Всесоюзная, 1969/70, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Раз сопротивление амперметра равно нулю, он соединяет проводом два узла схемы. Перерисуйте схему, объединив эти узлы, и найдите ток источника.

Ответ

Амперметр покажет \(3\text{ А}\).

Решение

Что происходит. Идеальный амперметр — провод: два узла, которые он соединяет (нижний узел схемы и правый), имеют одинаковый потенциал. Поэтому правое из трёх сопротивлений по \(10\text{ Ом}\) оказывается включённым параллельно вертикальному. Идея — найти сопротивление всей цепи, затем токи в ветвях, а ток амперметра собрать по закону сохранения тока в узле.

Обозначения. На рисунке: \(A\) — левый узел, \(B\) — средний, \(N\) — нижний узел (он же правый). Сопротивления: левое \(R_2=10\text{ Ом}\), правое \(R_3=10\text{ Ом}\), вертикальное \(R_1=10\text{ Ом}\), верхнее \(15\text{ Ом}\), напряжение источника \(U=30\text{ В}\).

1. Эквивалентная схема. Узел \(N\) и правый узел соединены проводом (амперметром), поэтому \(R_1\) и \(R_3\) соединены параллельно между узлами \(B\) и \(N\): \[R_{13}=\frac{R_1R_3}{R_1+R_3}=5\text{ Ом}.\] Вместе с \(R_2\) (последовательно) получаем ветвь \(R_2+R_{13}=15\text{ Ом}\), параллельную верхней ветви \(15\text{ Ом}\) (схема перерисована): \[R=\frac{15\cdot15}{15+15}=7{,}5\text{ Ом}.\]

2. Ток источника. По закону Ома для всей цепи \(I_0=\dfrac UR=\dfrac{30}{7{,}5}=4\text{ А}\).

3. Токи в ветвях. К обеим ветвям по \(15\text{ Ом}\) приложено одно и то же напряжение \(30\text{ В}\) источника, поэтому токи в них равны: по \(2\text{ А}\). В ветви с \(R_2\) ток \(2\text{ А}\) далее в узле \(B\) делится поровну между \(R_1\) и \(R_3\) (их сопротивления равны и они подключены к одним и тем же узлам): \(I_1=I_3=1\text{ А}\).

4. Ток амперметра. Запишем закон сохранения заряда для нижнего узла \(N\): ток источника \(I_0=4\text{ А}\) входит в узел, выходят ток через \(R_1\) (\(1\text{ А}\)) и ток через амперметр: \[I_{\text{А}}=I_0-I_1=4-1=3\text{ А}.\] То же получается для правого узла: в него приходит ток амперметра, а уходят \(2\text{ А}\) в верхнюю ветвь и \(1\text{ А}\) через \(R_3\): \(I_{\text{А}}=2+1=3\text{ А}\).

Обратите внимание: амперметр измеряет не ток источника (\(4\text{ А}\)) и не ток через \(R_3\) (\(1\text{ А}\)), а сумму токов верхней ветви и \(R_3\), потому что через него замыкаются обе ветви. Ответ «\(1\text{ А}\)» или «\(2\text{ А}\)» получается, если принять амперметр за разрыв цепи.

Ответ. \(I_{\text{А}}=I_0-I_1=3\text{ А}\).

Проверка. Баланс мощностей: источник отдаёт \(UI_0=30\cdot4=120\text{ Вт}\); на резисторах выделяется \(15\cdot2^2+10\cdot2^2+10\cdot1^2+10\cdot1^2=60+40+10+10=120\text{ Вт}\) — сходится. Второй способ для тока амперметра: потенциалы относительно \(N\): \(\varphi_A=30\text{ В}\), \(\varphi_B=\varphi_A-I_2R_2=10\text{ В}\), ток через \(R_3\) равен \(\varphi_B/R_3=1\text{ А}\) (он течёт к правому узлу), а в верхней ветви \(30/15=2\text{ А}\); оба тока замыкаются амперметром: \(3\text{ А}\).

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

Подсказка

Первый удар меняет скорость только ближнего шарика, а пружина в этот момент не деформирована. Перейдите в систему центра масс: что в ней делают шарики, и где окажется ближний шарик через половину периода?

Ответ

Удары о стенку двойные: правый шарик отскакивает, пружина сжимается (наибольшее сжатие \(v_0\sqrt{2m/k}\)), распрямляется, и через половину периода \(\pi\sqrt{m/(2k)}\) правый шарик ударяется о стенку второй раз. После этого оба шарика движутся от стенки со скоростью \(v_0\), пружина не деформирована, колебаний нет.

Решение

Что происходит. Время удара пренебрежимо мало, поэтому в момент первого удара пружина не деформирована, и стенка меняет скорость только правого шарика: \(+v_0\to-v_0\). После этого сумма импульсов шариков равна нулю, пока правый шарик не вернётся к стенке, — центр масс неподвижен, а шарики колеблются относительно него. Главная идея — колебания в системе центра масс и симметрия: за половину периода всё приходит в то же положение, но с обращёнными скоростями.

Обозначения. \(m\) — масса шарика, \(k\) — жёсткость пружинки, \(l_0\) — её длина без деформации, \(v_0\) — начальная скорость (к стенке). Сжатие пружинки \(\xi\), положительное при сжатии.

1. Первый удар. Время удара много меньше периода, значит, за него пружина не успевает деформироваться и на левый шарик не действует. Удар абсолютно упругий: скорость правого шарика меняется на противоположную, \(-v_0\), скорость левого остаётся \(+v_0\) (рис. б).

2. Движение после удара. Теперь стенки у правого шарика нет (он движется от неё), внешние горизонтальные силы отсутствуют, поэтому закон сохранения импульса системы даёт \(mv_0-mv_0=0\): центр масс покоится. Шарики приближаются друг к другу с относительной скоростью \(2v_0\), и пружина сжимается. Запишем второй закон Ньютона для каждого шарика (ось направлена к стенке) и вычтем уравнения: сжатие пружинки подчиняется уравнению \[\frac m2\,\ddot\xi=-k\xi,\qquad \xi(0)=0,\quad \dot\xi(0)=2v_0 ,\] то есть гармоническим колебаниям с частотой \(\omega=\sqrt{2k/m}\) (приведённая масса двух одинаковых шариков равна \(m/2\)): \[\xi(t)=\frac{2v_0}{\omega}\sin\omega t,\qquad \xi_{\max}=\frac{2v_0}{\omega}=v_0\sqrt{\frac{2m}{k}} .\] Скорости шариков относительно неподвижного центра масс: левый \(v_0\cos\omega t\) (к стенке), правый \(-v_0\cos\omega t\). В момент наибольшего сжатия оба шарика на мгновение останавливаются (рис. в).

3. Через половину периода. При \(\omega t=\pi\) сжатие снова нулевое, скорости обратились: левый шарик \(-v_0\), правый \(+v_0\) (рис. г). Центр масс всё время стоял на месте, расстояние между шариками равно \(l_0\), как в момент первого удара, поэтому правый шарик в этот момент ровно у стенки и ударяется о неё второй раз. Это время \(t=\pi/\omega=\pi\sqrt{m/(2k)}\).

4. Второй удар. Скорость правого шарика меняется с \(+v_0\) на \(-v_0\) при недеформированной пружине. Теперь оба шарика движутся от стенки со скоростью \(v_0\) (рис. д), пружина не растянута и не сжата, относительной скорости нет — система движется как целое, колебаний нет.

Обратите внимание: колебания не остаются в системе после ухода от стенки: второй удар происходит именно тогда, когда пружина снова не деформирована, и он «обнуляет» относительную скорость. Если бы пружина была в этот момент деформирована, система ушла бы от стенки с колебаниями.

Ответ. Соударение системы со стенкой состоит из двух ударов правого шарика, разделённых временем \(\pi\sqrt{m/(2k)}\); между ударами пружинка сжимается на \(v_0\sqrt{2m/k}\) и распрямляется. После удара шарики движутся от стенки как одно целое со скоростью \(v_0\) без колебаний.

Проверка. Энергия: до удара \(mv_0^2\) (два шарика по \(mv_0^2/2\)), при наибольшем сжатии \(\dfrac{k\xi_{\max}^2}{2}=\dfrac k2\cdot\dfrac{2mv_0^2}{k}=mv_0^2\) — вся кинетическая энергия перешла в упругую; после — снова \(mv_0^2\). Импульс: система до \(2mv_0\) к стенке, после \(2mv_0\) от стенки; изменение \(4mv_0\) равно сумме импульсов двух ударов, по \(2mv_0\) каждый.

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

Подсказка

Энергия стрелы равна работе силы со стороны тетивы. Эта сила — равнодействующая натяжений двух половин тетивы: она растёт пропорционально оттяжке \(h\), поэтому берём её среднее значение.

Ответ

\(H=\dfrac{2Th_0^2}{l\,mg}\approx6{,}4\text{ м}\) (при \(g=10\text{ м/с}^2\) — \(6{,}25\text{ м}\)).

Решение

Что происходит. Оттянутая тетива разгоняет стрелу, пока не выпрямится; вся работа силы тетивы идёт в кинетическую энергию стрелы, а затем — в потенциальную энергию в верхней точке. Главная идея — найти работу силы, которая меняется пропорционально оттяжке, и приравнять её \(mgH\).

Обозначения. \(T=250\text{ Н}\) — сила натяжения тетивы (постоянная по условию), \(h\) — оттяжка (расстояние от середины тетивы до линии, соединяющей концы лука), \(\alpha\) — угол между половиной тетивы и этой линией, \(H\) — высота подъёма.

1. Сила, действующая на стрелу. Стрелу толкает равнодействующая \(\vec F\) натяжений двух половин тетивы. Обе силы равны \(T\) и составляют с линией \(AB\) угол \(\alpha\); их горизонтальные составляющие взаимно уничтожаются, вертикальные складываются: \[F=2T\sin\alpha .\] Оттяжка мала по сравнению с длиной (\(h\ll l\)), угол мал, поэтому \(\sin\alpha\approx\tan\alpha=\dfrac{h}{l/2}\) и \[F=\frac{4Th}{l} .\]

2. Работа этой силы. Сила растёт линейно от нуля до \(F_0=4Th_0/l\) по мере оттяжки, поэтому работа за всё движение стрелы до выпрямления тетивы равна произведению среднего значения силы \(F_{\text{ср}}=\dfrac{F_0}{2}\) на путь \(h_0\) (площадь треугольника на графике): \[A=\frac{F_0}2\,h_0=\frac{2Th_0^2}{l}=\frac{2\cdot250\cdot0{,}05^2}{1}=1{,}25\text{ Дж}.\]

3. Энергия. Закон сохранения энергии для стрелы за время от выстрела до верхней точки: работа силы тетивы идёт в потенциальную энергию (в верхней точке скорость равна нулю), сопротивлением воздуха пренебрегаем: \[A=mgH \quad\Rightarrow\quad H=\frac{2Th_0^2}{l\,mg}.\] Подставляем числа: \[H=\frac{1{,}25}{0{,}02\cdot9{,}8}\approx6{,}4\text{ м}.\]

Обратите внимание: сила тетивы не постоянна: \(T\) постоянно, а \(F=4Th/l\) убывает до нуля при выпрямлении тетивы. Если взять \(F_0\,h_0\) без множителя \(\tfrac12\), ответ завышен вдвое. Подъём стрелы на \(h_0=5\) см за время разгона даёт поправку менее \(1\%\) и в оценке не учитывается.

Ответ. \(H=\dfrac{2Th_0^2}{l\,mg}\approx6{,}4\text{ м}\) (при \(g=10\text{ м/с}^2\) получается \(6{,}25\text{ м}\), как в книге).

Проверка. Размерность: \(\dfrac{\text{Н}\cdot\text{м}^2}{\text{м}\cdot\text{кг}\cdot\text{м/с}^2}=\text{м}\). Второй способ: скорость вылета \(v=\sqrt{2A/m}=\sqrt{2\cdot1{,}25/0{,}02}\approx11\text{ м/с}\), высота \(v^2/(2g)=125/19{,}6\approx6{,}4\text{ м}\). Правдоподобно: стрела с энергией около \(1\text{ Дж}\) поднимается на метры; \(H\propto h_0^2\), при \(h_0\to0\) высота стремится к нулю. Угол: \(\tan\alpha=0{,}1\), ошибка замены \(\sin\alpha\) на \(\tan\alpha\) около \(0{,}5\%\).

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

Подсказка

Как изменится скорость воздуха вблизи случайного небольшого изгиба флага — по одну и по другую его сторону? Что говорит закон Бернулли о давлении там, где скорость больше?

Ответ

Ровно висящий флаг неустойчив: случайный изгиб создаёт перепад давления по закону Бернулли, который его увеличивает, а завихрения за изгибом сносят его к свободному концу флага. Так возникают бегущие по флагу волны — флаг полощется.

Решение

Что происходит. Плоский флаг в равномерном потоке — неустойчивое равновесие: ничтожный изгиб ткани сам усиливается силой давления воздуха. Ключевой закон — закон Бернулли: вдоль линии тока \(p+\dfrac{\rho v^2}{2}=\text{const}\), где скорость больше, там давление меньше.

Обозначения. \(v_0\) — скорость ветра вдали от флага, \(p_0\) — давление вдали, \(A\) — точка в вогнутой стороне изгиба, \(B\) — точка у выпуклой.

1. Ровный флаг. Воздух обтекает ткань симметрично, давление с двух сторон одинаково, никакая сила не гнёт флаг.

2. Случайный изгиб. Пусть в каком-то месте ткань слегка выгнулась (порыв, неровность). Линии тока с выпуклой стороны, у точки \(B\), сжимаются между флагом и остальным потоком: поток сужается, скорость там больше \(v_0\). С вогнутой стороны, у точки \(A\), линии тока расходятся, и скорость меньше \(v_0\).

3. Перепад давления. Запишем закон Бернулли для линии тока, проходящей вблизи флага, и для линии тока вдали: у \(B\) скорость больше, поэтому \(p_B<p_0\); у \(A\) скорость меньше, \(p_A>p_0\). Значит, \(p_A>p_B\): сила давления со стороны вогнутости больше, чем со стороны выпуклости, и она толкает ткань в сторону выпуклости, то есть изгиб увеличивается — гнёт флаг ещё сильнее.

4. Снос к концу флага. За выступом воздух образует вихри, и давление за ним ниже, чем перед ним (на наветренном склоне давление выше, чем на подветренном). Это сносит изгиб по ветру, к свободному концу, и по флагу бегут волны. Уходя с конца, изгиб исчезает, но из-за вихрей, неравномерности потока и упругости ткани на флаге всё время возникают новые.

Обратите внимание: нужен не порыв ветра, а сама неустойчивость: даже в равномерном потоке любой малый изгиб растёт. Жёсткий щит не полощется только потому, что упругость уравновешивает перепад давления; гибкая ткань почти не сопротивляется.

Ответ. Флаг полощется из-за неустойчивости: изгиб ткани усиливает перепад давления по закону Бернулли, а завихрения за изгибом сносят его к концу флага, где на смену ему приходят новые.

Проверка. Перепад давлений \(\sim\rho v_0^2\): при \(v_0\to0\) он исчезает, и флаг висит спокойно; чем сильнее ветер, тем он быстрее и сильнее полощется. Поведение согласуется с опытом: лёгкая гибкая ткань бьётся на ветру, а жёсткая пластина с тем же перепадом давления прогибается лишь на малую величину.

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

Подсказка

Над водой в обоих коленах насыщенный водяной пар одного и того же давления. Чем тогда определяется разность уровней? Как изменится давление воздуха в запаянном колене при нагревании?

Ответ

\(h\approx h_0\dfrac{T}{T_0}\approx13\text{ м}\), где \(h_0=p_0/(\rho g)\approx10\text{ м}\) — исходная разность уровней.

Решение

Что происходит. В левом колене над водой пустота, в которой только насыщенный пар воды; в правом — воздух и тоже насыщенный пар воды. Давление пара над поверхностью воды зависит только от температуры, поэтому в обоих коленах оно одинаково, и разность давлений в коленах равна давлению воздуха. Гидростатика: \(\rho gh=p_{\text{возд}}\), а воздух при нагревании в запаянном колене подчиняется закону газа.

Обозначения. \(T_0=293\text{ К}\) (\(20\,^\circ\)C), \(T=373\text{ К}\) (\(100\,^\circ\)C); \(p_0\) — давление воздуха при \(T_0\) (атмосферное), \(p\) — при \(T\); \(h_0\), \(h\) — разности уровней при \(T_0\) и при \(T\); \(l_0\), \(l\) — длины воздушного столба в правом колене, \(S\) — сечение трубки.

1. Исходное состояние. Сравним давления в воде на одном горизонтальном уровне — на уровне правой поверхности воды. Слева это давление пара над левым уровнем плюс вес столба воды высотой \(h_0\): \(p_{\text{п}}+\rho gh_0\); справа — давление воздуха и пара над поверхностью: \(p_0+p_{\text{п}}\). Приравниваем: \[\rho gh_0=p_0\quad\Rightarrow\quad h_0=\frac{p_0}{\rho g}\approx\frac{10^5}{10^3\cdot9{,}8}\approx10\text{ м}.\]

2. После нагревания. Тем же рассуждением \(\rho gh=p\) (пар по-прежнему насыщенный в обоих коленах, его давление сокращается). Масса воздуха в правом колене постоянна, поэтому уравнение состояния воздуха (\(pV/T=\text{const}\), \(V=lS\)) даёт \[\frac{p_0l_0S}{T_0}=\frac{p\,lS}{T}\quad\Rightarrow\quad p=p_0\frac{T}{T_0}\frac{l_0}{l}.\] Правый уровень опустился, левый поднялся на столько же (вода несжимаема), поэтому \(l-l_0=\dfrac{h-h_0}{2}\).

3. Разность уровней. Подставим \(p\) в \(h=p/(\rho g)\): \[h=h_0\,\frac{T}{T_0}\cdot\frac{l_0}{l_0+\tfrac12(h-h_0)} .\] Столб воздуха много длиннее смещения уровней (\(l_0\gg\tfrac12(h-h_0)\)), поэтому последней дробью пренебрегаем: \[h\approx h_0\frac{T}{T_0}=10\cdot\frac{373}{293}\approx12{,}7\approx13\text{ м}.\]

Обратите внимание: давление пара в ответ не входит — оно одинаково в обоих коленах и сокращается, хотя при \(100\,^\circ\)C оно равно атмосферному.

Принимаем, что исходная разность уровней \(h_0\approx10\) м, так как она задана давлением воздуха, равным атмосферному (так решают задачу и авторы олимпиады); напечатанное в условии число \(15\) м с этим не согласуется: при \(15\) м давление воздуха было бы \(1{,}5\) атм.

Ответ. \(h\approx h_0\dfrac T{T_0}\approx13\text{ м}\) (по исходному давлению воздуха, равному атмосферному: \(h_0\approx10\text{ м}\)).

Проверка. Размерность: \(\dfrac pg\rho\) — метры. Предел \(T\to T_0\): \(h\to h_0\). Знак: нагрев увеличивает давление воздуха, значит, разность уровней растёт. Не учтены расширение воды и стекла и изменение плотности воды (\(\approx4\%\) при \(100\,^\circ\)C).

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