СПбГУ, 2021/22, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Учтите, что манометр показывает сумму парциального давления аргона и давления пара, а вода и пар в сумме сохраняют массу; запишите давления на уровне перемычки для обоих сосудов.

Ответ

\(H=\dfrac{\dfrac{(np_{\text{Ar}}-p_{\text{п}})(\rho_{\text{в}}-\rho_{\text{п}})}{\rho_{\text{в}}g\,(\rho_{\text{в}}-2\rho_{\text{п}})}} {1-2\,\dfrac{\rho_{\text{в}}-\rho_{\text{п}}}{\rho_{\text{в}}-2\rho_{\text{п}}}\left(1-\dfrac{p_{\text{Ar}}}{np_{\text{Ar}}-p_{\text{п}}}\right)}\), где \(\rho_{\text{в}}\) — плотность воды, \(\rho_{\text{п}}\) — плотность пара, \(p_{\text{п}}\) — давление насыщенного пара.

Решение

Обозначим конечные высоты столбов воды в левом и правом сосудах \(h_1'\) и \(h_2'\), новое парциальное давление аргона в левом сосуде \(p_{\text{Ar}1}'\), \(H\) — высота сосудов. Процесс с аргоном изотермический: \[p_{\text{Ar}}SH=p_{\text{Ar}1}'S(H-h_1') \quad\Rightarrow\quad p_{\text{Ar}1}'=p_{\text{Ar}}\frac{H}{H-h_1'}.\] Показание манометра — сумма давления аргона и давления насыщенного пара: \(p_{\text{Ar}1}'+p_{\text{п}}=np_{\text{Ar}}\), откуда \[h_1'=H\left(1-\frac{p_{\text{Ar}}}{np_{\text{Ar}}-p_{\text{п}}}\right).\] Равенство давлений в перемычке: \(\rho_{\text{в}}gh_1'+np_{\text{Ar}}=\rho_{\text{в}}gh_2'+p_{\text{п}}\), откуда \[h_2'=\frac{np_{\text{Ar}}-p_{\text{п}}}{\rho_{\text{в}}g}+H\left(1-\frac{p_{\text{Ar}}}{np_{\text{Ar}}-p_{\text{п}}}\right).\] Число молекул воды сохраняется: изначально вода занимала \(\rho_{\text{в}}SH\) в жидком состоянии, затем жидкость и пар распределены по сосудам: \[\rho_{\text{в}}H=\rho_{\text{в}}(h_1'+h_2')+\rho_{\text{п}}(2H-h_1'-h_2') \quad\Rightarrow\quad H=\frac{\rho_{\text{в}}-\rho_{\text{п}}}{\rho_{\text{в}}-2\rho_{\text{п}}}\,(h_1'+h_2').\] Подставив \(h_1'\) и \(h_2'\), получаем ответ (он записан выше). При \(\rho_{\text{п}}\ll\rho_{\text{в}}\) приближённо \(H\approx\dfrac{np_{\text{Ar}}-p_{\text{п}}}{\rho_{\text{в}}g\left[1-2\left(1-\dfrac{p_{\text{Ar}}}{np_{\text{Ar}}-p_{\text{п}}}\right)\right]}\).

Подсказка

Рассмотрите два близких луча, выходящих из рыбы под малым углом друг к другу, и закон Снеллиуса для каждого из них; отношение расстояний по лучам даёт связь глубин.

Ответ

\(y=y'\,\dfrac{(n^2-\sin^2\alpha)^{3/2}}{n^2\cos^3\alpha}\).

Решение

Рыбу можно рассматривать как точечный источник, излучающий во все стороны. Для построения изображения достаточно двух лучей, попадающих в глаза рыбаку; угол между ними мал.

Пусть \(\beta\) — угол преломления. Из закона Снеллиуса \(\sin\beta=\dfrac{\sin\alpha}{n}\), \(\cos\beta=\dfrac{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}{n}\). Для луча с углом \(\alpha+d\alpha\) закон Снеллиуса даёт \(\cos\alpha\,d\alpha=n\cos\beta\,d\beta\), т.е. \(\dfrac{d\alpha}{d\beta}=\dfrac{n\cos\beta}{\cos\alpha}\).

Теорема синусов для двух треугольников с общим основанием \(l\) на границе раздела сред даёт отношение длин лучей \(S/S'\) (здесь \(S\) — расстояние до рыбы, \(S'\) — до изображения): \[\frac{S}{S'}=\frac{\cos(\beta+d\beta)\sin(d\alpha)}{\cos(\alpha+d\alpha)\sin(d\beta)} =n\left(\frac{\cos\beta}{\cos\alpha}\right)^2.\] Связь реальной глубины \(y\) с кажущейся \(y'\): \[\frac{y}{y'}=\frac{S\cos\beta}{S'\cos\alpha}=n\left(\frac{\cos\beta}{\cos\alpha}\right)^3 \quad\Rightarrow\quad y=y'\,\frac{(n^2-\sin^2\alpha)^{3/2}}{n^2\cos^3\alpha}.\]

Подсказка

Кольцо при контактах в диаметрально противоположных точках — это два параллельно включённых сопротивления; найдите их сумму как функцию \(\varphi\). Для второго вопроса посмотрите, меняется ли сопротивление кольца при повороте.

Ответ

1) Мощность минимальна, когда контакты приложены к серединам проволок (\(\varphi=\pi/2\)); максимальна — когда контакты приложены к местам спая. 2) \(\langle W\rangle=W_0\) — средняя мощность не зависит от вращения.

Решение

Вопрос 1. Кольцо представляет собой два параллельно подключённых сопротивления \(R_1\) и \(R_2\) (см. рисунок). Угол \(\varphi\) отсчитывается от точки контакта до места спая проволок; тогда длина первой проволоки в контакте равна \(\varphi r\), второй \((\pi-\varphi)r\), и \[R_1=\frac{r}{S}\bigl(\varphi\rho_1+(\pi-\varphi)\rho_2\bigr), \qquad R_2=\frac{r}{S}\bigl(\varphi\rho_2+(\pi-\varphi)\rho_1\bigr).\] Общее сопротивление \[R_0=\frac{R_1R_2}{R_1+R_2}=\frac{r}{\pi S}\left[\varphi(\pi-\varphi)\frac{(\rho_1-\rho_2)^2}{\rho_1+\rho_2} +\frac{\pi^2\rho_1\rho_2}{\rho_1+\rho_2}\right].\] Мощность \(W=V_0^2/R_0\) минимальна, когда \(R_0\) максимально, т.е. при \(\varphi=\pi/2\).

Вопрос 2. При повороте кольца на малый угол \(d\alpha\) одна дуга теряет участок с удельным сопротивлением \(\rho(-d\alpha)\), а другая приобретает участок с \(\rho(\pi-d\alpha)\). Для данной функции \(\rho(-x)=\rho(\pi-x)\) (члены \(\cos^2 3\varphi\) и \(\sin4\varphi\sin2\varphi\) при этом переходят сами в себя), поэтому \(dR_1\propto\rho(-d\alpha)-\rho(\pi-d\alpha)=0\). Значит, при вращении с любой скоростью выделяемая мощность такая же, как при неподвижном кольце: \(\langle W\rangle=W_0\).

Подсказка

Из постоянства расхода воды найдите скорость воды как функцию координаты \(x\); ускорение плота — производная скорости по времени через \(x(t)\), время — интеграл от \(dx/v\).

Ответ

1) \(a=-\dfrac{2y_0^2v_0^2\,\mathrm{tg}\,\alpha}{(2x\,\mathrm{tg}\,\alpha+y_0)^3}\) (здесь \(x\) — координата плота от начала расширения); 2) \(t=\dfrac{L^2\,\mathrm{tg}\,\alpha}{y_0v_0}+\dfrac{L}{v_0}\).

Решение

Ось \(x\) направим вдоль канала от начала расширения. Половина ширины канала \(y(x)=x\,\mathrm{tg}\,\alpha+\dfrac{y_0}{2}\). Постоянство расхода воды (стационарное ламинарное течение): \(S(x)\,v(x)=S_0v_0\), где \(S(x)=2y(x)h\), \(S_0=y_0h\). Отсюда \[v(x)=\frac{y_0v_0}{2y(x)}=\frac{y_0v_0}{2x\,\mathrm{tg}\,\alpha+y_0}.\] Плот движется со скоростью воды, поэтому \(a=\dfrac{dv}{dt}=v\dfrac{dv}{dx}\): \[\frac{dv}{dx}=-\frac{2y_0v_0\,\mathrm{tg}\,\alpha}{(2x\,\mathrm{tg}\,\alpha+y_0)^2}, \qquad a=-\frac{2y_0^2v_0^2\,\mathrm{tg}\,\alpha}{(2x\,\mathrm{tg}\,\alpha+y_0)^3}.\] Для времени: \(\dfrac{dt}{dx}=\dfrac{1}{v(x)}=\dfrac{2x\,\mathrm{tg}\,\alpha}{y_0v_0}+\dfrac{1}{v_0}\), откуда \(t(x)=\dfrac{x^2\,\mathrm{tg}\,\alpha}{y_0v_0}+\dfrac{x}{v_0}\) (при \(t=0\) плот в \(x=0\)). При \(x=L\): \(t=\dfrac{L^2\,\mathrm{tg}\,\alpha}{y_0v_0}+\dfrac{L}{v_0}\).

Подсказка

Гидравлическое сопротивление трубки \(H=\dfrac{128\,\eta L}{\pi D^4}\) играет роль электрического сопротивления, расход — тока, перепад давления — напряжения. Схема становится цепочкой сопротивлений, и её можно свести к самоподобной рекурсии.

Ответ

\(Q_N=\dfrac{\pi D^4k\,p_0}{128\,\eta\,X_1}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{2L_1}{kL_1-X_1+\sqrt{(X_1-kL_1)^2+4k(k+1)X_1L_1}}\right)^{N}\).

Решение

По аналогии с электрическими цепями вводим гидравлическое сопротивление \(H=\dfrac{128\,\eta L}{\pi D^4}\), закон \(\Delta p=HQ\), где \(Q\) — аналог тока, \(\Delta p\) — аналог напряжения. Для гидравлических сопротивлений справедливы правила последовательного и параллельного соединения. Сопротивления трубок \(H_i=k^{i-1}H_1\), \(h_i=k^{i-1}h_1\) (для трубок \(X_i\)). Эквивалентная электрическая схема — бесконечная цепочка, в которой сопротивления растут в \(k\) раз, а каждая ветвь \(X_i\) уходит в общий нулевой провод.

Ток через сопротивление \(X_i\) (расход во внешнее пространство) равен \(I_i=\dfrac{U_i}{k^{i-1}r}\). Правая часть схемы, начиная с первой точки ветвления, подобна исходной, но все номиналы в \(k\) раз больше; её сопротивление \(kR_\Sigma\). Отсюда напряжения в точках ветвления образуют геометрическую прогрессию: \(U_i=U_\Sigma\left(1-\dfrac{R}{R_\Sigma}\right)^{i}\), а \[I_i=\frac{U_\Sigma}{k^{i-1}r}\left(1-\frac{R}{R_\Sigma}\right)^{i}.\] Полное сопротивление схемы \(R_\Sigma\) удовлетворяет \[R_\Sigma=R+\frac{krR_\Sigma}{r+kR_\Sigma} \quad\Rightarrow\quad kR_\Sigma^2+(r-kR)R_\Sigma-rR(k+1)=0,\] откуда (выбираем корень с плюсом) \(R_\Sigma=\dfrac{1}{2k}\left(kR-r+\sqrt{(r-kR)^2+4k(k+1)rR}\right)\). Подставляем \(R\to H\sim L\), \(r\to h\sim X\) и учитываем \(h/H=X/L\); в скобках остаются только \(X\) и \(L\). Расход из трубки \(X_N\), переведённый обратно в гидравлические величины, даёт ответ.