Белорусская, 2004/05, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Давление на уровне перехода от узкого цилиндра к широкому действует на кольцевые горизонтальные части сосуда снизу вверх. Сосуд начнёт подниматься, когда эта сила сравняется с его весом.

Ответ

\(m = \pi\rho(H-h)(R^2-r^2) \approx 1{,}6\text{ кг}\).

Решение

Задание 1. «Сосуд Мюнхгаузена»}

Давление \(p_{\text{АВ}} = \rho g(H - h)\) столба жидкости на уровне \(\text{АВ}\) (рис. 20) в сосуде согласно закону Паскаля передается по всем направлениям без изменений. Следовательно, сила давления \(\vec{F}_{\text{Д}}\) жидкости на горизонтальные части \(A\) и \(B\) сосуда Мюнхгаузена площадью \(S = \pi(R^2 - r^2)\) направлена вверх и равна

\[F_{\text{Д}} = \pi \rho g(H - h)(R^2 - r^2).\tag{1}\]

Поскольку при такой высоте \(H\) жидкость приподнимает сосуд, то справедливо равенство

\[mg = \pi \rho g(H - h)(R^2 - r^2).\tag{2}\]

Из (2) получаем

\[m = \pi \rho (H - h)(R^2 - r^2).\tag{3}\]

Расчет дает

\[m = 1{,}6 \text{ кг}.\tag{4}\]

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

Подсказка

Капля должна отдать воздуху теплоту кристаллизации за время падения; приравняйте её к потерям \(\alpha(T-T_0)St\) и найдите, как нужное время зависит от радиуса. С сопротивлением воздуха разгон идёт до установившейся скорости, дальше падение равномерное.

Ответ

2.1) \(H = (r_1/r_0)^2 h_1 = 2{,}0\cdot10^2\text{ м}\); 2.2) \(H \approx 1{,}6\cdot10^2\text{ м}\) (установившиеся скорости \(19{,}9\) и \(28{,}3\) м/с).

Решение

Задание 2. «Дробь Мюнхгаузена»}

2.1 Поскольку силой сопротивления воздуха можно пренебречь, то дробинка будет свободно падать с башни высотой \(h\) с ускорением свободного падения \(g\) без начальной скорости. Для этого ей потребуется время

\[t = \sqrt{\frac{2h}{g}}.\tag{1}\]

Поскольку температура свинца во время кристаллизации остается постоянной, то при радиусе дробинки \(r\) за время полета (см. подсказку) она отдаст в окружающее пространство количество теплоты

\[Q = \alpha(T - T_0)St = \alpha(T - T_0)4\pi r^2 t,\tag{2}\]

где \(T\) — температура плавления свинца, \(T_0\) — температура окружающей среды. С другой стороны это количество теплоты может быть найдено из условия полной кристаллизации свинца за время полета

\[Q = m\lambda = \rho V \lambda = \rho \frac{4}{3}\pi r^3 \lambda,\tag{3}\]

где \(\rho\) и \(\lambda\) — соответственно плотность и удельная теплота кристаллизации (плавления) свинца. Приравнивая выражения (2) и (3), с учетом (1) найдем

\[h = \frac{g}{18} \left( \frac{\rho \lambda}{\alpha(T - T_0)} \right)^2 r^2.\tag{4}\]

Повторяя подобные рассуждения для «крупной» дроби, получим

\[H = \frac{g}{18} \left( \frac{\rho \lambda}{\alpha(T - T_0)} \right)^2 R^2.\tag{5}\]

Разделив (5) на (4), окончательно найдем

\[H = \frac { R ^ { 2 } } { r ^ { 2 } } \, h = \left( \frac { R } { r } \right) ^ { 2 } h = 2 0 0 \, \mathrm { { m } } = 2 { , } 0 \cdot 1 0 ^ { 2 } \, \mathrm { { m } } \, .\tag{6}\]

2.2 При описании падения «дробинки» с учетом силы сопротивления воздуха, заметим, что ее скорость \(\upsilon(t)\) будет расти с переменным ускорением до некоторого

установившегося значения \(u\), а далее падение будет равномерным.

Для оценки высоты башни \(H\) в этом случае примем, что характер зависимости скорости дробинки от времени \(\upsilon(t)\) имеет вид, представленный на рис. 21, т.е. состоит из участка равноускоренного движения длиной \(S_1\) и участка равномерного движения длиной \(S_2\). Соответственно

\[S_1 + S_2 = H\tag{7}\]

где \(S_1 = \frac{u^2}{2g}\), \(S_2 = u(t - \frac{u}{g})\), \(t\) — искомое время падения с башни высотой \(H\) в рамках данной модели. С учетом этого получаем

\[t = \frac{H}{u} + \frac{u}{2g}\tag{8}\]

По условию задачи за время полета \(t\) капля должна полностью кристаллизоваться. Из уравнения теплового баланса в этом случае имеем

\[\alpha(T - T_0) 4\pi r^2 t = \alpha(T - T_0) 4\pi r^2 \left( \frac{H}{u} + \frac{u}{2g} \right) = m\lambda = \rho V \lambda = \rho \frac{4}{3} \pi r^3 \lambda\tag{9}\]

Из (9) найдем связь между высотой башни \(H\) и описанными параметрами

\[H = \frac{\rho \lambda r u}{3\alpha(T - T_0)} - \frac{u^2}{2g}\tag{10}\]

Как следует из (10), одним из параметров, определяющих высоту башни является скорость \(u\) установившегося падения капли. Для ее нахождения воспользуемся II законом Ньютона, согласно которому в этом состоянии сила тяжести должна быть равна по модулю силе сопротивления воздуха

\[mg = \frac{C_x}{2} \rho_0 u^2 \pi r^2\tag{11}\]

Из (11) с учетом того, что масса капли

\[m = \rho V = \rho \frac{4}{3} \pi r^3\]

найдем

\[u = \sqrt{ \frac{8 \rho g r}{3 C_x \rho_0} }\tag{12}\]

Используя выражения (10) - (12), для высоты башни \(H_2\), необходимой для производства «крупной» дроби радиусом \(r_2\), получим

\[H_2 = \frac{r_2 u_2}{r_1 u_1} \left( H_1 + \frac{u_1^2}{2g} \right) - \frac{u_2^2}{2g}\tag{13}\]

Вычисляя с помощью (12) скорости \(u_1 = 19{,}9 \frac{\text{м}}{\text{с}}\) и \(u_2 = 28{,}3 \frac{\text{м}}{\text{с}}\) и подставляя полученные значения в (14), окончательно найдем

\[H_2 = 1{,}6 \cdot 10^2 \text{ м}.\tag{14}\]

Из сравнения (14) и (6) видим, что численное значение для высоты башни стало меньше в случае «равноускоренно-равномерного» движения. Это нисколько не удивительно, т.к. сила сопротивления воздуха создает «парашютный эффект», увеличивая время падения капли с данной высоты (средняя скорость падения уменьшается). Таким образом, капля успевает кристаллизоваться и при падении с меньшей высоты, чем в случае только равноускоренного движения.

В заключение заметим, что выражение (10) не имеет смысла при больших значениях \(u\), поскольку при этом высота башни \(H\) получается отрицательной. Это имеет очевидный физический смысл — в нашей модели высота башни изначально предполагалась достаточной для того, чтобы капля «успела» разогнаться до постоянной скорости \(u\). В противном случае будет отсутствовать участок равномерного движения капли. Сформулируем критерий достаточности количественно

\[H \ge H^* = S_1.\tag{15}\]

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

Подсказка

Грузы трогаются по очереди справа налево: каждый начнёт скользить, когда сила упругости пружины, соединённой с ним с одной стороны, превысит силу трения скольжения. Постройте график по участкам, где деформация меняется линейно.

Ответ

Покой до \(t_1 = 20\) с; \(\Delta l=(\alpha t-F_0)/k\) при \(20\text{ с}<t<39\) с; \(\Delta l=(2\alpha t-3F_0)/k\) при \(39\text{ с}<t<59\) с; при \(t\ge 59\) с \(\Delta l=\alpha t/k\), в момент \(t^*=59\) с \(\Delta l^*=5{,}9\) см (\(F_0=\mu mg\)).

Решение

Задание 3. «Храбрый Мюнхгаузен»}

После начала действия внешней силы правый груз \(m\) (следовательно и вся система) некоторое время \(t_1\) будет оставаться в покое, поскольку сила трения покоя между плоскостью и грузом сможет компенсировать внешнюю движущую силу \(F(t)\).

Соответственно этот этап «покоя» (участок \(1-2\) на рис.22) прекратится, когда внешняя сила достигнет максимального значения силы трения покоя \(F_0 = \mu mg\) (явлением застоя пренебрежем)

\[\alpha t_1 = \mu mg = F_0 \Rightarrow t_1 = \frac{F_0}{\alpha} = 20 \text{ с}.\tag{1}\]

Таким образом, спустя время \(t_1\) после начала действия силы правый груз начнет скользить медленно скользить по плоскости, растягивая при этом правую (первую) пружину.

Будем считать, что при подобном «медленном» скольжении груз в любой момент времени находится в равновесии под действием постоянной силы трения скольжения \(F_0\) и переменной силы упругости первой пружины \(F_{y1}(t) = k \Delta l_1(t)\)

\[\alpha t = F_0 + k \Delta l_1(t) \Rightarrow \Delta l_1(t) = \frac{\alpha t - F_0}{k}.\tag{2}\]

Поскольку (2) представляет собой уравнение прямой, то на этом этапе (участок \(2-3\) на рис.21) абсолютная деформация системы \(\Delta l(t) = \Delta l_1(t)\) будет линейно увеличиваться со временем. Этот этап продолжится до момента времени \(t_2\), когда в движение придет средний груз, т.е. когда сила упругости правой пружины превысит величину \(F_0\)

\[k \Delta l_1(t_2) = F_0 \Rightarrow (2) \Rightarrow \alpha t_2 - F_0 = F_0 \Rightarrow t_2 = \frac{2F_0}{\alpha} = 39 \text{ с}\tag{3}\]

Далее понятно, что после начала движения центрального груза начнет деформироваться и левая (вторая) пружина. Если ее абсолютная деформация \(\Delta l_2(t)\), то из условия равновесия центрального груза получим (не будем забывать, что на центральный груз также действует постоянная сила трения скольжения \(F_0\))

\[k \Delta l_2(t) + F_0 = k \Delta l_1(t) \Rightarrow \Delta l_2(t) = \Delta l_1(t) - \frac{F_0}{k} = \frac{\alpha t - 2F_0}{k}.\tag{4}\]

Теперь уже абсолютная деформация системы будет равна сумме абсолютных деформаций каждой из пружин

\[\Delta l(t) = \Delta l_1(t) + \Delta l_2(t) = \{(3),(4)\} = \frac{2\alpha t - 3F_0}{k}.\tag{5}\]

Заметим, что (5) также представляет собой линейную зависимость (участок \(3-4\) на рис.21), правда с иным (удвоенным) угловым коэффициентом.

Наконец в момент времени \(t_3\), когда сила упругости левой (второй) пружины также превысит значение \(F_0\), в движение придет и левый груз

\[k \Delta l_2(t_3) = F_0 \Rightarrow t_3 = \frac{3F_0}{\alpha} = 59\,\text{с}.\tag{6}\]

Подчеркнем, что выражение (6) имеет очевидный физический смысл — в момент времени \(t_3\) внешняя движущая сила станет равной максимальной силе трения покоя в системе. Таким образом, последний (левый) груз сдвинется с места через время

\[t^* = 59\,\text{с}.\]

Согласно построенному графику деформация системы в этот момент

\[\Delta l^* = \frac{3F_0}{k} = 5{,}9\,\text{см}.\]

Далее система будет двигаться как единое целое (т.е. ускорения всех грузов будут одинаковыми), и можно показать, что в этом случае ее деформация будет увеличиваться с течением времени по линейному закону (участок \(4-5\) на рис.21)

\[\Delta l(t) = \Delta l_1(t) + \Delta l_2(t) = \frac{\alpha t}{k}.\tag{7}\]

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

Подсказка

Импульс человека делится между ним и лодкой при посадке. Дальше сила сопротивления пропорциональна скорости, поэтому изменение скорости пропорционально пройденному пути: просуммируйте \(\Delta v=-\alpha\Delta x/(M+m)\).

Ответ

\(v_{\min}=\alpha(L-l)/m \approx 4{,}9\) м/с (масса лодки не входит).

Решение

Задание 4. «Находчивый Мюнхгаузен»}

Человек, прыгнув в лодку, сообщит ей некоторую начальную скорость \(\upsilon_0\), которую можно найти из закона сохранения импульса

\[m \upsilon_{min} = (M + m) \upsilon_0 \Rightarrow \upsilon_0 = \frac{m \upsilon_{min}}{(M + m)}.\tag{1}\]

Далее лодка с человеком будет скользить по инерции, постепенно замедляя свое движение под действием силы сопротивления воды. Пусть в некоторый момент времени скорость лодки \(\upsilon(t)\). Согласно II закону Ньютона для движения лодки (в проекции на горизонтальное направление) с учетом определений ускорения и скорости в этом случае можем записать

\[(M + m) a = (M + m) \frac{\Delta \upsilon}{\Delta t} = -\alpha \upsilon(t) = -\alpha \frac{\Delta x}{\Delta t}.\tag{2}\]

Умножая обе части равенства (2) на \(\Delta t\), получим связь между приращением скорости \(\Delta \upsilon\) за некоторый малый промежуток времени \(\Delta t\) и приращением \(\Delta x\) ее координаты

\[\Delta \upsilon = - \frac { \alpha } { M + m } \, \Delta \, x \ .\tag{3}\]

Суммируя (3) по всем малым промежуткам, получим

\[\sum _ { i } \Delta \upsilon _ { i } = ( 0 - \upsilon _ { 0 } ) = - \frac { \alpha } { M + m } \sum _ { j } \Delta x _ { j } = - \frac { \alpha } { M + m } ( x - x _ { 0 } ) \Rightarrow x - x _ { 0 } = s = \frac { ( M + m ) \, \upsilon _ { 0 } } { \alpha } .\tag{4}\]

Лодка коснется противоположного берега в результате скольжения, только в том случае, если пройдет путь

\[s = x - x _ { 0 } = L - l \qquad \Rightarrow \qquad \upsilon _ { 0 } = \frac { \alpha } { M + m } \left( L - l \right) .\tag{5}\]

С учетом выражения (1) из (5) окончательно получаем

\[\upsilon _ { m i n } = \frac { \alpha ( L - l ) } { m } = 4 { , } 9 \frac { \mathrm { { \scriptscriptstyle M } } } { \text{ с } } \, .\tag{6}\]

Интересно, что в окончательное выражение (6) не вошла масса лодки \(M\), хотя на первый взгляд кажется, что она является существенным параметром в данной задаче. Данный факт можно объяснить так: тяжелая лодка легче скользит по воде, но ее тяжелее разогнать, тогда как легкую лодку можно лучше разогнать, но она быстро теряет свою скорость в воде.

Следовательно, с практической точки зрения для успешного путешествия без весел важно «запасти» как можно больший импульс еще при разгоне по берегу.

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

Подсказка

Для тока амперметр включают последовательно, для расширения предела тока ставят шунт параллельно, для измерения напряжения от источника тока — параллельно резистору. Границы сопротивлений находите из крайних показаний \(\delta I\) и \(I_{\max}\).

Ответ

5.1) \(18\text{ Ом}\le R\le 0{,}36\text{ кОм}\), погрешность \(1{,}1\%\), шунт \(R_{\text{Ш}}=0{,}25\) Ом параллельно; 5.2) \(U=\dfrac{RR_A}{R+R_A}I_0\), \(0{,}11\text{ Ом}\le R\le 0{,}25\text{ Ом}\); 5.3) \(R=U_0/I_A-R_A\), \(1{,}3\text{ Ом}\le R\le 44\text{ Ом}\).

Решение

Задание 5. «Мультиметр Мюнхгаузена»}

5.1 «Амперметр – амперметр» Для измерения силы тока амперметр следует подключать в цепь последовательно. Минимальное \(R_{min}\) и максимальное \(R_{max}\) сопротивления цепи (т.е. суммарное сопротивление резистора и амперметра) должны соответствовать максимальному \(I_{max}\) и минимальному \(\delta I\) значениям силы тока

\[R_{min} = \frac{U}{I_{max}} = 18\,\text{Ом}\,,\quad R_{max} = \frac{U}{\delta I} = 0{,}36\,\text{кОм}\,.\tag{1}\]

Соответственно пределы изменения сопротивления цепи в этом случае \(R_{min} \le R \le R_{max}\).

До включения амперметра сила тока на участке цепи, подлежащая измерению, была \(I_x = \frac{U}{R}\), где \(U\) — напряжение источника, \(R\) — сопротивление участка цепи. После включения в цепь амперметра сопротивлением \(R_A\) сила тока несколько уменьшится до значения

\[I = \frac{U}{R + R_A}\,.\tag{2}\]

Изменение силы тока \(\Delta I\) по отношению к начальному значению тока в цепи и есть абсолютная погрешность измерения силы тока

\[\Delta I = I_x - I = \frac{U}{R} - \frac{U}{R + R_A} = \frac{R_A}{R(R + R_A)}U\,.\tag{3}\]

Для расчета по формуле (5) из возможного диапазона сопротивлений выберем \(R_{min}\), поскольку в этом случае погрешность максимальна

\[\Delta I = 0{,}011 = 1{,}1\%\,.\tag{4}\]

Для «модификации» амперметра с целью измерения токов, превышающих \(I_{max}\), следует пустить часть тока «в обход» амперметра, т.е. присоединить параллельно ему резистор (шунт) с известным электрическим сопротивлением \(R_{\text{Ш}}\).

Тогда суммарную тока в цепи \(I\) найдем как

\[I = I_0 + I_{\text{Ш}},\tag{5}\]

где \(I_{\text{Ш}}\) — сила тока через шунт.

С силу параллельного включения падение напряжения на амперметре \(U_A = I_0 R_A\) и шунте \(U_{\text{Ш}} = I_{\text{Ш}} R_{\text{Ш}}\) должны быть одинаковы. Из этого условия с учетом (1) получаем

\[I = n I_0 = I_0 + I_{\text{Ш}} = I_0(1 + \frac{R_A}{R_{\text{Ш}}}) \quad \Rightarrow \quad R_{\text{Ш}} = \frac{R_A}{n - 1}.\tag{6}\]

В рассматриваемом случае

\[R_{\text{Ш}} = 0{,}25 \, \text{Ом}.\tag{7}\]

5.2 «Амперметр – вольтметр» В случае использования источника тока, дающего фиксированное значение силы тока \(I_0\) независимо от сопротивления цепи, традиционное (последовательное) включение амперметра не даст желаемого результата — он будет показывать всегда одно и то же значение силы тока — \(I_0\). Это можно понять, если учесть, что внутренне сопротивление источника тока равно бесконечности \(r = \infty\). Следовательно для измерения напряжения на резисторе ничего не остается, как очень аккуратно подключить амперметр параллельно резистору, хотя это и строжайше запрещено.

При таком подключении измеряемое напряжение \(U\) на резисторе совпадает с напряжением на амперметре

\[U = I_A R_A.\tag{8}\]

С учетом правила деления тока \(I_0\) на резисторах

\[I_A = \frac{R}{R + R_A} I_0; \quad I_R = \frac{R_A}{R + R_A} I_0\tag{9}\]

выражение (8) можем переписать в виде

\[U = I_A R_A = \frac{R R_A}{R + R_A} I_0.\tag{10}\]

Подставляя в (9) для \(I_A\) последовательно значения \(I_{max}\) и \(\delta I\), найдем диапазон изменения сопротивления резистора \(R_{min} \le R \le R_{max}\) для случая источника тока

\[R = \frac{I_A R_A}{I_0 - I_A}.\tag{11}\]

Соответственно

\[R_{min} = R(I_A = \delta I) = 0{,}11 \, \text{Ом}\tag{12}\]

\[R_{max} = R(I_A = I_{max}) = 0{,}25 \, \text{Ом}.\tag{13}\]

5.3 «Амперметр – омметр» Для измерения сопротивления \(R\) неизвестного резистора соединим последовательно батарейку, резистор и амперметр. Показания амперметра в этом случае (в соответствии с законом Ома)

\[I = I_A = \frac{U_0}{R + R_A}.\tag{14}\]

Из (14) выразим неизвестное сопротивление

\[R = \frac { U _ { 0 } } { I _ { A } } - R _ { A } \, .\tag{15}\]

Для вычисления диапазона \(R _ { m i n } \leq R \leq R _ { m a x }\) измеряемых сопротивлений в данном случае традиционно используем нижний \(\delta I\) и верхний \(I _ { m a x }\) пределы шкалы амперметра.

\[R _ { m i n } = R ( I _ { A } = I _ { m a x } ) = 1 { , } 3 \text{ Ом}\tag{16}\]

\[R _ { m a x } = R ( I _ { A } = \delta I ) = 4 4 \text{ Ом} \, .\tag{17}\]

Следует заметить, что в данном случае категорически запрещено подключение амперметра параллельно резистору, т.к. ток через него составит \(I = \frac { U } { R _ { A } } = 4 5 \text{ А}\), что выведет прибор из строя.

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