Всесоюзная, 1969/70, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

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.

Подсказка

При установившейся скорости кинетическая энергия не меняется: вся потеря потенциальной энергии кольца идёт в тепло. Найдите ЭДС индукции из изменения потока через кольцо и мощность тепла в кольце.

Ответ

\(v=\dfrac{16\,mgR}{\pi^2d^4B_0^2\alpha^2}\), где \(m\) — масса кольца.

Решение

Что происходит. Кольцо падает в поле, индукция которого растёт с высотой, поэтому поток через падающее кольцо убывает, в нём возникает ток, и сила Ампера тормозит кольцо. Скорость растёт, пока сила Ампера не уравновесит силу тяжести; дальше скорость постоянна. Ключевая мысль — закон сохранения энергии при установившемся движении: мощность силы тяжести равна тепловой мощности в кольце. Масса кольца \(m\) (в условии не названа, входит в ответ).

Обозначения. \(m\) — масса кольца, \(v\) — установившаяся скорость, \(S=\pi d^2/4\) — площадь кольца, \(\Phi\) — поток индукции через кольцо, \(H\) — высота кольца (отсчитывается вверх).

1. ЭДС индукции. Плоскость кольца горизонтальна, поле направлено вдоль вертикали, поэтому \(\Phi=BS=\dfrac{\pi d^2}{4}B_0(1+\alpha H)\). За малое время \(dt\) кольцо опускается на \(dH=-v\,dt\), поток меняется на \(d\Phi=\dfrac{\pi d^2}{4}B_0\alpha\,dH\). По закону электромагнитной индукции модуль ЭДС равен \[\mathcal E=\left|\frac{d\Phi}{dt}\right|=\frac{\pi d^2}{4}B_0\alpha\,v .\] Ток установившийся (скорость постоянна, ЭДС постоянна), поэтому самоиндукция на ток не влияет: \(I=\dfrac{\mathcal E}{R}\).

2. Энергия. Скорость постоянна, кинетическая энергия кольца не меняется. За малое время \(dt\) кольцо опускается на \(v\,dt\), потенциальная энергия убывает на \(mgv\,dt\) и равна выделившемуся теплу \(I^2R\,dt\): \[mgv=I^2R=\frac{\mathcal E^2}{R}=\frac{\pi^2d^4B_0^2\alpha^2v^2}{16R}.\]

3. Скорость. Сократим на \(v\) и выразим его: \[v=\frac{16\,mgR}{\pi^2d^4B_0^2\alpha^2}.\]

Обратите внимание: в выражении мощности \(I^2R=\mathcal E^2/R\) сопротивление стоит в знаменателе — именно из-за него в ответе \(R\) в числителе. В решении книги множитель \(R\) потерян: размерность такого ответа неверна.

Ответ. \(v=\dfrac{16\,mgR}{\pi^2d^4B_0^2\alpha^2}\).

Проверка. Размерность: \(\mathcal E=\dfrac{\pi d^2}{4}B_0\alpha v\) измеряется в \(\text{м}^2\cdot\text{Тл}\cdot\text{м}^{-1}\cdot\text{м/с}=\text{Вб/с}=\text{В}\), а \(\mathcal E^2/R\) — ватты; значит, \(v\propto mgR/(\ldots)\) верно. Второй способ — силой Ампера. Из условия \(\operatorname{div}\vec B=0\) у поля с \(B_z\), растущим с высотой, на расстоянии \(r\) от оси есть радиальная составляющая \(|B_r|=\dfrac r2B_0\alpha\) (направлена к оси). На кольцо радиуса \(r=d/2\) с током \(I\) действует вертикальная сила Ампера \(F=I\cdot2\pi r\cdot|B_r|=I B_0\alpha\,\dfrac{\pi d^2}{4}\); приравниваем её \(mg\) и подставляем \(I=\dfrac{\pi d^2B_0\alpha v}{4R}\) — получаем тот же ответ. Смысл: чем больше сопротивление, тем меньше ток и тем быстрее падает кольцо; при \(R\to\infty\) кольцо падает свободно (\(v\to\infty\)), при \(R\to0\) (сверхпроводящее) оно «зависает» (\(v\to0\)).

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

Подсказка

До подключения нагрузки момент внешних сил постоянен. После подключения появляется тормозящий момент, пропорциональный скорости вращения якоря. К какой скорости подходит якорь?

Ответ

Сначала скорость растёт по линейному закону; после подключения нагрузки она экспоненциально приближается к предельному значению \(\omega_0\), при котором тормозящий момент равен моменту силы тяжести груза: снизу, если нагрузку подключили при \(\omega<\omega_0\), и сверху, если при \(\omega>\omega_0\).

Решение

Что происходит. Пока нагрузки нет, якорь разгоняет груз постоянным моментом — скорость растёт линейно. Когда подключают сопротивление, по обмотке идёт ток, и на якорь действует тормозящий момент, пропорциональный силе тока, то есть ЭДС, то есть скорости вращения. Разгон прекращается, когда тормозящий момент сравняется с моментом силы тяжести груза, и скорость подходит к постоянному значению.

Обозначения. \(r\) — радиус вала, на который намотана верёвка, \(J\) — момент инерции вращающейся части, \(m\) — масса груза, \(\omega\) — угловая скорость якоря, \(t_{\text{к}}\) — момент подключения нагрузки. Трением в подшипниках и массой верёвки пренебрегаем, верёвка не проскальзывает и натянута.

1. До подключения. Запишем уравнение вращательного движения для системы якорь плюс груз: моментом внешней силы является момент силы тяжести груза \(mgr\), момент инерции системы \(J+mr^2\) (груз движется со скоростью \(\omega r\)): \[(J+mr^2)\frac{d\omega}{dt}=mgr\quad\Rightarrow\quad \omega=\frac{mgr}{J+mr^2}\,t ,\] угловая скорость растёт прямо пропорционально времени.

2. После подключения. ЭДС индукции в обмотке пропорциональна \(\omega\): \(\mathcal E=K\omega\) (\(K\) определяется полем и обмоткой). Ток \(I=\mathcal E/R_{\Sigma}\), момент силы Ампера на якоре тормозит вращение и пропорционален току: \(M_{\text{т}}=KI=\dfrac{K^2}{R_{\Sigma}}\,\omega=k\omega\). Тогда \[(J+mr^2)\frac{d\omega}{dt}=mgr-k\omega .\]

3. Установившаяся скорость. Скорость перестаёт меняться, когда \(\dfrac{d\omega}{dt}=0\): \[\omega_0=\frac{mgr}{k}.\] Значение \(\omega_0\) зависит от груза и от нагрузки, но не от момента подключения. Решение уравнения при начальной скорости \(\omega_{\text{к}}\) в момент \(t_{\text{к}}\): \[\omega=\omega_0+(\omega_{\text{к}}-\omega_0)\,e^{-(t-t_{\text{к}})/\tau},\qquad \tau=\frac{J+mr^2}{k}.\]

4. График. Если нагрузку подключили при \(\omega_{\text{к}}<\omega_0\) (момент \(t_1\)), скорость продолжает расти, но всё медленнее, и подходит к \(\omega_0\) снизу (сплошная кривая). Если подключили позже, при \(\omega_{\text{к}}>\omega_0\) (момент \(t_2\)), тормозящий момент больше момента силы тяжести, и скорость убывает, подходя к \(\omega_0\) сверху (пунктир). В обоих случаях до подключения — прямая.

Обратите внимание: излома на графике в момент подключения нет по значению скорости (инерция не позволяет скорости скачком измениться), но есть излом касательной: ускорение скачком меняется от постоянного значения к другому.

Ответ. График: прямая линия \(\omega\propto t\) до подключения нагрузки, затем экспоненциальное приближение к \(\omega_0=mgr/k\) (снизу или сверху).

Проверка. При \(R_{\Sigma}\to\infty\) (цепь разомкнута, тока нет) \(k\to0\), \(\omega_0\to\infty\): якорь продолжает разгоняться линейно — как и до подключения. При \(\omega=\omega_0\) мощность силы тяжести груза \(mg\,\omega_0r=k\omega_0^2\) целиком идёт в тепло в цепи: энергия сходится. Устойчивость: при \(\omega>\omega_0\) момент торможения больше \(mgr\) и скорость убывает, при \(\omega<\omega_0\) — растёт.

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

Подсказка

В системе центра масс (она движется с ускорением \(F/2m\)) остаётся только относительное движение кубиков — колебания около положения равновесия. Каково это положение и с какого положения они начинают?

Ответ

\(l_{\min}=l_0-\dfrac Fk,\qquad l_{\max}=l_0\) (если \(F<kl_0\), так что кубики не соприкасаются).

Решение

Что происходит. Сила приложена к левому кубику, и вся система ускоряется вправо: центр масс движется с ускорением \(a=F/(2m)\). Пружинка сначала сжимается: левый кубик ускоряется сильнее правого. Относительное движение — колебания сжатия около положения равновесия, в котором пружина сжата на \(F/2k\), а начинаются они из недеформированного состояния без относительной скорости. Главная идея — записать уравнение для сжатия пружины, исключив общее ускорение.

Обозначения. Ось \(x\) вдоль стола вправо. \(x_1\), \(x_2\) — координаты левого и правого кубиков, \(l=x_2-x_1\) — расстояние между кубиками (длина пружинки), \(\xi=l_0-l\) — сжатие. Предполагаем, что кубики не соприкасаются, то есть \(\xi<l_0\).

1. Второй закон Ньютона для каждого кубика (по горизонтали, стол гладкий). Сжатая пружинка отталкивает левый кубик назад с силой \(k\xi\) и правый вперёд с такой же силой: \[ma_1=F-k\xi,\qquad ma_2=k\xi .\]

2. Уравнение для сжатия. Вычтем второе уравнение из первого: \(m(a_1-a_2)=F-2k\xi\). Так как \(a_1-a_2=-\ddot l=\ddot\xi\), получаем \[m\ddot\xi=F-2k\xi\quad\Rightarrow\quad \ddot\xi=-\frac{2k}{m}\left(\xi-\frac F{2k}\right).\] Это колебания около \(\xi_{\text{р}}=\dfrac F{2k}\) с частотой \(\omega=\sqrt{2k/m}\). В начальный момент пружинка не деформирована и кубики покоятся: \(\xi(0)=0\), \(\dot\xi(0)=0\). Поэтому \[\xi(t)=\frac F{2k}\,(1-\cos\omega t).\]

3. Крайние расстояния. Сжатие меняется от \(\xi_{\min}=0\) до \(\xi_{\max}=F/k\) (при \(\cos\omega t=-1\)). Расстояние между кубиками \(l=l_0-\xi\): \[l_{\max}=l_0,\qquad l_{\min}=l_0-\frac Fk .\]

Обратите внимание: пружинка никогда не растягивается длиннее \(l_0\), хотя сила тянет левый кубик «от» правого. Положение равновесия — сжатая пружина (\(F/2k\)), поэтому колебания идут по сжатой стороне и возвращаются к \(l_0\) ровно в крайних точках.

Ответ. \(l_{\min}=l_0-\dfrac Fk\), \(l_{\max}=l_0\).

Проверка. Второй способ — энергия и центр масс. В моменты наибольшего и наименьшего расстояния относительная скорость кубиков равна нулю, оба кубика движутся со скоростью центра масс \(v=at\), \(a=F/2m\). Центр масс прошёл путь \(S=at^2/2\), левый кубик — на \(L=S+\xi/2\) (он смещён к центру масс на половину сжатия). Работа силы \(F\) идёт в кинетическую энергию двух кубиков и энергию пружины: \(F\left(\dfrac{at^2}{2}+\dfrac\xi2\right)=mv^2+\dfrac{k\xi^2}{2}\). Так как \(Fa/2=ma^2\), слагаемые с \(t^2\) сокращаются, остаётся \(F\xi/2=k\xi^2/2\), то есть \(\xi=0\) или \(\xi=F/k\) — те же значения. Размерность: \(F/k\) — метры. Предел \(F\to0\): расстояние остаётся \(l_0\).

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

Подсказка

Каждая точка тигра даёт на плёнке не точку, а пятно: пучок лучей проходит через отверстие. Полосы видны, если пятна от ближайших точек соседних полос не перекрываются. Как размер пятна и размер изображения зависят от расстояния \(x\) от отверстия до плёнки?

Ответ

Расстояние от отверстия до плёнки (глубина камеры) должно быть больше \(\dfrac{dL}{l}=10\text{ см}\), где \(d\) — диаметр отверстия, \(L=20\text{ м}\) — расстояние до тигра, \(l=20\text{ см}\) — расстояние между полосами.

Решение

Что происходит. Свет от каждой точки шкуры проходит через отверстие диаметра \(d\) расходящимся пучком, и на плёнке получается не точка, а светлое пятно. Чем дальше плёнка от отверстия, тем больше изображение, а пятно растёт медленнее. Полосы различимы, если пятна от ближайших точек соседних полос не перекрываются, то есть размытие меньше изображения расстояния между полосами. Отсюда нижняя граница глубины камеры.

Обозначения. \(d=1\text{ мм}\) — диаметр отверстия, \(L=20\text{ м}\) — расстояние от тигра до отверстия, \(x\) — расстояние от отверстия до плёнки (глубина камеры), \(l=20\text{ см}\) — расстояние между ближайшими точками \(P_1\) и \(P_2\) соседних полос.

1. Размер пятна. Лучи от точки \(P\) образуют конус с вершиной в \(P\): в плоскости отверстия (расстояние \(L\) от \(P\)) его ширина равна \(d\), а на плёнке (расстояние \(L+x\) от \(P\)) по подобию треугольников она равна \[\delta=d\,\frac{L+x}{L}.\]

2. Размер изображения. Центральный луч от точки идёт через центр отверстия, поэтому изображение расстояния \(l\) между точками \(P_1\) и \(P_2\) на плёнке — отрезок длины (по подобию треугольников с отношением сторон \(x/L\)) \[l'=l\,\frac xL .\]

3. Условие. Пятна от \(P_1\) и \(P_2\) не перекрываются, когда диаметр пятна не больше расстояния между их центрами: \(\delta<l'\), то есть \[d\,\frac{L+x}{L}<l\,\frac xL\quad\Rightarrow\quad x>\frac{dL}{l-d}\approx\frac{dL}{l}.\] Так как \(d\ll l\) (\(1\text{ мм}\ll200\text{ мм}\)), поправкой \(d\) в знаменателе пренебрегаем: \[x>\frac{dL}{l}=\frac{10^{-3}\cdot20}{0{,}2}\text{ м}=0{,}1\text{ м}=10\text{ см}.\]

Обратите внимание: размытие \(\delta=d(L+x)/L\) чуть больше \(d\) (в нашем случае \(\approx1{,}005\text{ мм}\)), поэтому в грубой оценке можно считать его равным \(d\). Если «расстояние между полосами» понимать как период (от середины полосы до середины следующей), условие различимости строже и глубина камеры получится примерно вдвое больше; мы следуем условию книги: \(l\) — расстояние между ближайшими точками соседних полос.

Ответ. Глубина камеры должна быть больше \(dL/l=10\text{ см}\).

Проверка. Размерность: \(d\cdot L/l\) — длина. Предел \(d\to0\): \(x_{\min}\to0\), идеальная камера-обскура работает при любой глубине. Численно при \(x=10\text{ см}\): размытие \(\delta=1{,}005\text{ мм}\), изображение \(l'=0{,}2\cdot0{,}1/20=1\text{ мм}\) — пятна как раз касаются (график, в точке \(x=10\) см отношение размытия к изображению равно \(1\)). Дифракция на отверстии дала бы размытие порядка \(\lambda x/d\approx5\cdot10^{-7}\cdot0{,}1/10^{-3}=0{,}05\text{ мм}\), то есть много меньше геометрического, и её можно не учитывать.

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