = \sigma \omega R \; .\tag{3}\]

С помощью (1) - (3) и найдем индукцию \(B\) однородного магнитного поля внутри достаточно длинного вращающегося цилиндра

\[B = \mu _ { 0 } \sigma \omega R \; .\tag{4}\]

Направление вектора \(\vec { B }\) магнитной индукции внутри цилиндра можно найти при помощи правила буравчика. При этом следует направление тока заменить направлением вращения цилиндра (при положительной плотности поверхностного заряда \(\sigma\)).

Таким образом, при вращении цилиндров в одном направлении, искомая зависимость имеет вид

\[B(r) = \begin{cases} \mu_0(\sigma_1\omega_1R_1+\sigma_2\omega_2R_2) & \text{при } r<R_1,\\ \mu_0\sigma_2\omega_2R_2 & \text{при } R_1<r<R_2,\\ 0 & \text{при } r>R_2. \end{cases}\tag{5}\]

При вращении цилиндров в различных направлениях в представленной зависимости, в соответствие с правилом буравчика следует взять знак «-».

б) Для вычисления давления, создаваемого магнитным полем вращающегося цилиндра на его же боковую поверхность цилиндра следует учесть, что на выделенный элемент с током \(\Delta S _ { i }\) боковой поверхности цилиндра не может действовать магнитное поле,

создаваемое им самим. Из принципа суперпозиции магнитных полей следует (покажите это самостоятельно), что корректный учет этого замечания приводит к уменьшению индукции «действующего» поля самого цилиндра ровно в два раза. Таким образом, при вычислении давления следует заменить стандартное значение индукции поля рассматриваемого \(i\)-го цилиндра (1) на новое «эффективное» значение

\[B_i^* = \frac{\mu_0 \sigma_i \omega_i R_i}{2}.\tag{6}\]

Для уединенного цилиндра сила Ампера, действующая на рассматриваемый элемент \(\Delta S_i = \Delta l_i \times \Delta l_j\) перпендикулярно его поверхности

\[F_A = I_\Sigma B^* \Delta l_i = \{I_\Sigma = i \Delta l_j = \sigma \omega R \Delta l_j\} = \sigma \omega R \Delta l_j B^* \Delta l_i = \mu_0 \frac{\sigma^2 \omega^2 R^2 \Delta l_j \Delta l_i}{2},\tag{7}\]

создает давление

\[p = \frac{F_A}{\Delta S_i} = \mu_0 \frac{\sigma^2 \omega^2 R^2}{2}.\tag{8}\]

В нашем случае внешний цилиндр радиуса \(R_2\) будет испытывать давление только со стороны «внутреннего» поля

\[p_2 = \mu_0 \frac{\sigma_2^2 \omega_2^2 R_2^2}{2}.\tag{9}\]

Внутренний цилиндр радиуса \(R_1\), соответственно, будет находиться под давлением

\[p_1 = \mu_0 \sigma_1 \omega_1 R_1 \left( \frac{\sigma_1 \omega_1 R_1}{2} + \sigma_2 \omega_2 R_2 \right).\tag{10}\]

Подчеркнем, что в случае вращения цилиндров в различных направлениях в выражениях (9) – (10) следует использовать знак «-».

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