Белорусская, 2013/14, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Определите, как направлена сила относительно скорости: в 1.3 сила всё время перпендикулярна скорости, а в 1.4 вспомните траекторию точки на ободе катящегося колеса.

Ответ

1.1) \(B(l,\ l/2)\), \(t=\dfrac{\sqrt5-1}{2}\tau\approx0{,}62\tau\); 1.2) \(B(l/\sqrt2,\ l)\), \(t=\tau/\sqrt2\); 1.3) \(B(0,0)\), \(t=\dfrac{\pi}{4}\tau\); 1.4) \(\left(\dfrac{\pi}{4}l,\ 0\right)\), \(t=\dfrac{\pi}{2}\tau\).

Решение

1.1 Поскольку вектор силы \(\vec{F}\) сонаправлен с вектором начальной скорости \(\vec{v}_{0}\) частицы, то ее движение будет прямолинейным и равноускоренным. В таком случае частица, двигаясь вдоль прямой \(\text{АВ}\) (траектория движения частицы), покинет выделенную область в точке \(B\) с координатами \(B(l, \frac{l}{2})\). Для вычисления времени движения частицы найдем ее ускорение \(a = \frac{F}{m} = \frac{2ml}{\tau^{2}} \cdot \frac{1}{m} = \frac{2l}{\tau^{2}}\) и запишем закон равноускоренного движения

\[l = v_{0}t + \frac{at^{2}}{2} \Rightarrow l = \frac{l}{\tau} \cdot t + \frac{2l}{\tau^{2}} \cdot \frac{t^{2}}{2} \Rightarrow \left(\frac{t}{\tau}\right)^{2} + \left(\frac{t}{\tau}\right) - 1 = 0.\tag{1}\]

Решение квадратного уравнения (1) даёт два корня

\[t = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} \tau,\tag{2}\]

Из которых нас интересует корень со знаком «+». Таким образом, частица покинет выделенную область в указанных координатах через промежуток времени

\[t = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \tau = 0{,}62 \tau.\tag{3}\]

1.2 Поскольку в данном случае вектор силы \(\vec{F}\) не параллелен вектору начальной скорости \(\vec{v}_{0}\) частицы, то её движение будет происходить по параболе, ветви которой направлены вверх. Движение вдоль оси \(Oy\) будет равноускоренным (\(a = \frac{F}{m} = \frac{2l}{\tau^{2}}\)) без начальной скорости, т.к. вектор \(\vec{v}_{0}\) «горизонтален». Следовательно, частица достигнет верхней границы области за время

\[\frac{l}{2} = \frac{at^{2}}{2} \Rightarrow t = \frac{\tau}{\sqrt{2}}.\tag{4}\]

При этом смещение частицы вдоль оси \(Ox\) составит

\[x = v_{0}t \Rightarrow x = \frac{l}{\tau} \cdot \frac{\tau}{\sqrt{2}} = \frac{l}{\sqrt{2}} = 0{,}71 l.\tag{5}\]

Как следует из (5), частица покинет выделенную область, двигаясь по параболе, в точке \(B\), координаты которой \(B(\frac{l}{\sqrt{2}}, l)\) через промежуток времени \(t = \frac{\tau}{\sqrt{2}}\) (см. рис.). Отметим, что в данной задаче необходим анализ, через какую из сторон частица покинет данную область. При меньшем ускорении это было бы возможно и через сторону \(x = l\).

1.3 Если при движении частицы на неё действует сила, которая все время перпендикулярна вектору скорости \(\vec{v}_0\) частицы (т.е. сила «поворачивается» вместе с частицей), то эта сила не может изменить модуля скорости частицы, изменяя лишь её направление. Следовательно, траектория движения в данном случае будет представлять собой окружность некоторого радиуса \(R\) (см. рис.), по которой частица будет равномерно двигаться.

Согласно второму закону Ньютона для движения частицы по окружности запишем

\[F = \frac{4mv_0^2}{l} = ma = m\frac{v_0^2}{R} \quad \Rightarrow \quad R = \frac{l}{4}.\tag{6}\]

Как следует из (6), частица, совершив под действием силы пол-оборота, покинет выделенную область через точку начала координат (точка 0), имея тот же модуль скорости \(v_0\), но противоположное направление движения. Это произойдет через промежуток времени

\[\pi R = v_0 t \quad \Rightarrow \quad t = \frac{\pi R}{v_0} = \frac{\pi}{4}\tau = 0{,}78\tau.\tag{7}\]

Таким образом, траектория движения частицы в этом случае будет представлять собой полуокружность радиуса \(R = \frac{l}{4}\), координаты точки выхода частицы — \(B(0{,}0)\).

1.4 Данный пункт является самым «олимпиадным» вариантом движения частицы в данной задаче. Действительно, как следует из условия, в начальный момент времени вектор силы \(\vec{F}\) перпендикулярен вектору начальной скорости \(\vec{v}_0\) частицы. Однако мы не можем утверждать, что это свойство системы сохраниться в любой момент времени и при дальнейшем движении частицы, поскольку возможен вариант «различных» поворотов векторов силы и скорости с течением времени.

В таком случае обратимся к методу аналогий и постараемся «угадать» необходимое решение, используя опыт рассмотрения различных кинематических задач. Если рассмотреть движение точки на ободе колеса, катящегося без проскальзывания со скоростью \(\vec{v}\) по горизонтальной поверхности, то можно заметить, что ее скорость в верхней точке траектории равна \(2v\), поскольку складываются скорости поступательного и вращательного движений.

Рассмотрим, колесо радиуса \(R = \frac{l}{4}\), центр которого движется без проскальзывания со скоростью \(\vec{v}_0/2\) по горизонтальной поверхности. Тогда скорость движения его верхней точки (\(\vec{v}_0\)) будет совпадать и по модулю и по направлению со скоростью частицы. Угловая скорость поворота колеса (соответственно и угловой скорости поворота колеса) в этом случае равна

\[\omega = \frac{v_0/2}{l/4} = 2\frac{v_0}{l}.\tag{8}\]

Ускорение частицы будет обусловлено только вращением, следовательно, модуль силы, действующей на точку обода колеса массой \(m\), будет равен

\[F = m a = m \omega ^ { 2 } R = m \left( 2 \frac { v _ { 0 } } { l } \right) ^ { 2 } \frac { l } { 4 } = \frac { m v _ { 0 } ^ { 2 } } { l } \, .\tag{9}\]

Проекции силы на оси координат равны

\[\begin{array} { l } { { F _ { x } = - \displaystyle \frac { m v _ { 0 } ^ { 2 } } { l } \sin \left( 2 \displaystyle \frac { v _ { 0 } } { l } t \right) } } \\ { { F _ { y } = - \displaystyle \frac { m v _ { 0 } ^ { 2 } } { l } \cos \left( 2 \displaystyle \frac { v _ { 0 } } { l } t \right) } } \end{array} .\tag{10}\]

Таким образом, начальные условия (координаты и скорости) и зависимости ускорений от времени в двух задачах совпадают, поэтому совпадают и законы движения. Таким образом, траекторией движения частицы в данном случае будет траектория точки на ободе катящегося без проскальзывания колеса – циклоида.

Следовательно, частица в первый раз коснется границы выделенной области в точке \(B\) (см. рис.) через время, равное половине оборота колеса \(t = \frac{\pi l}{2v_0}\) в точке с координатами \((\frac{\pi}{4}l, 0)\).

В заключение продемонстрируем все точные траектории движения точки, рассмотренные в данной задаче на отдельном рисунке.

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

Подсказка

Мощность плитки идёт на нагрев воды и на потери через поверхность сосуда; в установившемся режиме они равны, а в начале нагрева потерь ещё нет.

Ответ

1.1) \(t\approx 1{,}4\cdot10^{2}\) с;  1.2) \(H_{\max}\approx0{,}72\) м;  1.3) \(\approx2{,}0\) л/мин;  2.1) расчёт даёт \(T_{\max}\approx114\,^\circ\)C, поэтому вода нагреется лишь до температуры кипения \(100\,^\circ\)C;  2.2) \(P\approx2{,}5\) кВт, \(\beta\approx1{,}2\cdot10^{3}\) Вт/(м\(^2\cdot{}^\circ\)С);  2.3) график экспоненциального остывания от \(50\,^\circ\)C к \(20\,^\circ\)C (см. решение).

Решение

1. Постоянные потери

1.1. За время \(t\) в сосуд от нагревателя поступит энергия \(E_{\text{н}} = Pt\). Тепловые потери осуществляются через боковую поверхность сосуда и поверхность воды в сосуде. Тогда общая площадь механизма тепловых потерь:

За время \(t\) на тепловые потери уйдет энергия \(E_{\text{пот}} = q_0 S_{\text{пот}} t\). Поступающая энергия идет на нагревание воды, массу которой можно определить через ее объем:

\[m_0 = \rho \pi r^2 H = 1{,}57 \text{ кг}\]

Тогда, записывая количество энергии, необходимое на нагрев воды, получаем:

Подставляя выражения для энергий, найдем время, необходимое для нагрева воды:

1.2. Чтобы воду можно было нагревать, количество потерь энергии не должно превышать количество поступающей от нагревателя. Пограничный случай: \(E_{\text{н}} = E_{\text{пот}}\), откуда при подстановке соответствующих выражений:

1.3. Пусть объем воды, приходящий в единицу времени равен \(\lambda_0\). Тогда объем воды \(\lambda_0 t\), или массу \(\rho \lambda_0 t\), поступающую (и уходящую) за время \(t\), необходимо успеть нагреть от температуры \(T_1\) до \(T_3\), то есть:

\[E_{\text{н}} - E_{\text{пот}} = c (\rho \lambda_0 t) (T_3 - T_1)\]

Подставляя полученные ранее выражения для энергий, пренебрегая потерями теплоты и площадью подводящих и уводящих воду труб, получим:

2. Переменные потери

2.1. Мощность тепловых потерь теперь определяется выражением \(P_{\text{пот}} = \beta (T - T_1) S_{\text{пот}}\), где \(T\) – текущая температура воды. Когда вода оказывается при максимальной неизменной температуре \(T_{\text{max}}\), ее нагрева больше не происходит, и вся мощность, получаемая от плитки, уходит в тепловые потери:

\[P = P_{\text{пот}} = \beta (T_{\text{max}} - T_1) S_{\text{пот}}\]

Отсюда максимальная температура:

Однако при нормальном давлении вода может нагреться лишь до температуры кипения (за исключением некоторых «экзотических» случаев). Поэтому корректным ответом данного пункта будет: воду можно нагреть вплоть до температуры кипения \(T_{\text{кип}} = 100 \text{ }^\circ\text{С}\).

2.2. Из графика видно, что в начальный момент времени температура жидкости \(T\) равна температуре окружающего воздуха \(T_1\). Тогда мощность тепловых потерь \(P_{\text{пот}} = 0\). Записывая уравнение теплового баланса для небольшого промежутка времени \(\Delta t\) в начале нагрева, когда вода успела нагреться на некоторую температуру \(\Delta T\), получим:

\[P \Delta t - 0 = c m_0 \Delta T\]

\[P = c m_0 \frac{\Delta T}{\Delta t}\]

Отношение \(\frac{\Delta T}{\Delta t}\), описывающее, как уже было отмечено, скорость нагрева/остывания воды, можно найти, построив касательную к графику зависимости температуры воды от времени в точке \(t = 0\). Тогда, выбирая промежуточный отрезок \(\Delta t\) на оси температур, можно найти соответствующее приращение температуры \(\Delta T\) и найти отношение:

\[\frac{\Delta T}{\Delta t} = 22{,}5 \frac{^\circ\text{C}}{\text{мин}} = 0{,}375 \frac{^\circ\text{C}}{\text{с}}\]

Тогда полезная мощность плитки оказывается равной:

\[P = 2470 \text{ Вт}\]

Из графика также можно заметить, что максимальная температура нагрева воды составляет \(T_{\text{max1}} = 50 \, ^\circ\text{C}\). Тогда, как и в пункте 2.1, получаем выражение \(P = \beta_1 (T_{\text{max1}} - T_1) S_{\text{пот}}\). Отсюда коэффициент теплоотдачи:

\[\beta_1 = \frac{P}{(T_{\text{max1}} - T_1) S_{\text{пот}}} = 1160 \frac{\text{Вт}}{\text{м}^2 \cdot ^\circ\text{C}}\]

2.3. Вновь запишем уравнение теплового баланса при остывании жидкости на \(\Delta T\) за малый промежуток времени \(\Delta t\) в какой-то момент:

\[\beta_1 (T - T_1) S_{\text{пот}} \Delta t = c m_0 \Delta T\]

Отсюда, зная значение \(\beta_1\) и остальных характеристик из предыдущих пунктов, можем выразить зависимость убывания температуры воды от ее температуры: \(\Delta T(T)\):

\[\Delta T(T) = \frac{\beta_1 S_{\text{пот}}}{c m_0} (T - T_1) \Delta t\]

Выбирая за \(\Delta t\), некоторый промежуток времени, например \(0{,}5\) мин, можем пошагово вычислять примерное изменение температуры и заносить данные в таблицу: Таблица 1 – Пошаговое вычисление температуры воды от времени при остывании

На основании полученных данных можно нанести точки на искомый график зависимости и провести через них сглаживающую кривую:

Рисунок 1 - Зависимость температуры воды от времени в ходе остывания

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

Подсказка

Тень исчезает, когда конус полной тени, из-за конечного углового размера Солнца, перестаёт доставать до земли; найдите длину этого конуса из подобия треугольников.

Ответ

\(h=\dfrac{2R}{\delta\alpha}\sin\alpha\approx3\) км.

Решение

Основная причина, приводящая к исчезновению тени – конечные размеры Солнца (т.е. Солнце не является точечным источником). Лучи, испущенные разными участками Солнца по разному перекрываются воздушным шаром. Поэтому за последним образуется область полной тени, куда не попадают никакие лучи, и область полутени, в которую не попадают некоторые солнечные лучи. Для оценки можно считать, что тень исчезает, когда область полной тени перестает простираться до поверхности земли.

Для построения областей полной тени и полутени следует построить области теней для лучей, испущенных крайними точками диска Солнца (см. рис, на котором поперечные размеры сильно увеличены). Таковыми являются конусы, ограниченные лучами \(A_1A_2N - A_1B_2M\) и \(B_1A_2M_2 - B_1B_2N\). Из рисунка следует, что областью полной тени является конус, сечение которого на рисунке - \(A_2NB_2\). Высоту этого конуса легко найти, используя подобие треугольников \(A_2NB_2\) и \(A_1NB_1\):

\[\frac{\vert A_2B_2\vert }{\vert C_2N\vert } = \frac{\vert A_1B_1\vert }{\vert C_1N\vert } \quad \Rightarrow \quad l = \frac{2R}{D}L\tag{1}\]

здесь обозначено \(l = \vert C_2N\vert\) - расстояние от центра шара до земли, \(L = \vert C_1N\vert\) - расстояние от Земли до Солнца, \(2R = \vert A_2B_2\vert\) - диаметр шара, \(D = \vert A_1B_1\vert\) - диаметр Солнца. Далее учтем, что \(\frac{D}{L} = \delta\alpha\) - угловой размер Солнца, а высота шара над поверхностью земли \(h = l \sin\alpha\). Следовательно, искомая высота равна

\[h = \frac{2R}{\delta\alpha} \sin\alpha.\tag{2}\]

Для численных расчетов необходимо угловой размер Солнца следует выразить в радианах:

\[h = \frac{2R}{\delta\alpha} \sin\alpha = \frac{40\,\text{м}}{\frac{2\pi}{360^\circ} \cdot 0{,}5^\circ} \sin 45^\circ \approx 3\,\text{км}.\tag{3}\]

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