Всесоюзная, 1967/68, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Тело плавает: на него действует сила Архимеда, равная его весу. Эта же сила давит на жидкость вниз, поэтому вес жидкости с телом больше прежнего на \(mg\).

Ответ

\(\Delta h=\dfrac{m}{\rho S}\).

Решение

Что происходит. Тело плавает, значит, сила Архимеда уравновешивает его силу тяжести. По третьему закону Ньютона тело давит на жидкость вниз с такой же силой \(mg\), и дно сосуда должно нести этот добавочный вес. Внутреннее устройство тела (пустоты, тяжёлые вкрапления) и его форма не нужны: нужна только масса.

Обозначения. \(h_0\) — прежний уровень, \(\Delta h\) — подъём уровня после опускания тела, \(S\) — площадь дна.

1. Равновесие тела. Тело покоится и не тонет. Второй закон Ньютона для тела в проекции на вертикаль: \(F_{\text{А}}-mg=0\), откуда \(F_{\text{А}}=mg\).

2. Сила давления на дно. Добавочная сила давления на дно равна добавочному весу всего, что лежит на дне: жидкости и плавающего тела. Жидкости не прибавили, прибавили тело массой \(m\). Значит, сила давления на дно выросла на \(mg\).

3. Та же величина через уровень. Тело плавает и само на дно не давит. Давление в жидкости на глубине \(z\) равно \(\rho g z\) (атмосферное давление в обоих случаях действует одинаково), и после подъёма уровня на \(\Delta h\) давление на дне стало больше на \(\rho g\,\Delta h\). Площадь дна постоянна, потому сила давления на дно выросла на \(\rho g\,\Delta h\cdot S\).

4. Приравниваем. Закон один — добавка силы давления на дно из шагов 2 и 3 — записан двумя способами: \[mg=\rho g\,\Delta h\,S\quad\Rightarrow\quad \Delta h=\frac{m}{\rho S}.\]

Второй способ. Плавающее тело вытесняет жидкость массой \(m\), то есть объём \(V_{\text{п}}=m/\rho\) (иначе \(F_{\text{А}}=\rho g V_{\text{п}}=mg\)). Вытесненный объём превращается в слой \(S\,\Delta h\) над прежним уровнем: \(S\,\Delta h=m/\rho\).

Обратите внимание: уровень поднимается не на объём тела, а на объём вытесненной жидкости \(m/\rho\). Сам объём тела (с пустотами, неоднородностями) в ответ не входит. Для тонущего тела было бы \(\Delta h=V_{\text{т}}/S\), где \(V_{\text{т}}\) — его полный объём.

Ответ. В буквах: \(\Delta h=\dfrac{m}{\rho S}\); уровень поднимется.

Проверка. Размерность: кг\(\,/\,(\text{кг/м}^3\cdot\text{м}^2)=\) м. Знак: \(\Delta h>0\) — уровень растёт. Предел \(m\to0\): \(\Delta h\to0\) — пустого тела нет.

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

Подсказка

Не пишите сразу уравнение баланса: неизвестно, весь ли лёд растает. Сравните, сколько тепла может отдать вода, остывая до \(0\,^\circ\text{C}\), с тем, сколько нужно льду, чтобы нагреться до \(0\,^\circ\text{C}\) и чтобы растаять.

Ответ

\(t=0\,^\circ\text{C}\): лёд растает не весь (расплавится \(\approx 64\) г из \(500\) г), в калориметре вода и лёд при \(0\,^\circ\text{C}\).

Решение

Что происходит. Вода теплее нуля и отдаёт тепло, лёд холоднее нуля и берёт тепло. Но у льда есть ещё скачок при плавлении: нагреть лёд до нуля мало, надо потратить теплоту \(\lambda m\) на таяние. Заранее не известно, какой из процессов остановится первым (вода остынет до нуля, лёд нагреется до нуля, лёд растает весь), поэтому сначала сравниваем запасы тепла, а уравнение теплового баланса записываем потом.

Обозначения. \(Q_1\) — тепло, которое отдаст вся вода при остывании от \(15\,^\circ\text{C}\) до \(0\,^\circ\text{C}\); \(Q_2\) — тепло, нужное, чтобы нагреть весь лёд от \(-10\,^\circ\text{C}\) до \(0\,^\circ\text{C}\); \(Q_3\) — тепло, нужное, чтобы расплавить весь лёд при \(0\,^\circ\text{C}\).

1. Что может отдать вода. Количество теплоты при остывании: \(Q_1=c_1m_1t_1=4{,}2\cdot10^3\cdot0{,}5\cdot15=3{,}15\cdot10^4\) Дж.

2. Что нужно льду, чтобы нагреться. Уравнение теплового баланса для нагрева льда: \(Q_2=c_2m_2(0-t_2)=2{,}1\cdot10^3\cdot0{,}5\cdot10=1{,}05\cdot10^4\) Дж. Так как \(Q_1>Q_2\), вода способна довести лёд до \(0\,^\circ\text{C}\), и ещё останется \(Q_1-Q_2=2{,}1\cdot10^4\) Дж.

3. Что нужно льду, чтобы растаять. \(Q_3=\lambda m_2=3{,}3\cdot10^5\cdot0{,}5=1{,}65\cdot10^5\) Дж.

4. Сравнение. Остаток \(2{,}1\cdot10^4\) Дж много меньше \(Q_3=1{,}65\cdot10^5\) Дж, то есть растает лишь малая часть льда. Значит, ни весь лёд не растает, ни вся вода не замёрзнет (чтобы вода замёрзла полностью, она должна отдать \(Q_1+\lambda m_1=1{,}97\cdot10^5\) Дж, а лёд способен принять до плавления только \(Q_2\)). Остаётся состояние, в котором в калориметре сосуществуют вода и лёд, а лёд и вода находятся в тепловом равновесии только при \(0\,^\circ\text{C}\).

5. Сколько льда растает. Закон сохранения энергии (теплообмена с внешней средой нет): остаток тепла \(Q_1-Q_2\) пошёл на плавление массы \(m_\text{пл}\): \[\lambda m_\text{пл}=Q_1-Q_2\ \Rightarrow\ m_\text{пл}=\frac{Q_1-Q_2}{\lambda}=\frac{2{,}1\cdot10^4}{3{,}3\cdot10^5}\ \text{кг}\approx0{,}064\ \text{кг}.\] В калориметре остаётся \(0{,}5+0{,}064\approx0{,}56\) кг воды и \(0{,}5-0{,}064\approx0{,}44\) кг льда.

Обратите внимание: уравнение \(c_1m_1(t_1-t)=c_2m_2(t-t_2)+\lambda m_2\) с неизвестной \(t\) даёт \(t<0\) при подстановке чисел, и по нему можно было бы ответить <<\(-\ldots\,^\circ\text{C}\)>>. Это ошибка: оно предполагает, что весь лёд растаял, а это не так. Пока в воде есть лёд, температура равна \(0\,^\circ\text{C}\).

Ответ. В буквах: \(t=0\,^\circ\text{C}\), при \(c_1m_1t_1-c_2m_2|t_2|<\lambda m_2\) (то есть \(Q_1-Q_2<Q_3\)) и \(c_1m_1t_1>c_2m_2|t_2|\); в числах: \(t=0\,^\circ\text{C}\), расплавилось \(\approx 64\) г льда.

Проверка. Размерность: \(c\,m\,t\) — Дж; \(Q/\lambda\) — кг. Проверка энергии: \(3{,}15\cdot10^4=1{,}05\cdot10^4+3{,}3\cdot10^5\cdot0{,}0636=1{,}05\cdot10^4+2{,}10\cdot10^4\) — сходится. Физический смысл: вода в \(15\,^\circ\text{C}\) всего лишь греет лёд до нуля и чуть подтапливает его.

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

Подсказка

Каждая половинка — линза с тем же \(F\), но своим оптическим центром на кромке разреза. Постройте изображение точки отдельно в каждой половинке по двум лучам: через оптический центр и через передний фокус.

Ответ

Два точечных изображения, симметричных относительно оси: на расстоянии \(f=\dfrac{dF}{d-F}\) от линзы и на расстоянии \(y=\delta\dfrac{d}{d-F}\) по обе стороны от оси (\(\delta\) — половина зазора между половинками); каждое вдвое слабее, чем изображение целой линзой.

Решение

Что происходит. Форма поверхностей половинок не изменилась, значит, каждая половинка преломляет лучи по тому же закону, что и целая линза, и имеет то же фокусное расстояние \(F\). Поэтому каждая половинка строит своё изображение точки, и изображений будет два. У каждой половинки свой оптический центр: он лежит на её кромке разреза, поэтому после раздвигания оптические центры уходят с главной оси.

Обозначения. Зазор между половинками \(2\delta\): оптический центр верхней половинки \(O\) лежит на расстоянии \(\delta\) выше оси, нижней \(O'\) — на \(\delta\) ниже. Точка \(S\) — на оси на расстоянии \(d\) от линзы. Лучи считаем параксиальными. Для рисунка: \(F=2\), \(d=5\), \(\delta=0{,}5\) (в условных единицах).

1. Правила построения. Для каждой половинки её главная оптическая ось — горизонталь через оптический центр. Луч через оптический центр не преломляется; луч, прошедший через передний фокус половинки, выходит из неё параллельно её главной оси. Так мы строим изображение только по законам тонкой линзы.

2. Верхняя половинка. Луч \(SO\) идёт по прямой, проходящей через \(S=(-d,0)\) и \(O=(0,\delta)\): \(y=\delta\,(x+d)/d\). Луч из \(S\) через передний фокус \((-F,\delta)\) идёт по \(y=\delta\,(x+d)/(d-F)\); на линзе он имеет высоту \(\delta d/(d-F)\), а после линзы идёт горизонтально. Пересечение двух лучей — изображение \(S'\). Горизонталь на высоте \(y=\delta d/(d-F)\) пересекает луч \(SO\) при \(y=\delta(x+d)/d\), то есть при \[x=f=\frac{d\,F}{d-F},\qquad y_1=\frac{\delta\,d}{d-F}.\] Расстояние \(f\) — то же, что даёт формула тонкой линзы \(\dfrac1d+\dfrac1f=\dfrac1F\), а вот высота изображения над осью целой линзы теперь не нуль, а \(y_1\).

3. Нижняя половинка. Всё то же зеркально: \(S''\) в точке \(x=f\), \(y=-y_1\).

4. Яркость. Каждая половинка собирает половину светового потока, который шёл через целую линзу, поэтому каждое изображение вдвое слабее изображения целой линзой.

5. Где изображения. Так как \(d>2F\), то \(F<f<2F\) и \(1<d/(d-F)<2\). Значит, расстояние между изображениями \(2y_1\) больше зазора \(2\delta\), но меньше \(4\delta\): изображения расположены дальше от оси, чем половинки линзы. На рисунке \(f=10/3\approx3{,}33\), \(y_1=5/6\approx0{,}83\).

Обратите внимание: изображение не <<половинчатое>> и между ними нет пропуска: каждая половинка даёт полное изображение точки. Яркость падает вдвое, а резкость не страдает (для параксиальных лучей). Изображения расположены не на оси и не между половинками.

Ответ. Вместо одной светящейся точки видны две, симметричные относительно главной оси, на расстоянии \(f=dF/(d-F)\) от линзы; каждая лежит по ту же сторону оси, что и своя половинка, на расстоянии \(y_1=\delta\,d/(d-F)\) от неё; каждая вдвое слабее изображения целой линзой.

Проверка. Размерность: \(y_1\) — длина. Предел \(\delta\to0\): \(y_1\to0\), изображения сливаются в одно на оси, как у целой линзы. Предел \(d\to\infty\): \(f\to F\), \(y_1\to\delta\) — пучок, идущий вдоль оси, проходит от оси своей половинки на расстоянии \(\delta\) и собирается в её фокальной плоскости ровно на расстоянии \(\delta\) от оси этой половинки.

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

Подсказка

Вольтметр не идеален: через него идёт ток. Ток через \(r_2\) делится в узле на ток через \(r_1\) и ток через вольтметр. Каждый из токов находится по закону Ома для своего участка.

Ответ

\(\dfrac{I_\text{в}}{I_2}=1-\dfrac{U_1\,r_2}{(U-U_1)\,r_1}\approx0{,}20\).

Решение

Что происходит. \(r_2\) включён последовательно с блоком <<\(r_1\) параллельно вольтметру>>. Весь ток источника идёт через \(r_2\), а затем делится в узле: часть — через \(r_1\), остальное — через вольтметр. Вольтметр показывает \(U_1\) — напряжение на этом блоке, а оно же равно напряжению на \(r_1\). Сопротивление вольтметра неизвестно, но оно и не нужно: его ток находим из баланса токов в узле.

Обозначения. \(I_2\) — ток через \(r_2\), \(I_1\) — через \(r_1\), \(I_\text{в}\) — через вольтметр, \(U_2\) — напряжение на \(r_2\).

1. Напряжение на \(r_2\). Участки \(r_2\) и блок включены последовательно к источнику: \(U_2=U-U_1=100-34{,}8=65{,}2\) В.

2. Ток через \(r_2\). Закон Ома для участка \(r_2\): \(I_2=U_2/r_2=65{,}2/0{,}6\approx108{,}7\) А.

3. Ток через \(r_1\). Закон Ома для участка \(r_1\) (напряжение на нём равно показанию вольтметра): \(I_1=U_1/r_1=34{,}8/0{,}4=87{,}0\) А.

4. Ток через вольтметр. Первое правило Кирхгофа для узла \(B\) (заряд в узле не накапливается): ток, пришедший через \(r_2\), равен сумме токов через \(r_1\) и вольтметр: \(I_2=I_1+I_\text{в}\), откуда \(I_\text{в}=I_2-I_1\approx108{,}7-87{,}0=21{,}7\) А.

5. Отношение. \[\frac{I_\text{в}}{I_2}=1-\frac{I_1}{I_2}=1-\frac{U_1\,r_2}{(U-U_1)\,r_1}=1-\frac{34{,}8\cdot0{,}6}{65{,}2\cdot0{,}4}=1-0{,}8006\approx0{,}20.\]

Обратите внимание: считать вольтметр идеальным (с бесконечным сопротивлением) нельзя: он показывал бы \(U_1=U\,r_1/(r_1+r_2)=40\) В. Показание \(34{,}8\) В говорит, что вольтметр заметно шунтирует резистор \(r_1\).

Ответ. В буквах: \(\dfrac{I_\text{в}}{I_2}=1-\dfrac{U_1r_2}{(U-U_1)r_1}\); в числах: \(\approx0{,}20\) (вольтметр пропускает около пятой части тока). В книге указан ответ \(\approx0{,}004\): по той же формуле он получается при \(U_1\approx39{,}9\) В, а при напечатанных в условии \(34{,}8\) В выходит \(0{,}20\).

Проверка. Размерность: отношение токов безразмерно. Второй способ: сопротивление вольтметра \(r_\text{в}=U_1/I_\text{в}\approx34{,}8/21{,}7\approx1{,}6\) Ом; параллельное соединение \(r_1\) и \(r_\text{в}\) даёт \(0{,}4\cdot1{,}6/2{,}0\approx0{,}32\) Ом; делитель напряжения: \(U_1=U\cdot0{,}32/(0{,}32+0{,}6)\approx34{,}8\) В — сходится с условием.

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

Подсказка

Длина дня определяется только высотой Солнца над экватором (склонением) в этот день, а склонение за год меняется синусоидально. Скорость изменения синуса максимальна там, где синус проходит через нуль, и равна нулю на его вершинах.

Ответ

В марте (и в сентябре) Солнце пересекает небесный экватор, и его склонение меняется быстрее всего, а с ним и длина дня; в декабре (и июне) склонение достигает предела, и скорость его изменения равна нулю. Для широты \(56^\circ\) с. ш.: около \(4{,}8\) мин в сутки в марте и почти нуль в декабре.

Решение

Что происходит. Ось Земли наклонена к плоскости орбиты и при обращении вокруг Солнца сохраняет направление. Поэтому Солнце в разные дни года стоит над разными широтами — над экватором в дни равноденствия и над тропиками в дни солнцестояния. Угол между направлением на Солнце и плоскостью земного экватора — склонение \(\delta\) — за год меняется от \(-\varepsilon\) до \(+\varepsilon\) (\(\varepsilon=23{,}5^\circ\) — наклон оси). Длина дня на данной широте зависит только от \(\delta\). Значит, надо понять, как быстро меняется \(\delta\) в разное время года.

Обозначения. \(t\) — время от мартовского равноденствия, \(Y\) — год, \(\varphi\) — широта места, \(T\) — длина дня.

1. Склонение Солнца. В первом приближении (круговая орбита) \(\sin\delta=\sin\varepsilon\,\sin(2\pi t/Y)\), а так как \(\varepsilon\) невелик, \(\delta\approx\varepsilon\sin(2\pi t/Y)\). Скорость изменения склонения: \[\dot\delta=\varepsilon\,\frac{2\pi}{Y}\cos\frac{2\pi t}{Y}.\] Она наибольшая по модулю при \(t=0\) и \(t=Y/2\) (март и сентябрь), где \(\cos=\pm1\), и равна нулю при \(t=Y/4\), \(3Y/4\) (июнь и декабрь), где \(\cos=0\). Максимум: \(\dot\delta=23{,}5^\circ\cdot2\pi/365\approx0{,}40^\circ\) в сутки, то есть \(0{,}0070\) рад/сут.

2. Длина дня. Половина дня \(H\) — это часовой угол восхода (в радианах): \(\cos H=-\operatorname{tg}\varphi\operatorname{tg}\delta\), полный день \(T=\dfrac{24\ \text{ч}}{\pi}H\) (рефракцию и размер диска Солнца не учитываем). Тогда \(T\) — гладкая функция \(\delta\), и скорость её изменения \(\dot T=\dfrac{dT}{d\delta}\,\dot\delta\) равна нулю там, где \(\dot\delta=0\), если \(dT/d\delta\) конечна.

3. Март и декабрь. В день равноденствия \(\delta=0\), \(H=\pi/2\), \(\dfrac{dH}{d\delta}=\dfrac{\operatorname{tg}\varphi}{\sin H\cos^2\delta}=\operatorname{tg}\varphi\). Для \(\varphi=56^\circ\): \(\dot T=\dfrac{24}{\pi}\operatorname{tg}\varphi\cdot\dot\delta\approx7{,}64\cdot1{,}48\cdot0{,}0070\ \dfrac{\text{ч}}{\text{сут}}\approx4{,}8\) мин в сутки. В декабре \(\dot\delta=0\) в день солнцестояния, то есть длина дня практически не меняется: за 10 суток вокруг солнцестояния скорость не превышает \(1{,}3\) мин в сутки. Это видно и по графику: в декабре и июне касательная горизонтальна, в марте и сентябре наклон наибольший.

Обратите внимание: причина — не расстояние до Солнца и не вытянутость орбиты (Земля ближе всего к Солнцу в начале января, но длина дня при этом от орбиты не зависит). Всё дело в наклоне оси: при \(\varepsilon=0\) было бы \(\delta\equiv0\) и \(T=12\) ч круглый год.

Ответ. Длина дня следует за склонением Солнца, которое за год меняется по синусоиде с амплитудой \(23{,}5^\circ\); скорость синуса максимальна при переходе через нуль (март, сентябрь) и равна нулю на вершинах (июнь, декабрь). Поэтому в марте день растёт быстрее всего (на широте \(56^\circ\) — на \(\approx4{,}8\) мин в сутки), а в декабре почти не меняется.

Проверка. Размерность: \(\dot\delta\) — рад/сут; \(24\) ч\(/\pi\cdot\dot\delta\) — ч/сут. Предел \(\varepsilon\to0\): \(\dot T\to0\) всегда, день всегда \(12\) ч — как и должно быть без наклона оси. Предел \(\varphi\to0\): \(\operatorname{tg}\varphi\to0\), на экваторе день круглый год \(12\) ч.

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

Подсказка

Подъёмная сила — сила Архимеда за вычетом веса газа внутри. Обе величины пропорциональны плотностям, а плотности газа и воздуха при одинаковых давлении и температуре относятся как молярные массы.

Ответ

\(F=m_2g\left(\dfrac{M_1}{M_2}-1\right)\), где \(m_2\) — масса газа в аэростате, \(M_1\) и \(M_2\) — молярные массы воздуха и газа: от высоты не зависит.

Решение

Что происходит. На аэростат действует сила Архимеда — вес вытесненного воздуха, и вниз — вес газа внутри оболочки. Эластичная оболочка тонкая и мягкая, поэтому давление внутри равно давлению снаружи, и при подъёме аэростат раздувается так, что объём меняется. Покажем, что в выражении для подъёмной силы объём, давление и температура сокращаются.

Обозначения. \(V\) — объём аэростата, \(\rho_1\) — плотность воздуха на данной высоте, \(\rho_2\) — плотность газа внутри, \(M_1\), \(M_2\) — молярные массы воздуха и газа, \(m_2\) — масса газа в оболочке, \(p\) — давление, \(T\) — температура.

1. Подъёмная сила. Сила Архимеда (вес вытесненного воздуха) за вычетом силы тяжести газа в оболочке: \(F=\rho_1gV-\rho_2gV=(\rho_1-\rho_2)gV\). Вес самой оболочки и груза не зависят от высоты и просто вычитаются отдельно.

2. Условия равновесия оболочки с атмосферой. Эластичная оболочка тонкая, избыточным давлением от её натяжения пренебрегаем: давление газа внутри равно давлению воздуха снаружи на этой высоте. Температура газа внутри совпадает с температурой воздуха (аэростат в тепловом равновесии с атмосферой; при изотермической атмосфере эта температура ещё и не зависит от высоты, но это для вывода не нужно).

3. Уравнение состояния для воздуха и для газа. Из уравнения Менделеева — Клапейрона \(pV=\dfrac mM RT\) получаем \(p=\dfrac{\rho}{M}RT\). Для воздуха и для газа при одинаковых \(p\) и \(T\): \[\frac{\rho_1}{M_1}=\frac{\rho_2}{M_2}\quad\Rightarrow\quad \rho_1=\frac{M_1}{M_2}\,\rho_2.\]

4. Масса газа постоянна. Оболочка герметична, газ не выходит: \(\rho_2V=m_2=\text{const}\). Тогда \(\rho_1V=\dfrac{M_1}{M_2}\,m_2\).

5. Подстановка. \[F=\rho_1gV-\rho_2gV=g\,m_2\left(\frac{M_1}{M_2}-1\right).\] Объём, давление \(p\) и температура \(T\) сократились; величины \(m_2\), \(M_1\), \(M_2\) с высотой не меняются. Закон изменения давления с высотой не использовался — он любой.

Обратите внимание: вывод верен, пока оболочка растягивается свободно и в ней нет избыточного давления. Когда оболочка дошла до предельного растяжения и объём перестал расти, подъёмная сила с высотой начнёт падать, потому что плотность воздуха \(\rho_1\) уменьшается, а объём \(V\) уже не растёт.

Ответ. \(F=m_2g\left(\dfrac{M_1}{M_2}-1\right)\) — от высоты не зависит. Например, для гелия (\(M_2=4\) г/моль, воздух \(M_1=29\) г/моль) \(F\approx6{,}25\,m_2g\).

Проверка. Размерность: \(m_2g\) — сила. Предел \(M_2\to M_1\) (газ как воздух): \(F\to0\) — ничего не поднимает. Предел \(M_2\to0\) (газ почти невесом): \(F\to\infty\) при фиксированной массе — чем легче газ, тем больше объём, который занимает один килограмм, и тем больше вытесненный воздух.

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