Белорусская, 2010/11, заключительный этап, 9 класс, экспериментальный тур

Подсказка

В равновесии давления на одном уровне равны: для воды равны высоты столбов (а не длины вдоль наклонных трубок), а масло добавляет давление \(\rho_1 g\,\Delta h\); постройте линейные графики и по наклону найдите нужные величины.

Ответ

1.3) \(k_1/k_2=0{,}865\pm0{,}08\); 1.4) \(\dfrac{k_1}{k_2}l_1-l_2=\dfrac{\rho_1}{\rho_0}\Delta l+\text{const}\); 1.6) \(\rho_1=(0{,}91\pm0{,}03)\cdot10^{3}\text{ кг/м}^3\).

Решение

Задача 9-1. «Вода и масло»

Часть 1. Сообщающиеся сосуды.

1.1 В сообщающихся высоты уровней жидкости в обоих коленах в состоянии равновесия равны, поэтому должно выполняться условие

\[h_{10} + k_1 l_1 = h_{20} + k_2 l_2.\tag{1}\]

Из этого условия следует, что

\[l_2 = \frac{h_{10} - h_{20}}{k_2} + \frac{k_1}{k_2} l_1.\tag{2}\]

1.2 В таблице 1 приведены результаты измерений длин столбиков воды в обеих трубках (проведены две серии измерений и объединены). График полученной зависимости показан на рисунке.

Таблица 1.

Коэффициент наклона прямой, рассчитанный по методу наименьших квадратов\(^1\), оказался равным

\[a = 0{,}865 \pm 0{,}08\tag{2}\]

В соответствии с формулой (1) он равен отношению коэффициентов \(\frac{k_1}{k_2}\). Это значение будет использовано в дальнейших расчетах.

1.4 В состоянии равновесия суммарные давления жидкостей на нижнем уровне трубок будут равны, что выражается уравнением

\[\rho_{0}\left(h_{10}+k_{1} l_{1}\right)=\rho_{0}\left(h_{20}+k_{2} l_{2}\right)+k_{2} \rho_{1} \Delta l,\tag{3}\]

здесь \(\Delta l\) - длина столбика масла. Это уравнение легко преобразуется к виду, указанному в условии, если обе его части разделить на \(k_{2} \rho_{0}\) :

\[\rho_{0}\left(h_{10}+k_{1} l_{1}\right)=\rho_{0}\left(h_{20}+k_{2} l_{2}\right)+k_{2} \rho_{1} \Delta l \quad \Rightarrow\]

\[\frac{k_{1}}{k_{2}} l_{1}-l_{2}=\frac{\rho_{1}}{\rho_{0}} \Delta l+\frac{h_{20}-h_{10}}{k_{2}}\tag{4}\]

Теперь, если построить зависимость величины \(z=\frac{k_{1}}{k_{2}} l_{1}-l_{2}\)

от высоты столбика масла \(\Delta l\), то эта зависимость должна быть линейна, причем коэффициент наклона прямой равен отношению плотностей масла и воды.

1.5 Результаты проведенных измерений показаны в Таблице 2. График зависимости \(z(\Delta l)\) показан на рисунке.

Таблица 2.

Коэффициент наклона данного графика (рассчитанный по МНК) равен

\[a_{1}=\frac{\rho_{1}}{\rho_{0}}=0{,}91 \pm 0{,}03\tag{5}\]

Следовательно, плотность масла равна

\[\rho_{1}=a_{1} \rho_{0}=\left(0{,}91 \pm 0{,}03\right) \cdot 10^{3} \frac{\text{кг}}{\text{м}^{3}}.\tag{6}\]

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

Подсказка

Сила трения нити зависит от силы нормального давления на неё, поэтому, вытаскивая нить в разных местах и зная коэффициент трения, по разности сил трения можно найти нагрузку \(N(x)\).

Ответ

1) вес нагрузки \(F_{\text{т}}=(5{,}4\pm0{,}2)\) Н; 2) \(\mu=0{,}22\pm0{,}03\); 3–4) максимум нагрузки на нижнюю часть опоры при \(6{,}5\text{ см}<X<7{,}5\text{ см}\) (\(N\approx2{,}6\) Н); суммарная нагрузка внизу около \(21\) Н (эксперимент) против \(19{,}4\) Н (расчёт).

Решение

Задание 1. Для нахождения веса нагрузки предпочтительнее использовать метод, показанный на рисунке 4, т. к. из-за профиля бутылки нам невозможно уравнять силу \(F_1\), действующую на руку, и силу \(F_2\), действующую на динамометр. На рис.3 мы с большой погрешностью определяем ось вращения бутылки. При взвешивании бутылки на рис.4 силы, действующие на динамометр и руку, автоматически уравниваются из-за малости трения качения (при поднятии или опускании руки и динамометра показание динамометра не изменяются).

\(0{,}5F_{\text{Т}} = (2{,}7 \pm 0{,}1)\) Н, \(F_{\text{Т}} = (5{,}4 \pm 0{,}2)\) Н Весом линейки можно пренебречь.

Задание 2. Обмотаем линейку нитью с шагом около 0,3 см, а затем в обратном направлении намоткой нити прикрепим бутылку к линейке.

\[\mu = \frac{F_{\text{Тр}}}{F_{\text{Т}}} = \frac{1{,}2 \pm 0{,}1}{5{,}4 \pm 0{,}2}, \quad \mu = 0{,}22 \pm 0{,}03\]

Задание 3. Для построения графика распределения

силы давления нагрузки вдоль оси ОХ поместим двойной лист бумаги (рис.1) между 245 и 246 страницами учебника. С шагом 0,5 см будем тянуть нить с помощью динамометра, располагая ее параллельно оси ОУ. Результаты измерений \(F_{\text{тр1}}(X)\) занесем в таблицу. Снимем нагрузку и повторим измерения. Результаты измерений \(F_{\text{тр2}}(X)\) занесем в таблицу.

Вычислим силу трения, обусловленную вкладом нагрузки \(F_{\text{ТР1}}(X) - F_{\text{ТР2}}(X)\). Распределение нагрузки на опору ТР1ТР2 F( х)\(-\)F( х вычислим по формуле \(N = \frac{F_{\text{ТР1}}(x) - F_{\text{ТР2}}(x)}{2\mu}\) (сила трения действует на верхнюю и нижнюю поверхность нити) и результаты занесем в таблицу.

Для построения графика \(N(X)\) доверительными точками будем считать значения разности сил трения равные и большие погрешности \(\Delta F_{\text{ТР}} = 0{,}1\) Н, что соответствует интервалу \(4\) см \(< \ell_2 < 13\) см

Задание Н 3 2 1 0 5 7 10 15 Х, см \(\ell\)=13\(-\)4=9 см 4.

1) Из графика \(N(X)\) видно, что максимум нагрузки на нижнюю часть опоры находится в интервале \(6{,}5\) см \(< \Delta X < 7{,}5\) см и смещен от координаты соответствующей оси симметрии нагрузки \(X_0 = \frac{6{,}5 + 9}{2} = 7{,}75\) см. Причиной такого смещения максимума нагрузки является наличие крепления края листов бумаги между собой (наличие переплета). Причиной смещения максимума нагрузки может являться и наклон поверхности стола. В нашем эксперименте наклон стола вдоль оси \(\text{ОХ}\) отсутствовал (проверка осуществлялась с помощью отвеса).

2) Из-за деформации прогиба листов учебника распределение нагрузки, приложенной к верхней части опоры в интервале \(6{,}5\) см \(\le \Delta X_1 \le 9\) см, приходится на опору \(4\) см \(< \Delta X_2 < 13\) см.

\(F_{\text{упр}}\) \(\Delta mg\) \(F_{\text{упр}}\) \(\Delta X_1 \approx 0{,}5\) см

Сила нормального давления на нить \(N\) складывается из части нагрузки \(\Delta mg\) и вертикальной проекции сил упругой деформации \(F_{\text{упр}}\) листов бумаги, которые могут по величине превосходить \(\Delta mg\). Интервал деформации листов бумаги \(\Delta X_1 \approx 0{,}5\) см при протаскивании нити можно определить с помощью линейки. Если шаг измерений силы трения не совпадает с \(\Delta X_1\), то суммарную нагрузку на единицу длины можно вычислить используя полученный график \(N(X)\). При подсчете суммарной силы \(\sum N_i\) интервалы деформации не должны перекрываться и находиться на удалении друг от друга.

Определим суммарную нагрузку на единицу длины в верхней \(\alpha\) и нижней части \(\beta\) опоры («линейное» давление):

\[\beta = \frac{\sum N_i}{\ell_2} = \frac{0{,}2 + 0{,}7 + 1{,}3 + 1{,}7 + 2{,}5 + 2{,}8 + 2{,}6 + 2{,}5 + 2{,}1 + \dots + 0{,}2}{13 - 4} = \frac{21}{9} = 2{,}33 \frac{\text{Н}}{\text{см}}\]

\[\alpha = \frac{F_{\text{Т}}}{\ell_1} = \frac{5{,}4 \, H}{(9 - 6{,}5) \, \text{см}} = 2{,}16 \frac{H}{\text{см}}, \quad \alpha \approx \beta\]

\[\ell_1 = 9 - 6{,}5 = 2{,}5 \, \text{см} -\]

ширина линейки

\[\sum N'_i = \frac{\ell_2}{\ell_1} F_{\text{Т}} = \frac{9}{2{,}5} 5{,}4 = 19{,}44 \frac{H}{\text{см}} \text{ - теория}\]

\[\sum N_i = 21 \, H \text{ - эксперимент}\]

Если «шевелить», протягивая нить, нижнюю опору, то мы получаем механическую модель гидравлического пресса.

На графике изображены зависимости: звездочка - \(F_{\text{ТР}2}(X)\), точка - \(F_{\text{ТР}1}(X)\), треугольник - \(F_{\text{ТР}1}(X) - F_{\text{ТР}2}(X)\)

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