«Туймаада» 1999, теоретический тур

Ответ

1) \(L = \dfrac{mv_0}{k}\);  2) \(\tau = \dfrac{kH}{mg} + \dfrac{m}{k}\) (при \(H \gtrsim \dfrac{g}{2}\left(\dfrac{m}{k}\right)^2\)).

Решение

Для описания движения камня выберем декартову систему координат так, как показано на рисунке.

К камню приложены сила тяжести \(m\vec g\) и сила сопротивления \(\vec F\), направленная навстречу скорости \(\vec v\). Запишем уравнения второго закона Ньютона в проекциях на координатные оси: \[m\frac{dv_x}{dt} = -kv_x, \tag{28}\] \[m\frac{dv_y}{dt} = -kv_y - mg. \tag{29}\] Перепишем эти уравнения иначе, учтя, что \(v_x\,dt = dx\), \(v_y\,dt = dy\): \[m\,dv_x = -k\,dx, \tag{30}\] \[m\,dv_y = -k\,dy - mg\,dt. \tag{31}\] Для установившегося движения \(v = u = \text{const}\), где \(\vec u\) — установившаяся скорость камня, поэтому из формул (28) и (29) следует, что \(u_x = 0\), а \[u_y = -mg/k, \tag{32}\] то есть установившаяся скорость \(\vec u\) направлена так, как показано на рисунке. Для нахождения \(L\) проинтегрируем уравнение (30) для всего движения камня: \[mv_x\Big|_{v_0}^{0} = -kx\Big|_0^{L},\] откуда \[L = \frac{mv_0}{k}.\] Для нахождения времени \(\tau\) проинтегрируем уравнение (31) с учётом (32): \[mv_y\Big|_0^{u_y} = -ky\Big|_H^{0} - mg\tau, \qquad\text{или}\qquad \tau = \frac{kH}{mg} + \frac mk. \tag{33}\] При каких \(H\) возможна описанная в задаче ситуация? Оценим время, в течение которого скорость достигает установившегося значения. Для этого в формуле (28) положим \[m\frac{\Delta v_x}{\Delta t} \sim -kv_0.\] Отсюда \(\Delta t \sim m/k\). За это время камень опустится вниз на расстояние \[H_1 \sim \frac{g\Delta t^2}{2}.\] Ясно, что должно выполняться условие \(H \gtrsim H_1\), так что описанная в задаче ситуация, для которой получен ответ (33), будет иметь место при \[H \gtrsim \frac g2\left(\frac mk\right)^2.\]

Ответ

\(a = \dfrac{gR^2\rho x}{I + R^2\rho L}\);  \(v = Rx\sqrt{\dfrac{g\rho}{I + R^2\rho L}}\).

Решение

Пусть \(T\) — сила натяжения нити в верхней точке её вертикальной части (см. рисунок), \(\varepsilon\) — угловое ускорение катушки, \(m = \rho x\) — масса свисающей части нити, \(I_x = \rho(L - x)R^2\) — момент инерции нити, намотанной на катушку, тогда второй закон Ньютона для свисающей части нити, уравнение вращательного движения катушки с намотанной на неё нитью и кинематическая связь имеют соответственно вид

\[ma = mg - T, \qquad (I + I_x)\varepsilon = TR, \qquad a = \varepsilon R.\] Решая записанную систему, получаем \[a = \frac{gR^2\rho x}{I + R^2\rho L}. \tag{34}\] Пусть \(\omega = v/R\) — угловая скорость вращения катушки, тогда из закона сохранения энергии катушки и нити \[mg\cdot\frac x2 = \frac12(I + I_x)\omega^2 + \frac12 mv^2\] находим \[v = Rx\sqrt{\frac{g\rho}{I + R^2\rho L}}.\] Таким образом, и ускорение \(a\), и скорость \(v\) пропорциональны \(x\).

Примечание. Пропорциональность \(a\) и \(x\) на первый взгляд может показаться ошибочной, так как ускорение в любом случае не может превысить \(g\). Однако поскольку длина свисающей части нити \(x \leqslant L\), даже при \(x = L\) из формулы (34) получаем \(a < g\), то есть противоречия нет.

С учётом последнего предложения из текста условия рассмотрение отрыва нити от катушки выходит за рамки данной задачи, поэтому мы предлагаем читателям исследовать это любопытное явление самостоятельно.

Ответ

1) \(\rho(x) = \dfrac{MpH}{R\left((T_1 - T_2)x + HT_2\right)}\);  2) \(p = \dfrac{\rho_0R}{M}\left(\dfrac{T_1 - T_2}{H}(H - L_0) + T_2\right)\);  3) \(\omega = \sqrt{\dfrac1m\left(k + \dfrac{mg\xi(T_1 - T_2)}{(T_1 - T_2)(H - L_0) + HT_2}\right)}\) (так в книге, см. комментарий в решении).

Решение

Для нахождения плотности газа применим уравнение состояния идеального газа \(pV = m_{\text{г}}RT/M\) (уравнение Менделеева–Клапейрона). Из него следует, что \[\rho = \frac{m_{\text{г}}}{V} = \frac{Mp}{RT}, \tag{160}\] где \(M\) — молярная масса газа, \(m_{\text{г}}\) — масса газа в объёме \(V\), \(R\) — универсальная газовая постоянная. Зависимость плотности газа от координаты \(x\) обусловлена распределением температуры газа (см. рисунок). Учитывая, что температура между плоскостями изменяется линейно с изменением \(x\), получим

\[T = T(x) = \frac{T_1 - T_2}{H}x + T_2,\] и тогда из уравнения (160) следует, что \[\rho(x) = \frac{MpH}{R\left((T_1 - T_2)x + HT_2\right)}. \tag{161}\] В положении равновесия сумма всех сил, приложенных к шарику, равна нулю (см. рисунок): \[m\vec g + \vec F + \vec F_a = 0,\] где \(M\vec g\) — сила тяжести, \(\vec F\) — сила упругости, \(\vec F_a\) — сила Архимеда. Условие равновесия имеет вид \[-mg + k(L - L_0) + \rho g\frac{m}{\rho_0} = 0.\] Поскольку \(L = L_0\), получим \(\rho = \rho_0\). После подстановки этого равенства, а также \(x = H - L_0\) в формулу (161) найдём \[p = \frac{\rho_0R}{M}\left(\frac{T_1 - T_2}{H}(H - L_0) + T_2\right).\] Для нахождения частоты малых колебаний запишем динамическое уравнение движения шарика вблизи положения равновесия: \[m\ddot x = -k\xi + mg\frac{\rho(x) - \rho_0}{\rho_0}, \tag{162}\] где \(\xi = x - (H - L_0)\) — малое отклонение шарика от положения равновесия, а соответствующее приращение плотности, найденное из формулы (161), равно \[\rho(x) - \rho_0 = \frac{-MpH\xi(T_1 - T_2)}{R\left((T_1 - T_2)(H - L_0) + HT_2\right)^2}.\] После подстановки этих выражений динамическое уравнение принимает вид \[m\ddot\xi = -\left(k + \frac{mg\xi(T_1 - T_2)}{(T_1 - T_2)(H - L_0) + HT_2}\right)\xi.\] Отсюда находим искомую циклическую частоту малых колебаний: \[\omega = \sqrt{\frac1m\left(k + \frac{mg\xi(T_1 - T_2)}{(T_1 - T_2)(H - L_0) + HT_2}\right)}.\]

Ответ

\(\dfrac{\Delta p}{p} = \dfrac{rM\Delta T}{RT^2}\), откуда \(\Delta p = 0{,}18\cdot 10^5\) Па.

Решение

На рисунке изображены две близкие изотермы воды, соответствующие температурам \(T\) и \(T - \Delta T\).

Прямолинейные участки изотерм соответствуют равновесным состояниям смеси воды и водяного пара. Рассмотрим цикл Карно \(1\)–\(2\)–\(3\)–\(4\)–\(1\), осуществляемый с некоторой массой \(m\) воды. Коэффициент полезного действия \(\eta\) цикла Карно: \[\eta = \frac{\Delta T}{T} = \frac AQ, \tag{163}\] где \(A\) — работа за цикл, \(Q\) — количество теплоты, полученное от нагревателя. Поскольку \(\Delta T = 5\,{}^\circ\text{C}\) мало по сравнению с \(T = 373\,{}^\circ\text{C}\), при вычислении работы цикл \(1\)–\(2\)–\(3\)–\(4\)–\(1\) можно считать прямоугольником. Тогда \[A = \Delta p\,\Delta V, \tag{164}\] где \(\Delta V\) — изменение объёма воды при её обращении в пар. Количество теплоты, необходимое для парообразования, составляет \[Q = rm. \tag{165}\] Подставляя выражения (164) и (165) в формулу (163), получим \[\frac{\Delta T}{T} = \frac{\Delta p\,\Delta V}{rm}, \qquad\text{или}\qquad \frac{\Delta p}{\Delta T} = \frac{r}{T\Delta v}, \tag{166}\] где \(\Delta v = \Delta V/m\) — изменение удельного объёма воды при её обращении в пар.

Уравнение (166) известно в физике под названием уравнения Клаузиуса–Клапейрона. Оно описывает не только кипение, но и другие агрегатные превращения. При парообразовании воды \(\Delta v > 0\), поэтому из уравнения (166) следует увеличение температуры кипения (\(\Delta T > 0\)) с ростом давления (\(\Delta p > 0\)). А вот процесс плавления льда сопровождается уменьшением удельного объёма (\(\Delta v < 0\)). Поэтому температура плавления льда с повышением давления убывает.

При кипении изменение удельного объёма воды приблизительно равно удельному объёму образовавшегося пара, то есть \(\Delta v \approx V_v/m\). Считая пар идеальным газом, отношение \(V_v/m\) можно найти из уравнения Менделеева–Клапейрона. Получим \[\Delta v = \frac{RT}{Mp},\] где \(R\) — универсальная газовая постоянная, а \(M\) — молярная масса воды. Подставляя найденное \(\Delta v\) в уравнение (166), найдём \[\frac{\Delta p}{p} = \frac{rM\Delta T}{RT^2}.\] Подставляя численные значения, получим \[\Delta p = 0{,}18\cdot 10^5\text{ Па}.\]

Ответ

\(h_1(x) = \dfrac{n^2hH^3}{\left((n^2 - 1)x^2 + n^2H^2\right)^{3/2}}\) (на расстоянии \(x\) от обрыва; вдали от обрыва водоём кажется более мелким).

Решение

Человек, находящийся в точке \(A\) (левый рисунок), оценивает глубину водоёма по двум близким лучам, идущим из точек \(B\) и \(C\). Ему кажется, что лучи исходят не из точки \(S\), а из точки \(S_1\), и поэтому видимая глубина водоёма \(h_1\). Изменения направлений лучей на поверхности воды подчиняются закону Снеллиуса: \[\frac{\sin\alpha}{\sin\beta} = n, \qquad \frac{\sin\alpha'}{\sin\beta'} = n \tag{239}\] где \(n\) — показатель преломления воды, а углы \(\alpha\), \(\beta\), \(\alpha'\) и \(\beta'\) показаны на левом рисунке. Пусть \(\Delta\) — длина отрезка \(BC\). Тогда из прямоугольных треугольников, показанных на левом рисунке, следует, что \[\Delta = h(\operatorname{tg}\beta - \operatorname{tg}\beta') = h_1(\operatorname{tg}\alpha - \operatorname{tg}\alpha'). \tag{240}\] Углы \(\alpha\) и \(\alpha'\), \(\beta\) и \(\beta'\) мало отличаются, поэтому, если \(\alpha - \alpha' = \Delta\alpha\) и \(\beta - \beta' = \Delta\beta\), то \[\operatorname{tg}\beta - \operatorname{tg}\beta' \approx \frac{\Delta\beta}{\cos^2\beta}, \qquad \operatorname{tg}\alpha - \operatorname{tg}\alpha' \approx \frac{\Delta\alpha}{\cos^2\alpha}.\] Подставляя полученные соотношения в формулу (240), находим \[h_1 = h\frac{\cos^2\alpha}{\cos^2\beta}\cdot\frac{\Delta\beta}{\Delta\alpha}.\] Запишем закон Снеллиуса (239) для маленьких приращений углов: \[\cos\alpha\,\Delta\alpha = n\cos\beta\,\Delta\beta,\] откуда \[h_1 = \frac hn\cdot\frac{\cos^3\alpha}{\cos^3\beta} = \frac hn\cdot\frac{\cos^3\alpha}{\left(1 - \dfrac{\sin^2\alpha}{n^2}\right)^{3/2}}. \tag{241}\] Для угла \(\alpha\) из левого рисунка находим \[\sin\alpha = \frac{x - OB}{\sqrt{(x - OB)^2 + H^2}} \approx \frac{x}{\sqrt{x^2 + H^2}},\] так как \(OB \ll x\) при малых \(h\). Осталось подставить полученное выражение для \(\sin\alpha\) в формулу (241) и произвести алгебраические преобразования: \[h_1 = \frac{n^2hH^3}{\left((n^2 - 1)x^2 + n^2H^2\right)^{3/2}}.\] График этой зависимости, построенный с помощью MathCAD, представлен на правом рисунке. Видно, что вдали от обрыва водоём кажется более мелким.