NBPhO 2020, теоретический тур

Подсказка

Вблизи кривой кипения объёмом жидкости можно пренебречь, а пар считать идеальным газом, тогда уравнение Клапейрона — Клаузиуса легко интегрируется. Теплоту плавления получите как разность теплот сублимации и испарения, найденных по тем же графикам, а наклон кривой плавления измерьте касательной.

Ответ

1) \(p=p_0\exp\!\left(-\dfrac{\mu|\Delta H_{lg}|}{RT}\right)\);  2) давление вырастет примерно на \(21\,\%\);  3) \(V_l-V_s\approx-9{,}2\cdot10^{-5}\text{ м}^3/\text{кг}\).

Решение

i) Приблизим разность объёмов объёмом газа и воспользуемся законом идеального газа: \[V_g-V_l\approx V_g=\frac{nRT}{mp}=\frac{RT}{\mu p}.\] Тогда из закона Клапейрона — Клаузиуса следует \[\frac{dp}{p}=\frac{\mu|\Delta H_{lg}|}{RT^2}\,dT,\] что после интегрирования даёт \[p=p_0\exp\!\left(-\frac{\mu|\Delta H_{lg}|}{RT}\right),\] где \(p_0\) — опорное давление. Допускается также ввести опорную температуру \(T_0\): \[p=p_0'\exp\!\left[-\frac{\mu|\Delta H_{lg}|}{R}\left(\frac1T-\frac1{T_0}\right)\right],\tag{1}\] где \(p_0'\) — другое опорное давление.

ii) Для любых двух точек кривой жидкость — газ имеем \[\frac{p_2}{p_1}=\exp\!\left(-\frac{\mu|\Delta H_{lg}|}{R}\left[\frac1{T_2}-\frac1{T_1}\right]\right),\] считая \(\Delta H_{lg}\) постоянной. Взяв, например, \(T_1=0\,^\circ\)C, \(p_1=610\text{ Па}\), \(T_2=10\,^\circ\)C и \(p_2=1230\text{ Па}\) (температуры переведены в кельвины), получаем \(|\Delta H_{lg}|=2503\text{ кДж/кг}\). Используя это значение вместе с \(T_3=15\,^\circ\text{C}=283{,}15\text{ К}\) и \(T_4=T_3+3\text{ К}\), находим \[\frac{p_4-p_3}{p_3}=\exp\!\left(-\frac{\mu|\Delta H_{lg}|}{R}\left[\frac1{T_4}-\frac1{T_3}\right]\right)-1=0{,}21.\] То есть давление пара вырастает на \(21\,\%\). (Это означает, что круговорот воды усилится, так что в среднем после глобального потепления можно ожидать более влажной погоды. С другой стороны, Земля неоднородна, и на деле ожидается, что влажные места станут ещё более влажными, а сухие — ещё более сухими.)

iii) Сначала рассмотрим линию перехода твёрдое тело — газ и предположим и здесь, что \(V_g-V_s\approx V_g\). Это даёт кривую, подобную кривой жидкость — газ, но с другой энтальпией перехода. По точкам \(T_5=0\,^\circ\)C, \(p_5=610\text{ Па}\) и \(T_6=-10\,^\circ\)C, \(p_6=260\text{ Па}\) получаем энтальпию сублимации \(|\Delta H_{sg}|=2828\text{ кДж/кг}\). Это позволяет вычислить энтальпию плавления: \[|\Delta H_{sl}|=|\Delta H_{sg}|-|\Delta H_{lg}|=325\text{ кДж/кг}.\] Чтобы измерить наклон кривой плавления, проведём касательную в начале координат и измерим (например) \(\Delta T=5\text{ К}\) и \(\Delta p=-0{,}65\cdot10^{8}\text{ Па}\). При \(T=273{,}15\text{ К}\) закон Клапейрона — Клаузиуса окончательно даёт \[V_l-V_s=\frac{\Delta T}{\Delta p}\,\frac{|\Delta H_{sl}|}{T}=-9{,}2\cdot10^{-5}\text{ м}^3/\text{кг}.\] (Экспериментальное значение \(-9{,}1\cdot10^{-5}\text{ м}^3/\text{кг}\).) Заметим, что лёд занимает больший объём, чем жидкая вода, — это исключение, в отличие от большинства других веществ.

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

Подсказка

Пока ток растёт, напряжение на диоде по идеализированной ВАХ равно нулю, и тогда \(\mathcal E=L\,dI/dt\). Когда ток упирается в излом ВАХ, он остаётся непрерывным, а напряжение на диоде перескакивает горизонтально на другую ветвь. Для устойчивости замените диод его дифференциальным сопротивлением \(R_d<0\) и запишите уравнение для малых отклонений.

Ответ

1) \(V_i=20\text{ мВ}\), \(I_i=15{,}3\text{ мА}\);  2) \(t_1=4\cdot10^{-8}\text{ с}\);  3) \(4{,}2\cdot10^{-8}\text{ с}\);  4) период \(T=8\cdot10^{-8}\text{ с}\), ток колеблется между \(1\text{ мА}\) и \(21\text{ мА}\);  5) \(21\text{ мА}\) при \(V<50\text{ мВ}\), \(11\text{ мА}\) при \(50\text{ мВ}<V<400\text{ мВ}\), \(1\text{ мА}\) при \(400\text{ мВ}<V<500\text{ мВ}\);  6) \(R_d=-7{,}1\text{ Ом}\);  7) \(L<0{,}43\text{ нГн}\).

Решение

i) Закон Кирхгофа для напряжений (KVL) для цепи: \[\mathcal E=I_ir+V_i.\] Преобразуя, \[I_i=\frac{\mathcal E-V_i}{r}=25\text{ мА}-\frac1{2\text{ Ом}}V_i.\tag{2}\] \(V_i\) и \(I_i\) должны также подчиняться ВАХ диода. Решение можно найти графически, построив (2) на ВАХ. Это даёт \(V_i=20\text{ мВ}\), \(I_i=15{,}3\text{ мА}\).

ii) После подстановки \(r=0\) KVL принимает вид \[\mathcal E=V_i+L\frac{dI_i}{dt}.\tag{3}\] Преобразуя и интегрируя, \[L\int_0^{I_1}\frac{dI_i}{\mathcal E-V_i(I_i)}=\int_0^{t_1}dt.\] Глядя на идеализированную зависимость \(V\)–\(I\), ясно, что \(V_i(I_i)=0\) на всём протяжении роста тока от \(I_i=0\) до \(I_i=I_1=20\text{ мА}\). Это упрощает выражение для \(t_1\): \[t_1=\frac L{\mathcal E}\int_0^{I_1}dI_i=\frac{LI_1}{\mathcal E}=4\cdot10^{-8}\text{ с}.\]

iii) Уравнение (3) должно выполняться, какой бы ни была характеристика диода. Это значит, что ток будет продолжать расти без разрывов, даже если напряжение на диоде при этом скачет (индуктивность не даёт току меняться слишком быстро, но на напряжение такого ограничения нет). Ожидаемое поведение \(V\)–\(I\) показано на следующем рисунке:

На участке 2 пути ток растёт от \(I_i=0\) до \(I_i=I_2=21\text{ мА}\) (измерено по рисунку). Затраченное время \(t_2=LI_2/\mathcal E=4{,}2\cdot10^{-8}\text{ с}\). Поскольку на участке 3 изменение тока равно нулю, затраченное время по сравнению с \(t_2\) по существу мгновенно. Следовательно, \(t_3=0\) для наших целей. Полное затраченное время равно \(t_2+t_3=4{,}2\cdot10^{-8}\text{ с}\).

iv) Можно использовать ту же логику, что и раньше, чтобы понять, как напряжение и ток зависят от времени. Поскольку равновесное напряжение \(\mathcal E=250\text{ мВ}\) лежит между двумя пиками ВАХ, ток совершит горизонтальный скачок, как и раньше. При \(V_2=500\text{ мВ}\) уравнение (3) принимает вид \[\mathcal E=V_2+L\frac{dI_i}{dt},\] поэтому \[\frac{dI}{dt}=\frac{\mathcal E-V_2}{L}<0.\] Следовательно, \(I_i\) будет продолжать уменьшаться от \(I_2\) до \(I_3=1\text{ мА}\). Как и раньше, затем напряжение мгновенно перескочит от \(V_2\) к \(0\), и цикл начнётся снова. Схема одного цикла показана на следующем рисунке.

Время на участках 3 и 5 фактически равно \(0\), а поскольку отклонение напряжения от \(\mathcal E\) на участках 2 и 4 одинаково, как и изменение тока, длительности участков 2 и 4 должны быть одинаковы. Изменение тока равно \(I_2-I_3=20\text{ мА}=I_1\). Следовательно, \(t_2=t_4=t_1\), и длительность полного периода \(T=t_2+t_3+t_4+t_5=2t_1=8\cdot10^{-8}\text{ с}\). График зависимости \(I\) от времени показан на следующем рисунке; за \(t'=0\) принят момент, когда ток минимален.

v) Система работает в 4 различных режимах при изменении напряжения батареи.

1. Приложенное напряжение меньше первого пика ВАХ. В этом случае ток вырастет от \(0\) до \(I=21\text{ мА}\) и достигнет положения равновесия при \(V=\mathcal E\). Это действительно равновесие, поскольку оно удовлетворяет KVL (3): \[\frac{dI}{dt}=0=\frac{\mathcal E-V}L.\] Следовательно, амперметр показывает постоянные \(21\text{ мА}\).

2. Приложенное напряжение лежит между двумя пиками ВАХ. Система пойдёт по траектории, подобной показанной в пункте iv), поскольку применимы те же рассуждения. В тех же обозначениях, что в пункте iv), средний ток на участке 2 — среднее арифметическое \(1\text{ мА}\) и \(21\text{ мА}\) (поскольку ток растёт с постоянной скоростью). Таким образом, на участке 2 средний ток равен \(11\text{ мА}\). Участок 4 имеет такой же средний ток. Участки 3 и 5 не вносят вклада в средний ток, поскольку происходят фактически мгновенно. Полный средний ток тогда равен \(11\text{ мА}\).

3. Приложенное напряжение больше второго пика ВАХ, но меньше \(500\text{ мВ}\). В начале ток вырастет до \(21\text{ мА}\) и совершит горизонтальный скачок, как и ожидалось. Затем ток уменьшится до \(1\text{ мА}\), напряжение примет значение батареи и достигнет равновесия без дополнительных скачков. Средний ток, таким образом, равен \(1\text{ мА}\).

4. Если приложенное напряжение больше \(500\text{ мВ}\), то ток неограниченно вырастет (в нашей идеальной модели), а это нефизично. Следовательно, ток не определён.

По ВАХ напряжение первого пика \(V_3=50\text{ мВ}\), второго — \(V_4=400\text{ мВ}\). Четыре сценария сведены на следующем графике:

vi) Сначала найдём рабочий режим тем же графическим методом, что в пункте i). Построенная прямая имеет уравнение \[I_i=\frac{\mathcal E-V_i}{r}=75\text{ мА}-\frac1{2\text{ Ом}}V_i\] и показана на рисунке красным. Стационарные напряжение и ток по рисунку равны \(V_0=125\text{ мВ}\) и \(I_0=11{,}9\text{ мА}\). Для малых отклонений от стационарного состояния можно использовать ряд Тейлора, пренебрегая высшими порядками: \[V_0+\delta V(t)=V(I_0+\delta I(t))\simeq V_0+\delta I(t)\left.\frac{dV}{dI}\right|_{I_0}.\] Следовательно, \[\delta V=\left.\frac{dV}{dI}\right|_{I_0}\delta I=R_d\,\delta I.\] Величину \(\left.\frac{dV}{dI}\right|_{I_0}\) можно найти графически, проведя касательную к ВАХ через стационарную точку. Производная равна отношению горизонтальной проекции к вертикальной с учётом знака: \[R_d=\left.\frac{dV}{dI}\right|_{I_0}=\frac{178\text{ мВ}}{-25\text{ мА}}=-7{,}1\text{ Ом}.\]

vii) Чтобы найти условие устойчивости, можно оперировать комплексными импедансами и записать условие резонанса \[r+i\omega L+\frac{R_d}{i\omega R_dC+1}=0,\] откуда, обозначив \(\lambda=i\omega\), \[(r+\lambda L)(\lambda R_dC+1)+R_d=0.\] Более громоздкий, но, возможно, более наглядный путь — записать KVL и решить получившееся дифференциальное уравнение.

Пусть отклонение заряда конденсатора от стационарного значения равно \(\delta q\). Тогда из KVL \(\delta I\,R_d=\delta q/C\). Следовательно, ток через резистор \(r\) и катушку равен \(\delta I+\dot{\delta q}\), где \(\dot{\delta q}=\dot{\delta I}\,R_dC\). KVL для всей цепи принимает вид \[\begin{align*} 0&=(\delta I+\dot{\delta q})r+L\frac d{dt}\left(\delta I+\dot{\delta q}\right)+\delta I\,R_d\\ &=R_dLC\,\ddot{\delta I}+(L+R_drC)\dot{\delta I}+(R_d+r)\delta I\\ &=\ddot{\delta I}+\left(\frac1{R_dC}+\frac rL\right)\dot{\delta I}+\frac{r+R_d}{R_dLC}\delta I\\ &=\ddot{\delta I}+b\,\dot{\delta I}+c\,\delta I, \end{align*}\] где \(b=\left(\dfrac1{R_dC}+\dfrac rL\right)\), \(c=\dfrac{r+R_d}{R_dLC}\). Это дифференциальное уравнение второго порядка. В зависимости от значений \(b\) и \(c\) решение может нарастать экспоненциально. Стандартный метод решения уравнений такого типа состоит в том, чтобы сделать разумное предположение и подставить его в уравнение. В данном случае подойдёт экспоненциальное решение вида \(\delta I=\delta I_0\exp(\lambda t)\). Заметим, что всё это эквивалентно работе с комплексными импедансами при \(\lambda=i\omega\). Подставляя анзац в дифференциальное уравнение и сокращая множители, получаем характеристическое уравнение: \[\lambda^2+b\lambda+c=0.\] Это квадратное уравнение с двумя решениями \[\lambda_{1,2}=-\frac b2\pm\sqrt{\frac{b^2}4-c}.\] \(\lambda_{1,2}\) могут быть либо обе вещественными, либо обе комплексными, в зависимости от знака дискриминанта. Если \(\lambda_j=m_j+n_ji\), где \(m\) и \(n\) вещественны, то \[\delta I=\sum_{j=1}^{2}\delta I_{0j}\,e^{m_jt}\bigl(\cos(n_jt)+i\sin(n_jt)\bigr).\] Видно, что для устойчивости решения нужно \(m<0\), поскольку это приводит к экспоненциальному затуханию тока. Другими словами, вещественная часть \(\lambda\) всегда должна быть отрицательной, иначе ток начнёт экспоненциально нарастать. При аккуратном анализе можно определить необходимые условия на \(b\) и \(c\).

Вторая формула Виета: \(\lambda_1\lambda_2=c\). Если \(\lambda\) вещественны, то \(c\) должно быть положительно, иначе либо \(\lambda_1\), либо \(\lambda_2\) отрицательно. Если \(\lambda\) комплексны, то \(\lambda_2\) и \(\lambda_1\) комплексно сопряжены, и их произведение должно быть положительно. Следовательно, \(c>0\) независимо от того, вещественны \(\lambda\) или комплексны.

Согласно первой формуле Виета, \(\lambda_1+\lambda_2=-b\). Если \(\lambda\) вещественны, то их сумма должна быть отрицательной, иначе по крайней мере одно из \(\lambda_1\) и \(\lambda_2\) положительно. Следовательно, \(b>0\). Если \(\lambda\) комплексны, то их сумма чисто вещественна (поскольку они комплексно сопряжены), и опять же для отрицательности вещественных частей сумма должна быть отрицательной. Следовательно, \(b>0\) должно выполняться всегда.

Условия \(b>0\) и \(c>0\) необходимы и достаточны для устойчивости решения. Условие \(b>0\) означает \[\left(\frac1{R_dC}+\frac rL\right)>0,\] поэтому \[L<|R_d|rC=4{,}3\cdot10^{-10}\text{ Гн}=0{,}43\text{ нГн}.\] Неравенство \(c>0\) означает \[\frac{r+R_d}{R_dLC}>0,\] следовательно, \[r+R_d<0.\] Как видно, значение \(L\) не может превышать \(0{,}43\text{ нГн}\).

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

Подсказка

Перейдите к осям вдоль стены и перпендикулярно ей: движение вдоль стены не влияет на то, попадёт ли снаряд в неё, а перпендикулярно стене задача превращается в бросок вверх к потолку в ослабленной гравитации.

Ответ

\(v_1=\dfrac{\sqrt3}{2}\,v_0\).

Решение

Пусть расстояние от основания до вершины равно \(H\); тогда из закона сохранения энергии \[gH=\frac{v_0^2}{2}.\] Пусть кратчайшее расстояние от основания до стены равно \(h\), а искомая минимальная скорость — \(v_1\). Из геометрии \(h=H\sin\alpha\). Рассмотрим новую систему координат, где две оси \(x'\) и \(y'\) параллельны стене и перпендикулярны ей соответственно. Компоненты ускорения свободного падения: \(g_{x'}=g\cos\alpha\) и \(g_{y'}=g\sin\alpha\). Ясно, что движение вдоль оси \(x'\) не влияет на то, попадёт ли снаряд в стену. Поскольку движения в направлениях \(x'\) и \(y'\) независимы, для минимизации полной скорости нужно положить компоненту \(\vec v_1\), параллельную \(x'\), равной нулю. Тогда задача сводится к броску снаряда в обычный потолок высоты \(h\) в эффективной гравитации \(g\sin\alpha\). Таким образом, из закона сохранения энергии \[g\sin\alpha\cdot h=gH\sin^2\alpha=\frac{v_1^2}{2}.\] И значит, \[v_1=v_0\sin\alpha=\frac{\sqrt3}{2}\,v_0.\]

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

Подсказка

Три силы, уравновешивающие тело, должны пересекаться в одной точке — по эскизу найдите угол силы реакции опоры с трением и затем точку пересечения для системы кубоид плюс дрон. Для высоты используйте адиабату \(pV^\gamma=\text{const}\), а тягу и мощность выразите через плотность воздуха и скорость струи.

Ответ

1) \(\mu\approx0{,}659\);  2) \(M=0{,}796\text{ кг}\);  3) \(\rho(z)=\rho_0\left(1-\dfrac{gz}{c_pT_0}\right)^{\frac1{\gamma-1}}\), \(\gamma=c_p/c_v=1{,}39\);  4) \(z_{\max}=\dfrac{c_pT_0}{g}\left(1-1{,}5^{-3(\gamma-1)}\right)=11{,}3\text{ км}\).

Решение

i) Пусть масса кубоида \(M\). На кубоид действуют три силы: равнодействующая силы трения и нормальной силы \(\vec F_f\), натяжение верёвки \(\vec T\), направленное вдоль верёвки, и сила тяжести \(M\vec g\), направленная вертикально вниз из центра кубоида. Поскольку кубоид скользит с постоянной скоростью, три силы должны уравновешивать друг друга. Единственная возможность для этого — чтобы продолжения векторов сил пересекались в одной точке \(O\).

Это можно доказать от противного. Если силы не пересекаются в одной точке, достаточно рассмотреть момент относительно одной из точек пересечения, чтобы увидеть, что момент ненулевой и силы не в равновесии.

Если нормальная сила равна \(N\), то сила трения равна \(N\mu\), так что равнодействующая \(\vec F_f=N\hat y-N\mu\hat x\). Следовательно, \(\vec F_f\) всегда направлена под углом \(\alpha=\operatorname{arctg}\mu\) к вертикали.

Поскольку известны начальная точка и направление силы тяжести и силы натяжения, можно восстановить положение \(O\) и \(\vec F_f\). Так как \(\mu=\operatorname{tg}\alpha\), удобно измерить \(\mu\) как отношение горизонтальной и вертикальной проекций \(\vec F_f\): \(\mu\approx0{,}659\).

ii) Рассмотрим систему из кубоида и дрона. И здесь на систему действуют три силы: сила тяжести \((M+m)\vec g\), трение \(\vec F_f\) и сила \(\vec F\), удерживающая дрон в воздухе. Тяга дрона направлена вдоль оси симметрии дрона. Поскольку силы в равновесии, их продолжения должны пересекаться в одной точке \(O'\). Благодаря предыдущему пункту \(O'\) можно найти как пересечение силы трения и силы тяги. Поскольку сила тяжести вертикальна, мы можем найти горизонтальную проекцию центра масс. Если \(x_1\) и \(x_2\) — горизонтальные расстояния от \(O'\) до центров кубоида и дрона соответственно, то \[\frac{x_1}{x_2}=\frac Mm.\] По рисунку измеряем \(x_1/x_2=0{,}796\) и, значит, \[M=0{,}796\,m=0{,}796\text{ кг}.\]

iii) Представим порцию воздуха фиксированной массы, перемещающуюся в атмосфере. Пусть объём порции \(V=V(z)\). В адиабатической атмосфере \(pV^\gamma=\text{const}\), где \(\gamma=c_p/c_v=1{,}39\). Теперь \(pV\propto T\) и \(\rho\propto V^{-1}\), поэтому \[pV^\gamma\propto V^{\gamma-1}T\propto\rho^{1-\gamma}T=\text{const}.\] Следовательно, \[\rho(z)=\rho_0\left(\frac{T(z)}{T(0)}\right)^{\frac1{\gamma-1}}=\rho_0\left(1-\frac{gz}{c_pT_0}\right)^{\frac1{\gamma-1}}.\]

iv) Дрон держится в воздухе, пропуская воздух через пропеллеры с помощью двигателя. Величина тяги, очевидно, является функцией плотности воздуха и скорости \(v\), с которой воздух проходит через пропеллеры.

Баланс сил можно записать как \(F-m_{\text{полн}}g=0\), где \(F\) — вертикальная тяга, а \(m_{\text{полн}}\) — полная масса дрона. Если \(A\) — эффективная площадь пропеллеров, выражение для \(F\) можно записать либо через динамическое давление \(\rho v^2\), либо из закона сохранения импульса. За интервал времени \(\Delta t\) через пропеллеры проходит объём воздуха \(\Delta V=Av\,\Delta t\). Этот объём воздуха несёт импульс \(\Delta p=\Delta V\rho v\), так что тяга равна \(F=\Delta p/\Delta t=A\rho v^2\).

Во-вторых, можно связать выходную мощность \(P\) двигателя с плотностью внешнего воздуха и скоростью. А именно, воздух давит на пропеллеры вертикально вверх с силой \(F\). Чтобы двигатель работал, лопасти пропеллеров должны быть наклонены. Это даёт момент, пропорциональный \(F\). Далее, ясно, что скорость вращения лопастей тоже пропорциональна \(v\). Это означает, что выходная мощность двигателя пропорциональна произведению \(F\) и \(v\), и поэтому \(P\propto\rho v^3\). В наших рассуждениях выходная мощность дрона фиксирована, поэтому \(v\propto\rho^{-1/3}\) и \(F\propto\rho\left(\rho^{-1/3}\right)^2=\rho^{1/3}\). Из баланса сил \(F=m_{\text{полн}}g\). Следовательно, \(m_{\text{полн}}\propto\rho^{1/3}\). Вычисляя отношение при \(z=0\) и \(z=z_{\max}\), получаем \[\frac{1{,}5\,m}{m}=\left(\frac{\rho(0)}{\rho(z_{\max})}\right)^{1/3}=\left(1-\frac{gz_{\max}}{c_pT_0}\right)^{-\frac1{3(\gamma-1)}},\] и поэтому \[z_{\max}=\frac{c_pT_0}{g}\left(1-1{,}5^{-3(\gamma-1)}\right)=11{,}3\text{ км}.\]

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

Подсказка

Воздух в горлышке — колеблющаяся масса, а воздух в остальной части бутылки — пружина (при быстрых колебаниях адиабатическая). Получите частоту через объём воздуха и выберите такие координаты, в которых данные ложатся на прямую.

Ответ

\(f\propto(V_0-V)^{-1/2}\); по данным \(T^2=1/f^2=48\text{ мс}^2-V\cdot48\text{ мс}^2/\text{л}\), то есть \(f=\left(48\text{ мс}^2-V\cdot48\text{ мс}^2/\text{л}\right)^{-1/2}\).

Решение

i) Для однолитровой бутылки можно получить следующие частоты; измеренная частота звука сведена в таблицу в зависимости от объёма воды в бутылке.

ii) Воздух в области горлышка бутылки объёма \(v\ll V_0=1\text{ л}\) можно считать массой \(m=\rho_av\) (\(\rho_a\) — плотность воздуха), которая может двигаться туда и обратно, а воздух внутри основного объёма бутылки служит пружиной. Если воздух в горлышке сместится на расстояние \(x\), объём внутри бутылки изменится на \(Ax\), где \(A\) — площадь поперечного сечения горлышка. Процесс быстрый, характерное время порядка нескольких миллисекунд, поэтому его можно считать адиабатическим (характерное время термализации порядка секунды). Из \(pW^\gamma=\text{const}\) (где \(W=V_0-V\) — объём воздуха внутри бутылки) получаем \(\ln p+\gamma\ln W=\text{const}\), откуда \(\dfrac{\Delta p}p+\gamma\dfrac{\Delta W}W=0\), то есть \[\Delta p=-\gamma p\frac{\Delta W}W=\gamma p\frac{Ax}W.\] Теперь можно записать уравнение движения воздуха в горлышке: \[\rho_av\ddot x=-\Delta p\,A=-x\,\gamma p\frac{A^2}W,\] откуда частота \[f=\frac1{2\pi}\sqrt{\frac{\gamma pA^2}{\rho_avW}}=\frac1{2\pi}\sqrt{\gamma\frac{RT}\mu\frac{A^2}{v(V_0-V)}}.\]

iii) Исходя из предыдущего результата, видим, что квадрат периода \[T^2=4\pi^2\frac{\mu}{\gamma RT}\frac{v(V_0-V)}{A^2}\] — линейная функция объёма воды.

По данным измерений вычисляем квадрат периода (в мс\(^2\)).

Эти данные изображены на графике ниже (по горизонтали — \(V\) в мл, по вертикали — \(T^2\) в мс\(^2\)).

Линейная аппроксимация этих данных даёт \[T^2=48\text{ мс}^2-V\cdot48\text{ мс}^2/\text{л},\] так что \[f=\left(48\text{ мс}^2-V\cdot48\text{ мс}^2/\text{л}\right)^{-1/2}.\]

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