Ведомственная, 2017/18, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Трубка, открытая с одного конца и закрытая с другого, резонирует на основной частоте, когда на её длине укладывается четверть длины волны. Подумайте, что определяет основную частоту, а что — тембр.

Решение

Флейта Пана представляет собой набор трубок, открытых с одного конца и закрытых с другого. Если подуть поперёк открытого конца трубки, в ней возникают колебания воздуха, и она начинает звучать. Колебания достигают наибольшей амплитуды тогда, когда вдоль трубки образуется стоячая звуковая волна (явление резонанса); в противном случае они быстро гаснут. У открытого конца трубки возникает пучность стоячей волны, а у закрытого — узел. Таким образом, длина трубки, открытой с одного конца, соответствует четверти длины волны звука. Частота звучания \[f = \frac{v}{4L},\] где \(v\) — скорость звука, \(L\) — длина трубки. Эта частота является основной. Сильные колебания возникают также на частотах, для которых на длине трубки укладывается три четверти волны, пять и т.д. Но эти колебания будут существенно слабее колебаний на основной частоте. Их амплитуды определяют тембр звука. Материал труб влияет на затухание колебаний на разных частотах и, тем самым, на тембр, но не на основную частоту.

Подсказка

Концентрацию найдите из уравнения состояния идеального газа. Для среднего расстояния между молекулами сравните его с длиной свободного пробега, а затем с оценкой, в которой молекулы считаются хаотически расположенными точками.

Ответ

\(n = \dfrac{p}{kT} \approx 0{,}265\cdot10^{20}\) см\(^{-3}\);  \(\langle l_{N_2}\rangle \approx 3{,}35\cdot10^{-7}\) м (по официальному решению); длина свободного пробега \(\lambda \approx 9{,}43\cdot10^{-8}\) м.

Решение

\(N_2\) — газ: порядка в расположении молекул нет, движение молекул хаотическое поступательное.

I. Концентрация. Из уравнения состояния \(p = nkT\): \[n = \frac{p}{kT} = \frac{10^5}{1{,}38\cdot10^{-23}\cdot273{,}15} = 0{,}265\cdot10^{20}\ \frac{\text{молекул}}{\text{см}^3}.\]

II. Среднее расстояние. Среднее расстояние между молекулами газа определяют как среднюю длину свободного пробега \(\lambda\): \[\lambda = \frac{1}{\sqrt2\,\pi d^2 n} = \frac{kT}{\sqrt2\,\pi d_{N_2}^2\,p} = \frac{1{,}38\cdot10^{-23}\cdot273{,}15}{\sqrt2\cdot3{,}14\cdot(3\cdot10^{-10})^2\cdot10^5} = 9{,}43\cdot10^{-8}~\text{м}.\] Множитель \(\sqrt2\) учитывает движение всех молекул, \(d_{N_2}\) — диаметр молекулы азота, равный \(0{,}3\) нм \(= 3\cdot10^{-10}\) м.

В приближении «хаотически расположенных точек» (модель жидкости) получим \[\langle l_{N_2}\rangle = \sqrt[3]{\frac{1}{0{,}265\cdot10^{20}}} = 3{,}35\cdot10^{-7}~\text{м},\] что отличается от \(\lambda\) в \(3{,}56\) раза.

Подсказка

Шнур имеет массу, поэтому его натяжения у разных концов различны. Запишите второй закон Ньютона для каждого тела и для шнура и выясните, у какого конца натяжение больше.

Ответ

\(F_0 = \dfrac{m_1 + m_2 + m}{m_2 + m}\,T_0\).

Решение

Нить нерастяжима. Для \(m_1\): \(m_1 a_1 = F - T_1\) (1). Для \(m_2\): \(m_2 a_2 = T_2\) (2). Для шнура: \(m a_3 = T_1 - T_2\) (3), где силы, действующие на тела со стороны шнура, по модулю равны \(T_1\) и \(T_2\).

Так как \(m \ne 0\), \(T_1 > T_2\), а нить нерастяжима, \(a_1 = a_2 = a_3 = a\), и из уравнения (1)–(3) для всей системы \[a = \frac{F}{m_1 + m_2 + m}. \qquad (4)\] Подставляя (4) в (1) и (2): \[T_1 = \frac{m_2 + m}{m_1 + m_2 + m}\,F \qquad (5), \qquad T_2 = \frac{m_2}{m_1 + m_2 + m}\,F \qquad (6).\] Так как \(T_1 > T_2\), шнур порвётся ближе к \(m_1\), а максимальное значение натяжения \[T_1 = T_0 = \frac{m_2 + m}{m_1 + m_2 + m}\,F \qquad (7).\] Отсюда максимальное значение \(F_0\), при котором шнур порвётся: \[F_0 = \frac{m_1 + m_2 + m}{m_2 + m}\,T_0.\]

Подсказка

Найдите давление внутри капли из условия равновесия малого участка её боковой поверхности. Сила на пластину складывается из натяжения по контуру основания и давления жидкости на основание.

Ответ

\(F = \dfrac{\sigma\pi D}{2}\), направлена в сторону капли перпендикулярно каждой пластине.

Решение

Искомая сила \(F\), действующая на каждую из пластин со стороны капли, складывается из силы поверхностного натяжения, направленной перпендикулярно поверхности пластины в сторону капли и равной \(\sigma\pi D\), и силы давления жидкости \(p\cdot\pi D^2/4\), направленной в противоположную сторону.

Давление \(p\) жидкости внутри капли можно найти, рассматривая условия равновесия цилиндрической боковой поверхности капли (см. рис.). На малую часть этой поверхности площадью \(\Delta S\), ограниченную двумя дугами окружностей с углами \(\Delta\varphi\) и длиной \(\Delta\varphi\cdot D/2\) и двумя образующими цилиндра длиной \(h\), действует суммарная сила поверхностного натяжения, равная силе давления жидкости. Поскольку угол \(\Delta\varphi\) мал, можно считать \(\sin\dfrac{\Delta\varphi}{2}\approx\dfrac{\Delta\varphi}{2}\): \[\sigma\cdot2h\cdot\sin\frac{\Delta\varphi}{2} = \sigma h\,\Delta\varphi = p\,\Delta S = p\cdot h\cdot\Delta\varphi\cdot\frac{D}{2},\] откуда \(p = \dfrac{2\sigma}{D}\).

Окончательно искомая сила равна по величине \[F = \sigma\pi D - \frac{2\sigma}{D}\cdot\frac{\pi D^2}{4} = \frac{\sigma\pi D}{2},\] и направлена в сторону капли перпендикулярно каждой из пластин. Обратим внимание на следующую ошибку, часто допускаемую при решении подобных задач: в расчётах не учитывается сила давления жидкости, и поэтому сила \(F\) получается вдвое большей.

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, движущуюся вместе со стенкой: там стенка неподвижна, и при упругом ударе проекция скорости шарика на нормаль к стенке меняет знак.

Ответ

\(\tau_2 = \dfrac{v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g\,(v_0\cos\alpha - V)}\) (при \(v_0\cos\alpha > 2V\)).

Решение

Рисунок соответствует лабораторной инерциальной системе отсчёта (ЛИСО), связанной с Землёй. Шарик в момент броска находится в начале координат. Левая сторона стенки в момент броска находится на расстоянии \(L_0\) от начала координат (по условию не дано). Координаты шарика изменяются со временем по закону \[x(t) = v_0\cos\alpha\,t \ \ (t\le\tau), \qquad y(t) = v_0\sin\alpha\,t - \frac{gt^2}{2}\ \ (t\le t_{\text{пад}}),\] координата левой стороны стенки \(X(t) = L_0 + Vt\). В момент соударения \(X(\tau) = x(\tau)\), откуда \[\tau = \frac{L_0}{v_0\cos\alpha - V} \qquad (1).\] Из положительности \(\tau\) получаем \(v_0\cos\alpha - V > 0\) — это условие того, что брошенный шарик «догонит» удаляющуюся от него стенку. Расстояние \(L\) (вдоль горизонта) от точки броска до точки столкновения \[L = X(\tau) = x(\tau) = \frac{L_0\,v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - V} \qquad (2).\] Проекции скоростей шарика: \(v_x(t) = v_0\cos\alpha\) при \(t\le\tau\), \(v_y(t) = v_0\sin\alpha - gt\).

Перейдём в движущуюся инерциальную систему отсчёта (ДИСО), связанную со стенкой. В ней скорость стенки равна нулю, а скорость шарика \(\vec v^{\,*} = \vec v - \vec V\); в проекции на ось \(x\): \(v_x^* = v_x - V\). Акт упругого соударения с очень тяжёлой стенкой в ДИСО описывается так: \(v_x^*(\tau + 0) = -v_x^*(\tau - 0)\); само соударение длится нулевое время. Отсюда \[v_x^*(\tau - 0) = v_0\cos\alpha - V, \qquad v_x^*(\tau + 0) = V - v_0\cos\alpha,\] и в ЛИСО \[v_x(\tau + 0) = v_x^*(\tau + 0) + V = 2V - v_0\cos\alpha.\] Поскольку шарик после соударения летит в сторону, противоположную оси \(x\) (чтобы вернуться в точку бросания — начало координат), должно выполняться \(v_x(\tau+0) < 0\), т.е. \(2V < v_0\cos\alpha\). Далее работаем только в ЛИСО.

Пусть \(\tau_2\) — время полёта шарика от момента соударения со стенкой до возвращения в точку бросания. Тогда \[0 = x(\tau + \tau_2) = L + v_x(\tau+0)\,\tau_2 = \frac{L_0\,v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - V} + (2V - v_0\cos\alpha)\,\tau_2 \qquad (3).\] Ещё одно простое соотношение следует из того, что шарик возвращается в точку бросания: \[\tau\,v_0\cos\alpha = (v_0\cos\alpha - 2V)\,\tau_2 = L \qquad (4),\] откуда \[\tau_2 = \tau\,\frac{v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - 2V} = \frac{v_0\cos\alpha}{v_0\cos\alpha - 2V}\cdot\frac{L_0}{v_0\cos\alpha - V} \qquad (5).\] Движение по вертикали — движение тела, брошенного вверх в поле тяжести; на него соударение не влияет: \[\tau + \tau_2 = \frac{2v_0\sin\alpha}{g} \qquad (6).\] Решая совместно (3)–(6), получаем: \[\tau = \frac{v_0\sin\alpha\,(v_0\cos\alpha - 2V)}{g\,(v_0\cos\alpha - V)}, \qquad \tau_2 = \frac{v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g\,(v_0\cos\alpha - V)},\] \[L = \frac{v_0^2\sin\alpha\cos\alpha\,(v_0\cos\alpha - 2V)}{g\,(v_0\cos\alpha - V)}, \qquad H = \frac{v_0^3\sin^2\alpha\cos\alpha\,(v_0\cos\alpha - 2V)}{2g\,(v_0\cos\alpha - V)^2},\] где \(v_0\cos\alpha - 2V > 0\). Заменив во всех ответах \(V\) на \(-V\), получим решение аналогичной задачи, в которой стенка движется навстречу брошенному шарику.