«Туймаада» 1998, теоретический тур

Ответ

\(x = \dfrac{\Delta L}{\sqrt{1 + m_2/m_1}} = 1\) см.

Решение

После пережигания нити брусок \(m_2\) начнёт двигаться под действием силы упругости, а брусок \(m_1\) останется в покое, так как сила упругости будет компенсироваться реакцией стенки. Брусок \(m_1\) придёт в движение только тогда, когда сила сжатия пружины сменится силой растяжения, то есть при обращении в нуль деформации пружины. Пусть \(v\) — скорость бруска \(m_2\) в этот момент времени, тогда по закону сохранения энергии до этого момента \[\frac{k\Delta L^2}{2} = \frac{m_2v^2}{2},\] откуда \[v = \Delta L\sqrt{\frac{k}{m_2}}.\] При максимальном растяжении пружины скорости брусков сравняются, поэтому обозначим их через \(u\). Запишем законы сохранения импульса и энергии в процессе движения от нулевого до максимального растяжения пружины: \[m_2v = (m_1 + m_2)u,\] \[\frac{m_2v^2}{2} = \frac{(m_1 + m_2)u^2}{2} + \frac{kx^2}{2}.\] Решая записанные уравнения совместно, находим искомое растяжение: \[x = \frac{\Delta L}{\sqrt{1 + m_2/m_1}} = 1\text{ см}.\]

Ответ

\(x(t) = \sqrt{x_0^2 + \dfrac{v_0^2}{\omega^2}}\cdot\sin\left(\sqrt{\dfrac{\rho gS}{m}}\,t + \operatorname{arctg}\dfrac{\omega x_0}{v_0}\right)\), где \(\omega = \sqrt{\rho gS/m}\).

Решение

Согласно условию направим ось \(x\) вертикально вниз и выберем \(0\) в положении равновесия пробирки. В этом положении внешние силы компенсируют друг друга, а при смещении пробирки на \(x\) вниз изменяется только сила Архимеда (за счёт изменения объёма погруженной части на \(\Delta V = Sx\)), поэтому возникает результирующая сила, равная изменению силы Архимеда: \[F = -\rho g\Delta V = -\rho gSx, \tag{24}\] где знак минус отражает направление силы \(F\) вверх, то есть против оси \(x\).

Пусть \(x\) и \(a\) — координата и ускорение пробирки в произвольный момент времени \(t\), тогда с учётом выражения (24) второй закон Ньютона имеет вид \[ma = -\rho gSx,\] откуда \[a + \frac{\rho gS}{m}\cdot x = 0. \tag{25}\] Из теории колебаний известно, что уравнение \(\ddot x + \omega^2x = 0\), где \(\ddot x\) — вторая производная зависимости \(x\) от времени \(t\) (например, если \(x\) — координата, то \(\ddot x\) — ускорение), описывает незатухающие гармонические колебания: \[x(t) = A\cdot\sin(\omega t + \varphi), \tag{26}\] где \(\omega\) — циклическая частота, задаваемая исходным уравнением, \(A\) и \(\varphi\) — соответственно амплитуда и начальная фаза, зависящие от начальных условий.

Таким образом, из уравнения (25) следует, что пробирка будет совершать гармонические колебания по закону (26) с циклической частотой \(\omega = \sqrt{\rho gS/m}\). Продифференцируем зависимость \(x(t)\) для нахождения скорости пробирки: \[v(t) = A\omega\cdot\cos(\omega t + \varphi). \tag{27}\] В начальный момент времени пробирка имела координату \(x_0\) и скорость \(v_0\), а из общих формул (26) и (27) при \(t = 0\) следует, что \[x_0 = A\sin\varphi \qquad\text{и}\qquad v_0 = A\omega\cos\varphi,\] откуда \[A = \sqrt{x_0^2 + \frac{v_0^2}{\omega^2}} \qquad\text{и}\qquad \varphi = \operatorname{arctg}\left(\frac{\omega x_0}{v_0}\right),\] причём при нахождении \(\varphi\) было использовано условие \(v_0 > 0\) и достаточность для описания колебаний лишь одного значения из множества всех решений.

После подстановки найденных \(\omega\), \(A\) и \(\varphi\) в уравнение (26) окончательно получим \[x(t) = \sqrt{x_0^2 + \frac{v_0^2}{\omega^2}}\cdot\sin\left(\sqrt{\frac{\rho gS}{m}}\cdot t + \operatorname{arctg}\left(\frac{\omega x_0}{v_0}\right)\right).\]

Ответ

\(T_{\text{пл}} = (34{,}0 \pm 0{,}5)\,{}^\circ\text{C}\);  \(c_{\text{тв}} = 500\) Дж/(кг\(\cdot{}^\circ\)C),  \(c_{\text{жид}} = 300\) Дж/(кг\(\cdot{}^\circ\)C);  \(\lambda = (6000 \pm 50)\) Дж/кг;  \(P_{\text{пл}} = (70 \pm 3)\) Вт.

Решение

Графическое представление экспериментальных данных (см. рисунок) позволяет обнаружить три этапа процесса:

1) от \(31{}^\circ\text{C}\) до \(33{}^\circ\text{C}\);

2) от \(33{}^\circ\text{C}\) до \(35{}^\circ\text{C}\);

3) от \(35{}^\circ\text{C}\) до \(37{}^\circ\text{C}\).

Температура плавления. На втором этапе мощность нагревателя резко увеличивается, значит, именно в этот момент происходит плавление вещества \(X\), то есть \(T_{\text{пл}} = (34{,}0 \pm 0{,}5)\,{}^\circ\text{C}\). Наличие погрешности результата связано не с точностью исходных данных, а с их дискретностью, составляющей \(1\,{}^\circ\text{C}\).

Мощность теплопотерь. На первом и третьем этапах мощность нагревателя линейно зависит от температуры, что при условии постоянства теплоёмкостей может объясняться только наличием теплопотерь, мощность которых \(P_0 = k(T - T_0)\), где \(k\) — константа, характеризующая калориметр. Из таблицы в условии видно, что мощность увеличивается на \(\Delta P = 5\) Вт при повышении температуры на \(\Delta T = 1\,{}^\circ\text{C}\), следовательно, коэффициент пропорциональности \(k = \Delta P/\Delta T = 5\) Вт/\({}^\circ\)C. Чтобы поддерживать вещество \(X\) в калориметре при постоянной температуре, нагреватель должен подводить мощность, равную мощности теплопотерь, поэтому \(P_{\text{пл}} = k(T_{\text{пл}} - T_0) = (70 \pm 3)\) Вт. Погрешность \(P_{\text{пл}}\) обусловлена погрешностью \(T_{\text{пл}}\) из предыдущего пункта.

Удельные теплоёмкости. За малый промежуток времени \(\Delta t\) температура системы повышается на \(\Delta T = v\Delta t\). Пусть \(c\) — удельная теплоёмкость вещества \(X\) при температуре \(T\) на первом или третьем этапе, тогда уравнение теплового баланса на промежутке времени \(\Delta t\) будет иметь вид \[\bigl(P - k(T - T_0)\bigr)\Delta t = (cm + C)\Delta T,\] откуда \[c = \frac1m\left(\frac{P - k(T - T_0)}{v} - C\right).\] Подставляя сюда данные для любых точек на первом и третьем этапах, находим соответственно \[c_{\text{тв}} = 500\text{ Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C)} \qquad\text{и}\qquad c_{\text{жид}} = 300\text{ Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C)}.\] Погрешности здесь не рассчитаны, так как они могут быть связаны только с погрешностью исходных данных, которой по условию можно пренебречь.

Удельная теплота плавления. Мощности нагревателя на границах второго этапа (\(P_{33} = 165\) Вт и \(P_{35} = 155\) Вт) близки между собой и существенно меньше мощности в середине второго этапа (\(P_{34} = 760\) Вт), поэтому можно считать, что для нагрева системы и компенсации теплопотерь на втором этапе требуется средняя мощность \(P_{\text{ср}} = (P_{33} + P_{35})/2 = 160\) Вт, а дополнительная мощность \(P_{\text{доп}} = P_{34} - P_{\text{ср}} = 600\) Вт расходуется на плавление.

Логично предположить, что полученные в эксперименте мощности \(P\) являются средними значениями за промежуток времени \(\Delta t = \Delta T/v = 1\) с между соседними измерениями, тогда из уравнения теплового баланса для плавления \[P_{\text{доп}}\Delta t = \lambda m\] находим \[\lambda = (6000 \pm 50)\text{ Дж/кг}.\] Погрешность последнего результата оценена через диапазон возможных значений \(P_{\text{доп}} = (600 \pm 5)\) Вт, зависящий от \(P_{\text{ср}} = (160 \pm 5)\) Вт, и получилась весьма небольшой для подобных измерений, однако следует учесть, что, если предположение об усреднении мощности в реальности не выполняется, то полученное значение \(\lambda\) может в разы отличаться от истинного.

Ответ

1) \(R \leqslant \dfrac{(A - \mathcal{E})^2}{4B} = 20{,}25\) Ом;  2) \(I = 10\) А (устойчивое горение; второй корень \(1{,}2\) А соответствует неустойчивому горению).

Решение

Заданная в условии вольт-амперная характеристика дуги представляет собой связь тока \(I\) и равновесного напряжения \(U_e\) дуги, то есть напряжения, при котором ток дуги стационарен, не меняется с течением времени: \[U_e = A + \frac{B}{I}. \tag{190}\] Если при данном токе \(I\) напряжение на дуге окажется меньше величины \(U_e\), то ток будет уменьшаться со временем и дуга может погаснуть.

При слишком большом напряжении ток будет расти, что может привести к пробою. По закону Ома для участка цепи \(1\)–\(\mathcal{E}\)–\(2\) (левый рисунок), по которому течёт тот же ток \(I\), что и в дуге, \(IR = \varphi_1 - \varphi_2 + \mathcal{E} = \mathcal{E} - U\), где \(U = \varphi_2 - \varphi_1\) — напряжение, подаваемое на дугу. Отсюда \[U = \mathcal{E} - IR. \tag{191}\] Изобразим графически функции \(U_e(I)\) и \(U(I)\) (правый рисунок). В точках \(A\) и \(E\) пересечения графиков подаваемое на дугу напряжение соответствует равновесному значению. Если графики не пересекаются (пунктирная прямая), то стационарного тока в дуге быть не может. Для нахождения координат точек \(A\) и \(E\) следует приравнять правые части выражений (190) и (191). Полученное квадратное уравнение \[I^2R + (A - \mathcal{E})I + B = 0 \tag{192}\] имеет действительные корни лишь при условии положительности дискриминанта, то есть при \[(A - \mathcal{E})^2 - 4RB \geqslant 0, \qquad\text{или}\qquad R \leqslant \frac{(A - \mathcal{E})^2}{4B} = 20{,}25\text{ Ом}.\] Только при таких сопротивлениях \(R\) и возможно устойчивое горение дуги. Найден ответ на первый вопрос задачи.

Для ответа на второй вопрос следует вычислить корни уравнения (192): \[I_1 = \frac{\mathcal{E} - A - \sqrt{(A - \mathcal{E})^2 - 4RB}}{2R} = 1{,}2\text{ А}, \qquad I_2 = \frac{\mathcal{E} - A + \sqrt{(A - \mathcal{E})^2 - 4RB}}{2R} = 10\text{ А}.\] Первый корень соответствует точке \(A\) (рисунок справа), второй — точке \(E\). Проанализируем устойчивость горения дуги при параметрах цепи, соответствующих этим точкам.

Рассмотрим точку \(E\). Если ток дуги случайно увеличится, то состояние цепи будет соответствовать точке \(C\). Напряжение, подаваемое на дугу, окажется меньше равновесного для дуги значения, ток начнёт уменьшаться, и состояние \(E\) восстановится. При случайном уменьшении тока дуги (переход от точки \(E\) к точке \(D\)) напряжение превысит равновесное значение, что приведёт к увеличению тока и восстановлению равновесия. Аналогичный анализ для точки \(A\) приводит к заключению, что она соответствует неустойчивому горению. Итак, при заданном \(R\) в цепи установится ток \(I = 10\) А.