Белорусская, 2009/10, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Шарик каждый раз догоняет Федю, а потом возвращается домой за то же время, поэтому моменты возвращения образуют геометрическую прогрессию. Для встреч приравняйте координаты Феди \(vt\) и Шарика \(u(t-\tau_{k-1})\). Постройте законы движения на одном графике.

Ответ

1.1) \(v=50\) м/мин; 1.2) \(T=100\) мин; 1.3) \(x_0(t)=vt\) при \(t\le T\), \(x_0=S\) при \(t\ge T\); 1.4) \(\tau_k=\tau_0\Bigl(\dfrac{u+v}{u-v}\Bigr)^k=\tau_0\cdot2^k\) (10, 20, 40, 80 мин); 1.5) \(t_k=\dfrac{u}{u-v}\tau_{k-1}\), \(x_k=vt_k\) (при \(k=1\ldots4\): \(t_k=7{,}5;\,15;\,30;\,60\) мин, \(x_k=375;\,750;\,1500;\,3000\) м); последняя (пятая) встреча у цели: \(x=5000\) м, \(t\approx113\) мин, домой Шарик вернётся в \(\approx147\) мин; 1.6) \(L=u\tau_5\approx22\) км; 2.1) \(\Delta\tau_1=10\) мин; 2.2) \(\langle u\rangle=350\) м/мин, домой в \(\approx51\) мин; 2.3) \(\Delta t_2=13\) мин; 2.5) \(\Delta L=1{,}5\) км.

Решение

1.1 Пересчет скорости проводится традиционно

\[v = \frac{3{,}0 \text{ км}}{1{,}0 \text{ час}} = \frac{3000 \text{ м}}{60 \text{ мин}} = 50 \frac{\text{ м}}{\text{ мин}}\tag{1}\]

1.2 Время движения Феди

\[T = \frac{S}{v} = \frac{5000 \text{ м}}{50 \frac{\text{ м}}{\text{ мин}}} = 1{,}0 \cdot 10^{2} \text{ мин}.\tag{2}\]

1.3 Сначала (в течении промежутка времени \(T\)) Федя движется равномерно, а затем остается в покое, поэтому

\[x_{0}(t) = \begin{cases} vt, & \text{при } t \le T \\ S, & \text{при } t \ge T \end{cases}.\tag{3}\]

График закона движения показан на рис. 2.

1.4-1.5 Изобразим схематически законы движения Феди и Шарика (рис. 1). Пусть Шарик в очередной раз вернулся домой в момент времени \(\tau_{k-1}\). Следующая встреча с Федей произойдет в момент времени \(t_{k}\), в точке с координатой

\[x_{k} = v t_{k}.\tag{4}\]

Эту же координату можно выразить из закона движения Шарика на этом участке

\[x_{k} = u(t_{k} - \tau_{k-1}).\tag{5}\]

Приравнивая эти выражения, получим

\[u(t_{k} - \tau_{k-1}) = v t_{k} \quad \Rightarrow \quad t_{k} = \frac{u}{u-v} \tau_{k-1},\tag{6}\]

Очевидно, что назад Шарик будет бежать столько же времени, как и до встречи, поэтому

\[\tau_{k} - t_{k} = t_{k} - \tau_{k-1}.\]

Из последних соотношений находим

\[\tau_{k} = 2t_{k} - \tau_{k-1} = 2 \frac{u}{u-v} \tau_{k-1} - \tau_{k-1} = \frac{u+v}{u-v} \tau_{k-1}.\tag{7}\]

Полученное соотношение показывает, что времена возвращения Шарика домой образуют геометрическую прогрессию, которую в явном виде можно записать (с учетом \(u=3v\))

\[\tau_{k} = \frac{u+v}{u-v} \tau_{k-1} \quad \Rightarrow \quad \tau_{k} = \tau_{0} \left( \frac{u+v}{u-v} \right)^{k} = \tau_{0} \cdot 2^{k}\tag{8}\]

Из формулы (6) выразим моменты встреч Шарика с Федей

\[t_{k} = \frac{u}{u-v} \tau_{k-1} = \frac{u}{u-v} \left( \frac{u+v}{u-v} \right)^{k-1} \tau_{0} = \tau_{0} \cdot \frac{3}{2} \cdot 2^{k-1}\tag{9}\]

и координаты мест встречи

\[x_{k} = v t_{k} = \frac{u}{u-v} \left( \frac{u+v}{u-v} \right)^{k-1} v \tau_{0} = v \tau_{0} \cdot \frac{3}{2} \cdot 2^{k-1}.\tag{10}\]

По полученным формулам легко рассчитать численные значения времен и координат (см. Таблицу 1)

Таблица 1. Планируемый график движения Шарика.

Расчет показывает, что к четвертой ожидаемой встрече Федя уже дойдет до своей цели. Поэтому Шарик в четвертый раз встретит Федю в точке \(x_4 = 5000 \text{м}\), в момент времени

\[t_5 = \tau_4 + \frac{S}{u} = 80 + \frac{5000}{150} = 113 \text{мин}.\tag{11}\]

Последний раз Шарик должен вернуться домой в момент времени

\[\tau_5 = \tau_4 + 2\frac{S}{u} = 80 + 2\frac{5000}{150} = 147 \text{мин}\tag{12}\]

1.6 Так как Шарик должен двигаться с постоянной по модулю скоростью, то путь, который он должен пробежать равен

\[L = u\tau_5 = 150 \cdot 147 = 22000 \text{м} = 22 \text{км}\tag{13}\]

1.7 График закона движения Шарика также показан на рис. 2.

2.1 Если Шарик отдыхал в течении промежутка \(\Delta\tau_1\) и опоздал на время \(\Delta t_1\), то она бежал в течении промежутка времени \(\left((t_3 + \Delta t_1) - (\tau_2 + \Delta\tau_1)\right)\) и догнал Федю в точке \(x = v(t_3 + \Delta t_1)\), поэтому должно выполняться соотношение

\[u\left((t_3 + \Delta t_1) - (\tau_2 + \Delta\tau_1)\right) = v(t_3 + \Delta t_1),\tag{13}\]

из которого определяем

\[\Delta\tau_1 = \frac{(u - v)}{u}(t_3 + \Delta t_1) - \tau_2 = \frac{2}{3} \cdot 45 - 20 = 10 \text{ мин}.\tag{14}\]

Так десятиминутная задержка привела к пятнадцатиминутному опозданию, взбучке, лишним километрам, да еще и к необходимости резко увеличить скорость бега!

2.2 Так как неудачная встреча Шарика с Федей произошла в точке \(x'_3 = v(t_3 + \Delta t_1) = 2250 \text{ м}\), в момент времени \(t'_3 = 45 \text{ мин}\), а следующая встреча в момент времени \(t = \tau_4 = 60 \text{ мин}\) в точке \(x_4 = 3000 \text{ м}\), то средняя скорость, которую должен развить Шарик должна быть равна

\[\langle u \rangle = \frac{x'_3 + x_4}{\tau_4 - t'_3} = \frac{5250 \text{ м}}{15 \text{ мин}} = 350 \frac{\text{м}}{\text{мин}}.\tag{15}\]

Судя по документальной хронике – такая скорость Шарику доступна! Возвратится же он домой после этой бешеной гонки в момент времени

\[\tau'_3 = t'_3 + \frac{x'_3}{\langle u \rangle} = 45 + \frac{2250}{350} = 51 \text{ мин}.\tag{16}\]

Как видно, он более чем на 10 минут опоздал и на встречу с Матроскиным, что привело к еще одному воспитательному мероприятию!

2.3–2.4 По плану Федя должен был входить в деревню в момент времени \(T = 100 \text{ мин}\), а в реальности он вошел в нее в момент времени \(\tau_5 = 113 \text{ мин}\). Следовательно, он отдыхал в течении промежутка времени

\[\Delta t_2 = \tau_5 - T = 13 \text{ мин}.\tag{17}\]

Где именно Федя устроил место отдыха сказать невозможно. Поэтому на графике закона движения этот горизонтальный участок может находиться в произвольном месте (на рис. 3 – сразу после встречи с Шариком).

2.5 Из графика видно, что удлинение пути произошло из-за того, что третья встреча произошла дальше, чем запланировано, при этом

\[\Delta L = 2(x'_3 - x_3) = 2 \cdot (2250 - 1500) = 1500\,\text{м} = 1{,}5\,\text{км}.\tag{18}\]

Делайте все вовремя!}

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

Подсказка

Если смесь воды и льда находится в равновесии, то массы фаз находятся из равенства теплоёмкостей: \(c_1m_1=c_2m_2\). Нагрев и охлаждение при \(0\,^\circ\)C сопровождаются плавлением или замерзанием. Мощность нагревателя найдите по наклону начального участка графика.

Ответ

1) \(m_1=0{,}40\) кг льда и \(m_2=0{,}20\) кг воды; \(Q_1\approx135\) кДж, \(Q_2\approx67{,}3\) кДж, \(\eta=\dfrac{Q_1}{Q_2}=2{,}0\); 2) \(P\approx168\) Вт, \(\tau_1\approx786\) с (13 мин), \(\tau_2=300\) с (5,0 мин); 3) \(C(t)=(4{,}32+1{,}20\,\eta(t))\) кДж/\(^\circ\)С, \(Q\approx240\) кДж.

Решение

1. Определим массу льда \(m_1\) и массу воды \(m_2\), находящейся в сосуде, из системы уравнений, следующих из условия:

\[\begin{cases} m = m_1 + m_2 \\ c_1 m_1 = c_2 m_2 \end{cases}.\tag{1}\]

Решение системы имеет вид

\[\begin{aligned} m_1 &= \frac{c_2}{c_1 + c_2} m = 0{,}40\,\text{кг} \\ m_2 &= \frac{c_1}{c_1 + c_2} m = 0{,}20\,\text{кг} \end{aligned}.\tag{2}\]

Количество теплоты \(Q_1\), необходимое для повышения температуры системы на \(\Delta t_1 = 1{,}0^\circ\text{С}\), складывается из количества теплоты \(Q_{11}\), идущей на плавление льда

\[Q_{11} = \lambda \cdot m_1 = 132\,\text{кДж}\tag{3}\]

и количества теплоты \(Q_{12}\), идущего на последующее нагревание воды массой \(m = m_1 + m_2\) на \(\Delta t_1 = 1{,}0^\circ\text{С}\). Расчет в данном случае дает

\[Q_{12} = c_2 (m_1 + m_2) \Delta t_1 = 2{,}52\,\text{кДж}.\tag{4}\]

Суммарное количество теплоты при данной процедуре

\[Q_1 = Q_{11} + Q_{12} = 135\,\text{кДж}.\tag{5}\]

Соответственно, количество теплоты \(Q_2\), необходимое для понижения температуры системы на тот же градус \(\Delta t_1 = 1{,}0^\circ\text{С}\) складывается из количества теплоты \(Q_{21}\), идущей на замораживание воды

\[Q_{21} = \lambda \cdot m_2 = 66{,}0\,\text{кДж}\]

и количества теплоты \(Q_{22}\), необходимого для последующего охлаждения льда массой \(m = m_1 + m_2\) на \(\Delta t_1 = 1{,}0^\circ\text{С}\)

\[Q_{22} = c_1 (m_1 + m_2) \Delta t_1 = 1{,}26\,\text{кДж}.\]

Суммарное количество теплоты, необходимое для этого

\[Q_2 = Q_{21} + Q_{22} = 67{,}3\,\text{кДж}.\]

Таким образом, отношение средних теплоемкостей системы при данных тепловых процессах

\[\eta = \frac{C_1}{C_2} = \frac{Q_1}{Q_2} = 2{,}0.\tag{6}\]

Результат (6) вполне понятен, поскольку массы и теплоемкости фаз (льда и воды) в калориметре различны, что приводит к различию теплот \(Q_1\) и \(Q_2\) в тепловых процессах различных направлений.

2. Рассмотрим начальный (наклонный) участок \(\text{АВ}\) графика (см. рис.). За время \(\Delta\tau\) в системе выделится количество теплоты \(P\Delta\tau\), где \(P\) — искомая мощность нагревателя. Пусть за это время температура системы увеличилась на \(\Delta t\), тогда согласно уравнению теплового баланса можем записать

\[P\Delta\tau = (c_1 m_1 + c_2 m_2)\Delta t.\tag{7}\]

Из последнего равенства следует, что мощность нагревателя

\[P = (c_1 m_1 + c_2 m_2)\frac{\Delta t}{\Delta\tau}.\tag{8}\]

Величина \(\frac{\Delta t}{\Delta\tau}\) представляет собой угловой коэффициент наклона начального участка графика, который несложно определить по рисунку

\[\frac{\Delta t}{\Delta\tau} = \frac{2{,}0^\circ\text{С}}{20\,\text{с}} = 0{,}10\,\frac{^\circ\text{C}}{\text{с}}.\tag{9}\]

Как видно из (9), угловой коэффициент (тангенс угла наклона) прямой в данном случае имеет «экзотическую» размерность, определяемую размерностями величин, приведенных вдоль соответствующих осей координат.

Расчет по формуле (8) с учетом выражения (9) дает

\[P = (c_1 m_1 + c_2 m_2)\frac{\Delta t}{\Delta\tau} = 168\,\text{Вт} = 0{,}17\,\text{кВт}.\tag{10}\]

С такой мощностью нагревателя лед расплавится за время

\[\tau_1 = \frac{m_1 \cdot \lambda}{P} = 786\,\text{с} = 13\,\text{мин}.\tag{11}\]

Соответственно, время разогрева системы до температуры \(t_2 = 20^\circ\text{С}\) найдем как

\[\tau_2 = \frac{c_2(m_1 + m_2)t_2}{P} = 300\,\text{с} = 5{,}0\,\text{мин}.\tag{12}\]

3. Пусть в сосуде находится масса \(m_2\) растворителя, тогда масса растворенной соли будет

\[m_1 = \eta \cdot m_2.\tag{13}\]

Соответственно, масса нерастворенной соли в сосуде

\[m_3 = m - m_1 = m - \eta \cdot m_2.\tag{14}\]

Для полной теплоемкости системы в данном случае можем записать

\[C = c_1 m_1 + c_2 m_2 + c_3 m_3 = c_1 \eta m_2 + c_2 m_2 + c_3(m - \eta \cdot m_2).\tag{15}\]

Перепишем последнее равенство в виде

\[C = c_2 m_2 + c_3 m + \eta m_2 (c_1 - c_3).\]

Как следует из условия задачи, в данном пункте следует проводить численные расчеты, используя три значащие цифры. Подставляя в (15) численные значения, получим

\[C(t) = (4{,}32 + 1{,}20 \cdot \eta(t)) \frac{\text{кДж}}{^\circ\text{С}}.\tag{16}\]

График полученной зависимости представлен на рисунке.

При нагревании системы от температуры \(t_1 = 50{,}0^\circ\text{С}\) до температуры \(t_2 = 100^\circ\text{С}\) необходимо подсчитать площадь под приведенным графиком (площадь трапеции).

Расчет с точностью до трех значащих цифр дает

\[Q = 240\,\text{кДж} = 0{,}240\,\text{МДж}.\tag{17}\]

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

Подсказка

В задаче с вязким трением суммируйте уравнение \(m\Delta v=-b\Delta x\) по всем малым промежуткам — получится связь полного изменения скорости и пройденного пути. Для шайб на доске перейдите к пути относительно доски: до остановки шайба пройдёт больше доски, и соскользнут те, что были ближе к краю.

Ответ

1) \(S=\dfrac{v_0^2}{2\mu g}\); 2) \(S=\dfrac{mv_0}{b}\); 3) \(n=\Bigl[\dfrac{v_0^2}{4\mu gl}\Bigr]+1\) (путь доски \(S_0=\dfrac{v_0^2}{4\mu g}\), шайбы \(S_1=\dfrac{v_0^2}{2\mu g}\), скользят шайбы с расстояний меньше \(S_1-S_0\) от края); 4) \(n=\Bigl[\dfrac{mv_0}{bl}\Bigr]+1\); 5) \(q=ne\,\dfrac{\pi d^2}{4}\,\dfrac{mR\omega}{\beta}\).

Решение

1. Со стороны стола на шайбу действует сила трения равная

\[F = \mu m g.\tag{1}\]

Работа этой силы «съест» кинетическую энергию шайбы, поэтому

\[\frac{m v_0^2}{2} = \mu m g S \quad \Rightarrow \quad S = \frac{v_0^2}{2 \mu g}.\tag{2}\]

Примечание. Эту задачу также можно решать на основании 2 закона Ньютона.

2. Запишем уравнение 2 закона Ньютона для шайбы

\[m a = -b v\tag{3}\]

И воспользуемся определениями ускорения и скорости

\[m \frac{\Delta v}{\Delta t} = -b \frac{\Delta x}{\Delta t} \quad \Rightarrow \quad m \Delta v = -b \Delta x.\tag{4}\]

Это соотношение справедливо для малых промежутков времени, но если просуммировать по всем промежуткам за все время движения, то его можно рассматривать для полных изменений скорости и координаты, поэтому

\[m \Delta v = -b \Delta v \quad \Rightarrow \quad m(0 - v_0) = -b(S - 0) \quad \Rightarrow \quad S = \frac{m v_0}{b}.\tag{5}\]

3. Так как массы шайб значительно меньше массы доски, то движение доски можно рассматривать независимо от движения шайб. На лоску действует сила трения со стороны стола \(F_0 = 2 \mu m g\) (силой

трения со стороны шайб следует пренебречь ввиду малости их масс). Следовательно, до полной остановки доска пройдет путь равный

\[S_{0}=\frac{v_{0}^{2}}{4 \mu g} .\tag{6}\]

Очевидно, что все шайбы начнут двигаться относительно доски, обгоняя ее.

На каждую шайбу действует сила трения \(F_{1}=\mu m g\) (независимой от скоростей доски и самой шайбы). Поэтому в той же системе отсчета, связанной с неподвижной поверхностью, каждая шайба может пройти (если не соскользнет с доски) до остановки путь равный

\[S_{1}=\frac{v_{0}^{2}}{2 \mu g} .\tag{7}\]

С доски соскользнут все шайбы, которые находились изначально на расстояниях меньших \(\Delta S=S_{1}-S_{0}=\frac{v_{0}^{2}}{4 \mu g}\) от переднего края доски. Число таких шайб

\[n=\left[\frac{v_{0}^{2}}{4 \mu g l}\right]+1 .\tag{8}\]

Здесь квадратные скобки обозначают целую часть числа.

4. Запишем уравнение 2 закона Ньютона для шайбы в инерциальной системе отсчета, связанной с неподвижной поверхностью

\[m a=-b\left(v-v_{0}\right) \quad \Rightarrow \quad m \frac{\Delta v}{\Delta t}=-b\left(\frac{\Delta x}{\Delta t}-\frac{\Delta x_{0}}{\Delta t}\right) ,\tag{9}\]

где \(x, x_{0}\) и \(v, v_{0}\) координаты и скорости шайбы и доски. Применяя операцию суммирования, описанную в пункте 2, получим

\[\begin{gathered} m \Delta v=-b\left(\Delta x-\Delta x_{0}\right) \quad \Rightarrow \quad m\left(0-v_{0}\right)=-b\left(S-S_{0}\right) \quad \Rightarrow \\ S-S_{0}=\frac{m v_{0}}{b} \end{gathered} .\tag{10}\]

Следует заметить, что путь \(S-S_{0}\), пройденный шайбой по доске, не зависит от закона торможения самой доски!

Число шайб, которые соскользнут с доски в этом случае равно

\[n=\left[\frac{m v_{0}}{b l}\right]+1 .\tag{11}\]

5. Используя результат (10), полученный в предыдущем пункте, находим, что каждый электрон пройдет по проводу путь равный

\[L=\frac{m R \omega}{\beta} .\tag{12}\]

Те электроны, которые находятся на меньших расстояниях от гальванометра пробегут через него. Их число равно

\[N=n s L=n \frac{\pi d^{2}}{4} \frac{m R \omega}{\beta} .\tag{13}\]

Они несут заряд

\[q=e N=n e \frac{\pi d^{2}}{4} \frac{m R \omega}{\beta} .\tag{14}\]

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