Белорусская, 2003/04, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

В стационарном режиме поток теплоты постоянен, поэтому температура в пластине меняется линейно. Рост или таяние льда считайте квазистационарным: выделяемая (поглощаемая) теплота равна теплоте, переносимой потоком через слой.

Ответ

1) \(T=T_1+\dfrac{T_2-T_1}{h}x\);  2) \(\tau_0\approx\dfrac{c_1\rho_1h^2}{2\beta_1}\approx4\cdot10^4\) с \(\approx11\) ч;  3) \(h=\sqrt{\dfrac{2\beta_1\Delta t^\circ}{\lambda\rho_1}\tau}\), через неделю \(\approx30\) см;  4) \(x=h_0-\sqrt{\dfrac{2\beta_0t_1\rho_0}{\rho_1^2\lambda}\tau}\), лёд тает \(\approx1{,}9\cdot10^6\) с \(\approx22\) суток;  5) \(x=h_0-\dfrac{\gamma t}{\lambda\rho_1}\tau\), где \(t\approx4{,}85\,^\circ\)C — температура воды, время таяния \(\approx1{,}5\cdot10^4\) с \(\approx4{,}3\) ч.

Решение

1. В стационарном режиме плотность теплового потока остается постоянной во всех точках внутри пластины

\[q = -\beta \frac{\Delta T}{\Delta x} = const.\tag{1}\]

Из этого условия следует, что температура внутри пластины изменяется по линейному закону. Учитывая значения температур на противоположных сторонах пластины, можно записать

\[T = T_1 + \frac{T_2 - T_1}{h} x.\tag{2}\]

2. Пусть для определенности \(T_2 > T_1\). Тогда до установления стационарного режима пластинка площади \(S\) должна поглотить количество теплоты

\[Q = c_1 \rho_1 S h \frac{(T_2 - T_1)}{2}.\tag{3}\]

Для получения оценки характерного времени установления теплового равновесия примем, что тепловой поток от более нагретой стороны пластины равен потоку в стационарном режиме, тогда за время \(\tau\) пластинка получит количество теплоты, равное

\[Q = \beta_1 S \frac{T_2 - T_1}{h} \tau.\tag{4}\]

Приравнивая эти выражения, получим оценку времени установления равновесия

\[\tau_{0} \approx \frac{c_{1} \rho_{1} h^{2}}{2 \beta_{1}}.\tag{5}\]

Подставляя численные характеристики льда, получим \(\tau_{0} \approx 4 \cdot 10^{4}\,\text{с} \approx 11 \text{ ч}\).

3. При замерзании (кристаллизации) льда выделяется некоторое количество теплоты, которое должно быть перенесено через имеющийся слой льда в окружающий воздух.

Будем считать, что в любой момент времени при любой толщине льда \(h\) распределение температуры внутри льда соответствует стационарному (справедливость этого предположения оценим далее). Пусть за малый промежуток времени \(\Delta \tau\) толщина льда увеличилась на величину \(\Delta h\), тогда уравнение теплового баланса будет иметь вид

\[\lambda \rho_{1} S \Delta h = \beta_{1} S \frac{\Delta t^{\circ}}{h} \Delta \tau,\tag{6}\]

где \(\Delta t^{\circ} = -t_{1}\) разность температур между нижней и верхней границей льда.

Учитывая, что для малых интервалов \(h \Delta h = \Delta \left( \frac{h^{2}}{2} \right)\) из уравнения (6) получим

\[\tau = \frac{\lambda \rho_{1} h^{2}}{2 \beta_{1} \Delta t^{\circ}}.\tag{7}\]

Сравнивая это выражение с оценкой времени установления стационарного теплового потока (5), найдем отношение характерного времени установления стационарного режима ко времени намерзания \(\frac{\tau_{0}}{\tau_{1}} = \frac{c_{1} \Delta t^{\circ}}{\lambda} \approx 0{,}06\). Как следует из этого, время намерзания более чем на порядок превышает время установления стационарного режима, что обосновывает сделанное приближение о квазистационарном потоке через толщу льда. Из соотношения (7) находим зависимость толщины льда от времени

\[h = \sqrt{\frac{2 \beta_{1} \Delta t^{\circ}}{\lambda \rho_{1}} \tau}.\tag{8}\]

Подстановка численных значений приводит к результату

\[h = \sqrt{\frac{2 \cdot 2{,}2 \cdot 10}{3{,}3 \cdot 10^{5} \cdot 0{,}90 \cdot 10^{3}} \cdot 7 \cdot 24 \cdot 3600} \approx 30 \text{ см}.\]

4. При плавлении льда, теплота необходимая для плавления поступает от нагретого воздуха через слой воды посредством теплопередачи. Опять используем квазистационарное приближение. Обозначим толщину льда в произвольный момент времени \(x\), а толщину слоя воды \(h\). Используя условие сохранения воды, запишем равенство

\[\rho_{1} x + \rho_{0} h = \rho_{1} h_{0},\tag{9}\]

из которого следует

\[h = \frac{\rho_{1}}{\rho_{0}} (h_{0} - x),\tag{10}\]

Пусть за время \(\Delta \tau\) толщина льда уменьшилась на величину \(\Delta x\), тогда уравнение теплового баланса будет иметь вид

\[\beta_{0} \frac{t_{1}}{h} S \Delta \tau = -\lambda \rho_{1} S \Delta x.\tag{11}\]

Из уравнений (10)-(11) с учетом начальных условий получим соотношение

\[\frac{\left(h_{0}-x\right)^{2}}{2}=\frac{\beta_{0} t_{1} \rho_{0}}{\rho_{1}^{2} \lambda} \tau,\tag{12}\]

из которого определим закон изменения толщины льда

\[x=h_{0}-\sqrt{\frac{2 \beta_{0} t_{1} \rho_{0}}{\rho_{1}^{2} \lambda} \tau},\tag{13}\]

и время плавления слоя льда

\[\tau=\frac{\rho_{1}^{2} \lambda h_{0}^{2}}{2 \beta_{0} t_{1} \rho_{0}} \approx 1{,}9 \cdot 10^{6}\,\text{с} \approx 22 \text{ суток}.\tag{14}\]

5. Так как нагрев воды осуществляется снизу, то благодаря конвекции, происходит ее быстрое перемешивание, поэтому можно считать, что температура воды одинакова во всех точках, обозначим эту температуру \(t\). В такой ситуации теплота, поступающая от нагретой плиты, расходуется на плавление льда и нагрев образующейся талой воды. Уравнения теплового баланса для малого промежутка времени \(\Delta \tau\) в этом случае имеют вид (\(\Delta x\) - по-прежнему изменение толщины льда за этот промежуток времени)

\[\begin{aligned} & \gamma\left(t_{1}-t\right) S \Delta \tau=\gamma\left(t-t_{0}\right) S \Delta \tau+c_{0} \rho_{1} S \Delta x\left(t-t_{0}\right), \\ & \gamma\left(t-t_{0}\right) S \Delta \tau=\lambda \rho_{1} S \Delta x. \end{aligned}\tag{15}\]

Избавляясь от скорости плавления \(\frac{\Delta x}{\Delta \tau}\), получим уравнение для определения температуры воды

\[t^{2}+2 \frac{\lambda}{c_{0}} t-\frac{\lambda}{c_{0}} t_{1}=0,\]

из которого находим температуру воды \(t=\sqrt{\left(\frac{\lambda}{c_{0}}\right)^{2}+\frac{\lambda}{c_{0}} t_{1}}-\frac{\lambda}{c_{0}} \approx 4{,}85^{\circ} \mathrm{C}\), которая оказывается постоянной. Следовательно, и скорость плавления льда также постоянна

\[\frac{\Delta x}{\Delta \tau}=\frac{\gamma t}{\lambda \rho_{1}}.\tag{17}\]

Поэтому толщина льда будет изменяться по линейному закону

\[x=h_{0}-\frac{\gamma t}{\lambda \rho_{1}} \tau,\tag{18}\]

а время плавления рассчитывается по формуле

\[\tau=\frac{\lambda \rho_{1}}{\gamma t} h_{0} \approx 1{,}5 \cdot 10^{4} c \approx 4{,}3 \text{ часа}.\tag{19}\]

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

Подсказка

Сила, действующая на подвижную пластину, уравновешивается упругостью пружин. При заданном заряде сила постоянна; при заданном напряжении она растёт со смещением, поэтому равновесие существует и устойчиво лишь на части диапазона — удобнее строить \(U(x)\).

Ответ

1) \(x=\dfrac{q^2}{8\varepsilon_0Sk}\), \(q_{\min}\approx4{,}2\cdot10^{-10}\) Кл, \(q_{\max}\approx4{,}2\cdot10^{-9}\) Кл, относительная погрешность \(\dfrac{\delta x}{2x}\) (минимум \(0{,}5\%\));  2) \(U=\sqrt{\dfrac{2kd_0^3}{\varepsilon_0S}}\left(1-\dfrac{x}{d_0}\right)\sqrt{\dfrac{x}{d_0}}\), измеряемые напряжения от \(\approx12\) В до \(U_{\max}\approx65\) В (при \(x/d_0=1/3\)).

Решение

Так как пластинки одинаковы, то сообщенный заряд \(q\) распределится между ними поровну. Электрическая сила, действующая на подвижную пластинку, может быть определена из очевидной цепочки равенств

\[F=E \frac{q}{2}=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}} \cdot \frac{q}{2}=\frac{1}{2 \varepsilon_{0}} \cdot \frac{q}{2 S} \cdot \frac{q}{2}=\frac{q^{2}}{8 \varepsilon_{0} S}.\tag{1}\]

Эта постоянная сила отталкивания уравновешивается силой упругости пружинок

\[F=k x,\tag{2}\]

поэтому заряд прибора и смещением пружинки связаны соотношениями

\[x=\frac{q^{2}}{8 \varepsilon_{0} S k} ; \quad q=\sqrt{8 \varepsilon_{0} S k x}.\tag{3}\]

Минимальный заряд, который можно измерить с помощью данного прибора, равен

\[q_{\min} = \sqrt{8\varepsilon_0 Sk\delta x} = 4{,}2 \cdot 10^{-10}\,\text{Кл},\tag{4}\]

а максимальный

\[q_{\max} = \sqrt{8\varepsilon_0 Sk\Delta x} = 4{,}2 \cdot 10^{-9}\,\text{Кл}.\tag{5}\]

Относительная погрешность измерения заряда рассчитывается по формуле

\[\frac{\Delta q}{q} = \frac{q'_x \delta x}{q} = \frac{\delta x}{2x},\tag{6}\]

она минимальна при максимальном смещении пластинки, при котором составляет \(0{,}5\%\).

График зависимости смещения пластинки от величины заряда представляет собой «банальную» параболу

\[x = 5{,}6 \cdot 10^{-2} q^2,\]

где \(x\) — измерена в миллиметрах, а \(q\) в нанокулонах.

2. При заданном напряжении между пластинами при их относительном смещении измеряется заряд каждой из пластин. В этом случае силу электрического притяжения можно вычислить с помощью следующей цепочки

\[F = \sigma S \cdot \frac{E}{2} = \varepsilon_0 E S \cdot \frac{E}{2} = S \cdot \frac{\varepsilon_0 E^2}{2} = \frac{\varepsilon_0 S}{2} \left( \frac{U}{d} \right)^2 = \frac{\varepsilon_0 S U^2}{2(d_0 - x)^2}.\tag{8}\]

Приравнивая ее к силе упругости пружин, получим уравнение, связывающее смещение пластинки и приложенное напряжение

\[\frac{\varepsilon_0 S U^2}{2(d_0 - x)^2} = kx.\tag{9}\]

Выразить из этого уравнения в явном виде \(x\) как функцию \(U\), по меньшей мере, затруднительно. Проанализируем уравнение (9) графически, для чего построим графики зависимостей электрической силы и силы упругости от смещения пластинки.

Легко заметить, что в интересующем нас диапазоне \(x \in [0, d_0]\) уравнение (9) может иметь либо два корня (а), либо один (в), либо ни одного корня (б).

Традиционный анализ устойчивости (электрическая сила стремится увеличить смещение, а сила упругости – уменьшить), показывает, что в случае (а) устойчивым является меньший корень, в случае (в) – корень неустойчив. Отсутствие корней свидетельствует об отсутствии положения равновесия подвижной пластинки, то есть в этом случае никакие измерения невозможны.

Если сложно построить график зависимости \(x(U)\), то можно построить зависимость \(U(x)\)! Выразим из уравнения (9)

\[U = \sqrt{\frac{2kd_0^3}{\varepsilon_0 S}} \cdot \left(1 - \frac{x}{d_0}\right) \sqrt{\frac{x}{d_0}}.\tag{10}\]

Обозначим \(A = \sqrt{\frac{2kd_0^3}{\varepsilon_0 S}} \approx 170\,\text{В}\), \(\xi = \frac{x}{d_0}\) и получим «совсем простую зависимость \(U = A(1 - \xi)\sqrt{\xi}\). Построить график этой функции можно с помощью традиционных методов анализа функций. Результат такого построения показан на рисунке.

Как было отмечено выше, верхняя ветвь этой зависимости неустойчива, поэтому изображена пунктиром. Из анализа функции (10) следует, что максимальное напряжение, поддающееся измерению достигается при \(\xi = 0{,}33\) и равно \(U_{\text{max}} \approx 65\,\text{В}\). Минимальное измеримое напряжение рассчитывается при подстановке в функцию (10) минимально измеримого \(x = \delta x\). В этом случае \(U_{\text{min}} \approx 12\,\text{В}\).

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

Подсказка

Без проскальзывания энергия складывается из поступательной и вращательной частей; условие отсутствия проскальзывания — сила трения покоя не больше \(\mu N\). Для эксцентрика приравняйте моменты сил тяжести относительно точки касания.

Ответ

а) \(a=\dfrac{g\sin\alpha}{2}\) при \(\operatorname{tg}\alpha\le2\mu\); \(a=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)\) при \(\operatorname{tg}\alpha\ge2\mu\);  б) \(m_0\ge\dfrac{\sin\alpha}{1-\sin\alpha}m\), \(\mu\ge\operatorname{tg}\alpha\); положение равновесия: \(\varphi=\arcsin\left(\dfrac{m+m_0}{m_0}\sin\alpha\right)\).

Решение

а) При достаточно большом трении движение цилиндра по наклонной плоскости будет происходить без проскальзывания. При этом на него будут действовать три силы — тяжести \(m\vec{g}\), реакции опоры \(\vec{N}\) и трения покоя \(\vec{F}_{\text{тр}}\). Сила трения покоя при этом будет раскручивать цилиндр так, чтобы в любой момент времени скорость \(\upsilon\) его поступательного движения совпадала с линейной скоростью вращения

\[\upsilon = \omega R.\tag{1}\]

Соответственно полная кинетическая энергия катящегося без проскальзывания со скоростью \(\upsilon\) цилиндра будет складываться из энергий поступательного и вращательного движений (теорема Кёнига)

\[E_{K} = \frac{m \upsilon ^{2}}{2} + \frac{m( \omega R)^{2}}{2} = m \upsilon ^{2}.\tag{2}\]

Согласно закону равноускоренного движения

\[S = \frac{at^{2}}{2} = \frac{ \upsilon ^{2}}{2a} \quad \Rightarrow \quad \upsilon ^{2} = 2aS,\tag{3}\]

где \(a\) — искомое ускорение цилиндра. С другой стороны, поскольку в системе нет тепловыделения, можем воспользоваться законом сохранения механической энергии

\[E_{\text{П}} = E_{K} \quad \Rightarrow \quad mgh = mgS\sin \alpha = m \upsilon ^{2} = \{(3)\} = 2aSm.\tag{4}\]

Из (4) находим ускорение цилиндра в случае отсутствия проскальзывания

\[a = \frac{g\sin \alpha }{2}.\tag{5}\]

Как следует из (5), ускорение цилиндра в этом случае в два раза меньше ускорения «свободного» скольжения по наклонной плоскости в отсутствие сил трения. Это обстоятельство (в совокупности с основным законом динамики) позволяет вычислить абсолютное значение силы трения покоя в данном случае

\[F_{\text{тр}} = \frac{mg\sin \alpha }{2}.\tag{6}\]

С помощью (6) количественно определим условие «достаточно большого трения», при котором может происходить движение без проскальзывания. Поскольку максимальное значение силы трения покоя совпадает с силой трения скольжения (явлением «застоя» пренебрежем), то

\[\frac{mg\sin \alpha }{2} \le \mu N = \mu mg\cos \alpha \quad \Rightarrow \quad \mu \ge \frac{\operatorname{tg} \alpha }{2}.\tag{7}\]

В случае недостаточного, «слабого» трения (при невыполнении условия (7)) сила трения уже «не будет успевать» раскручивать цилиндр до «нужной» угловой скорости (1). Соответственно, в системе начнется проскальзывание и, как следствие, тепловыделение. При этом, в соответствии с II законом Ньютона в проекции на наклонную плоскость, имеем

\[ma = mg\sin \alpha - \mu N = mg(\sin \alpha - \mu \cos \alpha ) \quad \Rightarrow \quad a = g(\sin \alpha - \mu \cos \alpha ).\tag{8}\]

Искомая зависимость \(a( \alpha )\) имеет вид

\[a = \begin{cases} \dfrac{g\sin \alpha }{2}, & \text{при } \alpha \le \alpha ^{*}, \, \alpha ^{*} = \operatorname{arctg}(2 \mu ); \\ g(\sin \alpha - \mu \cos \alpha ), & \text{при } \alpha \ge \alpha ^{*}. \end{cases}\tag{9}\]

График зависимости (9) изображен на рисунке.

б) После прикрепления эксцентрика цилиндр сможет оставаться в равновесии на достаточно шероховатой наклонной плоскости, благодаря уравновешивающему моменту силы тяжести эксцентрика относительно точки касания цилиндра и плоскости (точка А на рис.). При минимально возможной массе эксцентрика \(m_0\) отрезок ОВ должен быть горизонтален. Тогда, записывая условия равенства моментов соответствующих сил тяжести относительно точки А, получим

\[m_0 g(R - R \sin \alpha) = mgR \sin \alpha \quad \Rightarrow \quad m_0 = \frac{\sin \alpha}{1 - \sin \alpha} m.\tag{10}\]

Первое условие равновесия (равенство нулю равнодействующей всех сил), приводит к очевидному требованию отсутствия скольжения по наклонной плоскости

\[\mu \ge \operatorname{tg} \alpha.\tag{11}\]

Положение равновесия будем определять углом отклонения отрезка между грузиком и центром от вертикали \(\varphi\). Условие равновесия в этом случае будет иметь вид

\[mgR \sin \alpha = m_0 gR (\sin \varphi - \sin \alpha).\]

Выразим отсюда равновесный угол

\[\sin \varphi = \frac{m + m_0}{m_0} \sin \alpha.\]

Это уравнение на интервале \([0, 2\pi]\) имеет два корня, один из которых неустойчивый, поэтому единственным реализуемым положением равновесия является угол

\[\varphi = \arcsin \left( \frac{m + m_0}{m_0} \sin \alpha \right).\]

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

Подсказка

Коэффициенты трения измеряйте по углу начала скольжения или по равновесию на наклоне; массу линейки определите по правилу рычага, подвешивая скрепки; толщину листа — по стопке листов.

Подсказка

Сопротивление обмотки найдите по неработающему двигателю; у работающего двигателя напряжение равно сумме падения на обмотке и ЭДС вращения. Механическую мощность оцените по подъёму груза на нитке.

Подсказка

Скорость вытекания находите по скорости понижения уровня; для степенной зависимости \(v=Ch^\gamma\) постройте график в логарифмических координатах и найдите наклон.

Подсказка

Скорость круговых волн измеряйте по времени пробега фронта известного расстояния; зависимость от глубины ищите в виде степенной функции, построив график в логарифмических осях.

Подсказка

Резонанс наступает, когда в столбе воздуха укладывается нечётное число четвертей длины волны (закрытый конец у воды); по высотам \(h_k\) найдите длину волны, затем скорость звука и показатель адиабаты по формуле из условия.

Подсказка

Отброс стрелки вольтметра пропорционален заряду, протёкшему через него при разряде конденсатора; проградуируйте его по известным зарядам \(CU\), затем измерьте заряд при ударе стержня и оцените время столкновения.