Всесоюзная, 1966/67, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Какую силу растягивает пружинка, стоящая в цепочке на \(p\)-м месте? Сколько пружинок висит под ней?

Ответ

\(\Delta=\dfrac{n(n-1)}{2}\,\dfrac{mg}{k}\), где \(n\) — число пружинок в цепочке.

Решение

Что происходит. Пружинки соединены последовательно, и растяжение цепочки есть сумма растяжений отдельных пружинок. Каждую пружинку растягивает вес всего, что висит ниже неё, поэтому верхние растянуты сильнее нижних. Главная идея: найти силу в каждой пружинке по второму закону Ньютона для висящей под ней части цепочки и сложить удлинения.

Обозначения. В цепочке \(n\) пружинок. Нумеруем снизу вверх: нижняя — первая, верхняя — \(n\)-я. \(x_p\) — растяжение \(p\)-й пружинки.

1. Сила в \(p\)-й пружинке. Всё неподвижно. Рассмотрим часть цепочки, лежащую ниже \(p\)-й пружинки: это \(p-1\) пружинок общей массой \((p-1)m\). Они в равновесии: сила упругости \(p\)-й пружинки, направленная вверх, уравновешивает их вес, \[F_p=(p-1)\,mg .\] Собственный вес пружинки по условию на её растяжение не влияет, он учитывается только как нагрузка на пружинки выше неё.

2. Растяжение \(p\)-й пружинки. Закон Гука: \(F_p=kx_p\), откуда \[x_p=\frac{(p-1)\,mg}{k}.\] Для нижней пружинки \(x_1=0\), для второй \(x_2=mg/k\) и так далее.

3. Суммарное растяжение. Складываем растяжения всех \(n\) пружинок: \(1+2+\ldots+(n-1)\) даёт \(\dfrac{n(n-1)}{2}\), значит \[\Delta=\sum_{p=1}^{n}x_p=\frac{mg}{k}\bigl(0+1+2+\ldots+(n-1)\bigr)=\frac{n(n-1)}{2}\,\frac{mg}{k}.\]

Ответ: \(\Delta=\dfrac{n(n-1)\,mg}{2k}\).

Проверка. Размерность: \(mg/k\) — сила, делённая на жёсткость, то есть длина. При \(n=2\) получаем \(mg/k\): верхняя пружинка держит одну нижнюю, как и должно быть. Предел большого \(n\): цепочка из \(n\) пружинок эквивалентна пружине жёсткостью \(k/n\) и массой \(nm\); однородная тяжёлая пружина растягивается собственным весом на половину того, что дал бы тот же груз на конце: \(\dfrac12\cdot\dfrac{nmg}{k/n}=\dfrac{n^2mg}{2k}\), а наша формула при большом \(n\) даёт то же.

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

Подсказка

Выразите изменение скорости пули при прохождении одной коробки через путь в ней. Зависит ли оно от той скорости, с которой пуля вошла?

Ответ

Одинаково далеко: скорость вылета из обеих коробок не зависит от порядка (если сила сопротивления в каждой среде пропорциональна скорости и пуля пробивает обе коробки).

Решение

Что происходит. Нужно сравнить конечные скорости пули для двух порядков коробок; дальше пуля летит в воздухе, и чем больше скорость вылета, тем дальше. Силу сопротивления в обеих средах примем пропорциональной скорости (так принимают авторы книги): \(F=-\alpha v\), где \(\alpha\) своя для каждой среды, \(\alpha_1\) — для воды, \(\alpha_2\) — для меди. Коробки считаем неподвижными, длину пути пули в каждой — одинаковой, равной \(l\), а массу \(m\) пули — постоянной.

1. Изменение скорости на малом пути. Второй закон Ньютона для пули в проекции на направление полёта за малый промежуток \(dt\): \[m\,dv=-\alpha v\,dt .\] За время \(dt\) пуля проходит путь \(dx=v\,dt\), так что \(m\,dv=-\alpha\,dx\).

2. Изменение скорости на всём пути в коробке. Просуммируем по пути от входа в коробку до выхода (в левой части складываются все \(dv\), в правой — все \(dx\), дающие длину \(l\)): \[m\,\Delta v=-\alpha l\quad\Longrightarrow\quad \Delta v=-\frac{\alpha l}{m}.\] Это изменение скорости не зависит от самой скорости: на графике \(v(x)\) участок в каждой среде — прямая с наклоном \(-\alpha/m\).

3. Две коробки. Скорость падает на \(\alpha_1l/m\) в воде и на \(\alpha_2l/m\) в меди, в каком бы порядке пуля ни проходила, поэтому \[v_{\text{кон}}=v_0-\frac{(\alpha_1+\alpha_2)\,l}{m}\] в обоих случаях (при условии, что скорость остаётся положительной: пуля пробивает обе коробки).

Обратите внимание: ответ держится на том, что в обеих средах сопротивление подчиняется одному закону \(F=-\alpha v\) и различается только коэффициентом. Если бы, например, в меди сила была постоянной, а в воде росла со скоростью, порядок коробок уже имел бы значение.

Ответ: пуля пролетит одинаково далеко в обоих случаях.

Проверка. Размерность \(\alpha l/m\): \(\alpha v\) — сила, поэтому \(\alpha\) — кг/с, \(\alpha l/m\) — м/с, как у скорости. При \(\alpha_1=\alpha_2\) порядок не мог бы иметь значения — и в формуле он не входит.

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

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, где центр масс гантелек неподвижен. Чему равны скорости шариков, которые сталкиваются, и как меняется скорость конца гантельки при ударе по нему?

Ответ

Гантельки пройдут друг сквозь друга: после столкновений они разлетятся с прежними скоростями \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\), не вращаясь. Но в системе центра масс каждая задержится на время \(T=\pi l/(v_1+v_2)\) (\(l\) — длина гантельки) и отстанет на \(\pi l/2\) от того положения, где была бы при свободном полёте. Вращаются гантельки только в течение этой паузы.

Решение

Что происходит. Шарики соударяются поочерёдно: сначала нижний шарик левой гантельки сталкивается с верхним шариком правой, они обмениваются скоростями, и гантельки начинают вращаться. Через полоборота сталкиваются два других шарика, и вращение прекращается. Главная идея — удар по концу гантельки перпендикулярно её оси равносилен удару по шарику массы \(m\); упругое столкновение равных масс обменивает скорости, а моменты импульса и импульсы вычисляются из законов сохранения.

Обозначения. Пронумеруем шарики: у левой гантельки сверху вниз 1 и 2, у правой — 3 и 4 (рис. 12: шарики 2 и 3 на одном уровне). Масса шарика \(m\), длина гантельки \(l\), стержень невесом. Скорости до столкновения: \(v_1\) вправо у левой гантельки, \(v_2\) влево у правой. Перейдём в систему отсчёта центра масс системы: она движется со скоростью \(V_c=\dfrac{v_1-v_2}{2}\), в ней обе гантельки движутся навстречу с равными скоростями \(u=\dfrac{v_1+v_2}{2}\). До первого удара скорости всех шариков в этой системе — \(\pm u\) по горизонтали.

1. Эффективная масса конца гантельки. Пусть на шарик, например 2, горизонтально подействовал импульс \(J\) (направление: влево). Запишем закон изменения импульса гантельки и уравнение моментов импульса относительно её центра масс (момент инерции \(I=2m(l/2)^2=ml^2/2\)). Центр масс получает скорость \(\Delta V=J/(2m)\), гантелька — угловую скорость \(\Delta\omega=J\cdot\dfrac l2\Big/I=\dfrac{J}{ml}\). Скорость самого шарика 2 меняется на \[\Delta v_2=\frac{J}{2m}+\Delta\omega\cdot\frac l2=\frac{J}{2m}+\frac{J}{2m}=\frac Jm .\] Для удара по концу гантельки, направленного перпендикулярно её оси, шарик ведёт себя так, как будто он один имеет массу \(m\): гантелька как целое откликается точно так же. Поэтому столкновение шариков 2 и 3 есть столкновение двух тел одинаковой массы \(m\), летящих навстречу; оно упругое, значит они просто обмениваются скоростями.

2. Первый удар. До удара шарик 2 имеет скорость \(+u\), шарик 3 — \(-u\). После удара шарик 2 имеет \(-u\), шарик 3 — \(+u\). Изменение скорости шарика 2 равно \(-2u\), значит \(J=2mu\).

Центр масс левой гантельки получает \(\Delta V=-J/(2m)=-u\): его скорость становится \(u-u=0\); у правой гантельки скорость центра масс тоже \(-u+u=0\). Оба центра масс останавливаются, а гантельки вращаются с угловой скоростью (рис. а, б) \[\omega=\frac{J}{ml}=\frac{2u}{l}=\frac{v_1+v_2}{l}\] по часовой стрелке (импульс на шарик 2 приложен ниже центра, влево). Скорости шариков при этом остаются \(\pm u\): у шарика 1 по-прежнему \(+u\), у шарика 4 — \(-u\).

3. Что дальше. В момент первого удара стержни лежали на одной вертикали, центры масс остановились и стоят один над другим на расстоянии \(l\); обе гантельки вращаются с одной и той же угловой скоростью, стержни остаются параллельными. Пусть \(\theta=\omega t\) — угол поворота. Выберем начало координат в точке первого удара, ось \(y\) вверх: центры в точках \((0;\,l/2)\) и \((0;\,-l/2)\), шарик 1 в точке \(\bigl(\tfrac l2\sin\theta;\ \tfrac l2+\tfrac l2\cos\theta\bigr)\), шарик 4 в точке \(\bigl(-\tfrac l2\sin\theta;\ -\tfrac l2-\tfrac l2\cos\theta\bigr)\) (шарики 2 и 3 противоположны им). Приравнивая координаты любых двух шариков разных гантелек, находим, что они совпадают лишь при \(\theta=0\) (первый удар) и при \(\theta=\pi\), когда встречаются шарики 1 и 4 в начале координат (рис. г): шарик 1 внизу своей окружности движется влево со скоростью \(u\), шарик 4 вверху своей — вправо со скоростью \(u\), — они сталкиваются лоб в лоб. Между ударами проходит время \[T=\frac{\pi}{\omega}=\frac{\pi l}{2u}=\frac{\pi l}{v_1+v_2}.\]

4. Второй удар. По тому же рассуждению (удар перпендикулярен стержню, эффективные массы \(m\)) шарики 1 и 4 обмениваются скоростями. Для левой гантельки импульс \(J=2mu\) направлен вправо, скорость центра масс получает \(+u\), а угловая скорость \(-2u/l\) гасится импульсом (момент относительно центра противоположного знака), и вращение останавливается. Для правой гантельки то же с обратным знаком: центр масс получает \(-u\), вращения нет. В системе центра масс гантельки снова движутся поступательно: левая вправо, правая влево, с теми же скоростями \(u\), но уже разойдясь (рис. д).

5. Возвращаемся в исходную систему. Прибавляем \(V_c\): левая гантелька движется со скоростью \(u+V_c=v_1\), правая — со скоростью \(-u+V_c=-v_2\). Значит, после двух ударов обе гантельки летят с прежними скоростями, не вращаясь, и каждая повёрнута на \(180^\circ\) (для одинаковых шариков это не отличить). Пока гантельки вращались, их центры в системе центра масс стояли время \(T\); при свободном пролёте каждый прошёл бы за это время \(uT=\dfrac{\pi l}{2}\). Поэтому каждая гантелька оказывается позади «свободного» положения на \(\pi l/2\) вдоль своего движения.

Обратите внимание: гантельки не отскакивают друг от друга, как два шара, а проходят насквозь: этого не получилось бы без второго удара, который «возвращает» им поступательное движение и гасит вращение.

Ответ: гантельки продолжают двигаться с прежними скоростями \(\vec v_1\), \(\vec v_2\) без вращения, лишь отстав на \(\pi l/2\) (в системе центра масс) за время вращения \(T=\pi l/(v_1+v_2)\).

Проверка. Энергия в системе центра масс: до первого удара четыре шарика со скоростью \(u\) дают \(4\cdot\dfrac{mu^2}{2}=2mu^2\); после него центры стоят, и энергия вращательная: \(2\cdot\dfrac{I\omega^2}{2}=2\cdot\dfrac12\cdot\dfrac{ml^2}{2}\cdot\dfrac{4u^2}{l^2}=2mu^2\) — совпало, как и должно быть при упругом ударе. Суммарный импульс в этой системе равен нулю и до удара, и во время вращения (центры стоят), и после второго удара (центры движутся в противоположные стороны с равными скоростями).

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

Подсказка

Подставка оторвётся, когда сила её давления на тело станет равной нулю. После отрыва тело будет колебаться на пружине.

Ответ

\(t=\sqrt{\dfrac{2m(g-a)}{ka}}\) (при \(a<g\)); максимальное растяжение пружины \(x_{\max}=\dfrac{m}{k}\Bigl(g+\sqrt{a(2g-a)}\Bigr)\).

Решение

Что происходит. Пока подставка касается тела, они движутся вместе с ускорением \(a\) вниз, пружина растягивается, а сила давления подставки уменьшается. В момент, когда эта сила обращается в нуль, подставка уходит вниз быстрее тела и контакт прекращается. После отрыва тело колеблется на пружине в поле тяжести; максимальное растяжение найдём из закона сохранения энергии (или как положение равновесия плюс амплитуда).

Обозначения. Ось \(x\) направим вниз, начало — положение тела при нерастянутой пружине. \(x\) — растяжение пружины, равное смещению тела. Предполагаем \(a<g\): иначе подставка уходила бы от тела сразу.

1. Момент отрыва. Пока контакт есть, тело движется с ускорением подставки \(a\). Запишем второй закон Ньютона для тела в проекции на ось \(x\): \(ma=mg-N-kx\), где \(N\) — сила реакции подставки, \(kx\) — сила упругости пружины. В момент отрыва \(N=0\): \[ma=mg-kx_1\quad\Longrightarrow\quad x_1=\frac{m(g-a)}{k}.\] Тело и подставка движутся вместе из состояния покоя с ускорением \(a\) (пружина вначале нерастянута, поэтому растяжение равно смещению), и к моменту отрыва \[x_1=\frac{at^2}{2}.\]

2. Время. Приравняем два выражения для \(x_1\): \(\dfrac{at^2}{2}=\dfrac{m(g-a)}{k}\), отсюда \[t=\sqrt{\frac{2m(g-a)}{ka}} .\] Скорость тела в момент отрыва \(v_1=at\), значит \(v_1^2=2ax_1=\dfrac{2am(g-a)}{k}\).

3. Движение после отрыва. Теперь на тело действуют только тяжесть и пружина, без подставки. Ускорение тела \(g-kx/m\) при \(x_1\) равно \(a\) и дальше убывает, так что подставка с ускорением \(a\) убегает вперёд — повторного контакта нет. Положение равновесия тела \(x_0=\dfrac{mg}{k}\). Движение — гармонические колебания около \(x_0\) с частотой \(\omega^2=\dfrac km\). Величина \(x_1<x_0\): в момент отрыва тело выше положения равновесия на \(x_0-x_1=\dfrac{ma}{k}\) и летит вниз со скоростью \(v_1\).

4. Амплитуда. В момент отрыва смещение тела от положения равновесия \(\xi_1=x_1-x_0=-\dfrac{ma}{k}\), скорость \(v_1\). Для гармонических колебаний амплитуда связана со смещением и скоростью соотношением \[A^2=\xi_1^2+\frac{v_1^2}{\omega^2}=\frac{m^2a^2}{k^2}+\frac{2am(g-a)}{k}\cdot\frac mk=\frac{m^2}{k^2}\bigl(a^2+2ag-2a^2\bigr)=\frac{m^2}{k^2}\,a(2g-a).\] Отсюда \(A=\dfrac mk\sqrt{a(2g-a)}\).

5. Максимальное растяжение. Это положение равновесия плюс амплитуда: \[x_{\max}=x_0+A=\frac{mg}{k}+\frac mk\sqrt{a(2g-a)}=\frac mk\Bigl(g+\sqrt{a(2g-a)}\Bigr).\] Второе значение \(x_0-A\) — наименьшее растяжение при колебаниях.

Обратите внимание: максимальное растяжение — не \(mg/k\) и не \(2mg/k\): тело проскакивает положение равновесия, потому что приходит к нему с ненулевой скоростью.

Ответ: \(t=\sqrt{\dfrac{2m(g-a)}{ka}}\); \(x_{\max}=\dfrac{m}{k}\Bigl(g+\sqrt{a(2g-a)}\Bigr)\).

Проверка. При \(a\to0\) время \(t\to\infty\) (подставка опускается бесконечно медленно) и амплитуда обращается в нуль: тело спокойно ложится на равновесие \(x_{\max}=mg/k\). При \(a=g\) отрыв сразу (\(t=0\)), тело падает с нерастянутой пружины, и \(x_{\max}=2mg/k\): формула даёт \(\dfrac mk(g+g)\), как у груза, отпущенного на нерастянутой пружине.

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

Подсказка

Коэффициент расширения пропорционален скорости изменения объёма с температурой, то есть наклону касательной к графику \(V(t)\).

Ответ

При \(t<t_1\) коэффициент расширения пропорционален температуре (растёт от нуля при \(0\,^\circ\)C); при \(t>t_1\) он постоянен. При \(t=t_1\) коэффициент испытывает скачок (в данном случае уменьшается), в самой точке он не определён.

Решение

Что происходит. Коэффициент теплового расширения показывает, на какую долю изменяется объём при изменении температуры на градус: он пропорционален наклону касательной к графику \(V(t)\). Парабола и прямая имеют в точке \(t_1\) разные наклоны, поэтому у коэффициента будет скачок.

Обозначения. \(V_0\) — объём при \(0\,^\circ\)C. Коэффициент \(\beta(t)=\dfrac1{V_0}\dfrac{dV}{dt}\) (так определён обычный коэффициент: \(V=V_0(1+\beta t)\) при постоянном \(\beta\)).

1. Участок \(t<t_1\) (парабола). Вершина параболы лежит при \(0\,^\circ\)C (в начале график идёт горизонтально), поэтому \[V=V_0+bt^2,\qquad \frac{dV}{dt}=2bt,\qquad \beta=\frac{2b}{V_0}\,t .\] Коэффициент пропорционален температуре: растёт от нуля при \(0\,^\circ\)C до \(\beta_1=\dfrac{2bt_1}{V_0}\) у \(t_1\).

2. Участок \(t>t_1\) (прямая). Объём линеен по \(t\), \(V=V_1+k(t-t_1)\), наклон постоянен, поэтому \[\beta=\frac{k}{V_0}=\beta_2=\text{const}.\] На рисунке наклон прямой меньше наклона параболы у точки \(t_1\), значит \(\beta_2<\beta_1\).

3. Точка \(t_1\). Парабола подходит к \(t_1\) с наклоном \(2bt_1\), а прямая начинается с другим наклоном \(k\): график \(V(t)\) имеет излом, касательной в этой точке нет. Значит, производная, а с ней и коэффициент расширения, при \(t=t_1\) не существует: слева у него предел \(\beta_1\), справа \(\beta_2\ne\beta_1\) (скачок). У вещества, которое так себя ведёт, при \(t_1\) меняется характер расширения (как при фазовом переходе второго рода).

Обратите внимание: если определять коэффициент через текущий объём, \(\dfrac1V\dfrac{dV}{dt}\), то при \(t>t_1\) он плавно убывает как \(\dfrac{k}{V}\), а не остаётся постоянным; но качественный вывод тот же: скачок при \(t_1\) есть, при \(t<t_1\) коэффициент растёт с температурой.

Ответ: при \(t<t_1\) коэффициент расширения \(\propto t\); при \(t>t_1\) постоянен; при \(t=t_1\) терпит скачок и не определён.

Проверка. Размерность \(\beta\): \(1/{}^\circ\mathrm{C}\). При \(t\to0\) \(\beta\to0\) — вершина параболы горизонтальна, и объём вначале почти не меняется.

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

Подсказка

И то и другое — мера того, насколько сильно молекулы жидкости связаны друг с другом. Что происходит со связью, когда молекулы движутся быстрее?

Ответ

Теплота испарения и коэффициент поверхностного натяжения убывают с повышением температуры; в критической точке обе величины обращаются в нуль.

Решение

Что происходит. Теплота испарения — энергия, нужная, чтобы оторвать молекулу от соседей в жидкости и перевести в пар. Поверхностное натяжение — избыточная энергия молекул на поверхности (у них часть соседей «потеряна») на единицу площади. Обе величины определяются силами притяжения между молекулами жидкости. Нагреваем жидкость — молекулы движутся быстрее и в среднем отстоят дальше друг от друга, а чем меньше разница между жидкостью и паром, тем меньше то, что надо преодолеть.

1. Теплота испарения. Молекула покидает жидкость, если её кинетическая энергия на поверхности больше энергии связи с жидкостью. Энергия, которую приходится подвести на молекулу, складывается из работы против сил притяжения (энергия связи) и работы расширения при переходе в пар. Энергия связи на молекулу уменьшается с ростом температуры: жидкость расширяется, расстояния между молекулами растут, сила притяжения слабеет. Кроме того, чем выше температура, тем больше средняя кинетическая энергия самих молекул жидкости, а значит, тем меньше дополнительной энергии надо подвести для отрыва. Теплота испарения убывает.

2. Поверхностное натяжение. Энергия поверхности есть избыток энергии молекул поверхностного слоя над энергией таких же молекул в объёме. Для её создания нужно «разорвать» часть связей молекулы с соседями. Связи слабеют с нагреванием, поэтому и \(\sigma\) уменьшается. Тот же вывод даёт термодинамика: поверхностная свободная энергия единицы площади \(\sigma=u_s-Ts_s\), где \(s_s>0\) — энтропия поверхностного слоя (молекулы там менее связаны, значит, беспорядка больше), и \(\dfrac{d\sigma}{dT}=-s_s<0\).

3. Что на границе. При приближении к критической температуре плотность жидкости падает, плотность пара растёт, различие между ними исчезает. Исчезают граница раздела и необходимость что-либо «отрывать»: \(\sigma\to0\) и теплота испарения \(\to0\).

Рисунок показывает ход обеих величин схематично, в одинаковом масштабе для сравнения.

Обратите внимание: рост температуры увеличивает кинетическую энергию молекул, но связь между ними от этого не усиливается, а ослабевает. Именно поэтому обе величины убывают.

Ответ: теплота испарения и коэффициент поверхностного натяжения убывают с ростом температуры, обращаясь в нуль в критической точке.

Проверка. Знак согласуется с опытом: для воды \(\sigma\) уменьшается от \(76\cdot10^{-3}\) Н/м при \(0\,^\circ\)C до \(59\cdot10^{-3}\) Н/м при \(100\,^\circ\)C, а удельная теплота испарения — от \(2{,}5\) МДж/кг до \(2{,}26\) МДж/кг.

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