Всесоюзная, 1973/74, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Куда движется середина гипотенузы прямоугольного треугольника при скольжении палочки? Найдите ускорение бусинки, а силу — из второго закона Ньютона для неё.

Ответ

\(F=m\left(g-\dfrac{v^2}{\sqrt2\,l}\right)\), сила направлена вертикально вниз при \(v^2<\sqrt2\,gl\) и вертикально вверх при \(v^2>\sqrt2\,gl\).

Решение

Что происходит. Бусинка находится в середине палочки, а середина гипотенузы прямоугольного треугольника \(OAB\) отстоит от вершины прямого угла \(O\) на расстояние \(l\) (медиана к гипотенузе равна её половине). Значит, бусинка всё время движется по дуге окружности радиуса \(l\) с центром в \(O\). Если найти ускорение бусинки, то силу, с которой на неё действует палочка, даст второй закон Ньютона, а по третьему закону Ньютона с такой же по модулю силой бусинка действует на палочку.

Обозначения. Ось \(x\) — вдоль пола вправо от угла \(O\), ось \(y\) — вдоль стены вверх. Плоскость вертикальна (на рисунке — пол и стена), поэтому на бусинку действует сила тяжести \(m\vec g\). Палочку считаем невесомой, трения на её концах нет. \((x,\,y)\) — координаты бусинки \(C\), \(x_B\) — координата точки \(B\). Точки над величинами — производные по времени.

1. Координаты бусинки. Бусинка — середина отрезка \(AB\), где \(A\,(0,\;2l\cos\alpha)\) и \(B\,(2l\sin\alpha,\;0)\). Поэтому \[x=l\sin\alpha=\frac{x_B}{2},\qquad y=l\cos\alpha=\sqrt{l^2-x^2}.\] Скорость точки \(B\) постоянна: \(\dot x_B=v\). Отсюда \(\dot x=\dfrac v2\) и \(\ddot x=0\).

2. Ускорение вдоль оси \(x\). Горизонтальная координата бусинки меняется равномерно, поэтому \(a_x=\ddot x=0\).

3. Ускорение вдоль оси \(y\). Продифференцируем \(y=\sqrt{l^2-x^2}\) дважды, учитывая \(\ddot x=0\) и \(x^2+y^2=l^2\): \[\dot y=-\frac{x\dot x}{y},\qquad \ddot y=-\frac{\dot x^{2}}{y}-\frac{x^{2}\dot x^{2}}{y^{3}}=-\frac{\dot x^{2}\,(x^{2}+y^{2})}{y^{3}}=-\frac{\dot x^{2}\,l^{2}}{y^{3}} .\] При \(\alpha=45^\circ\) имеем \(y=l/\sqrt2\), \(\dot x=v/2\): \[a_y=-\frac{v^2}{4}\cdot\frac{l^2\cdot 2\sqrt2}{l^3}=-\frac{v^2}{\sqrt2\,l}.\] Ускорение бусинки направлено вертикально вниз, его модуль \(a=\dfrac{v^2}{\sqrt2\,l}\).

4. Второй закон Ньютона для бусинки. На бусинку действуют сила тяжести \(m\vec g\) и сила \(\vec F\) со стороны палочки: \[m\vec a=m\vec g+\vec F .\] В проекции на ось \(x\) получаем \(0=F_x\), в проекции на ось \(y\): \(-ma=-mg+F_y\). Отсюда \[F_y=m\,(g-a)=m\left(g-\frac{v^2}{\sqrt2\,l}\right).\] Сила палочки на бусинку направлена вертикально, вверх при \(g>a\).

5. Третий закон Ньютона. Бусинка действует на палочку с силой \(\vec F'=-\vec F\), то же значение по модулю, направление противоположное.

Обратите внимание: сила палочки на бусинку не направлена ни вдоль палочки, ни поперёк неё — она вертикальна. Это не странно: бусинка закреплена, и палочка может действовать на неё в любом направлении. Нормальная и касательная составляющие ускорения при \(45^\circ\) равны друг другу, а в сумме дают вертикальный вектор (правая часть первого рисунка).

Ответ: \(F=m\left(g-\dfrac{v^2}{\sqrt2\,l}\right)\); сила направлена вертикально вниз, если \(v^2<\sqrt2\,gl\), и вертикально вверх, если \(v^2>\sqrt2\,gl\).

Проверка. Размерность: \(mv^2/l\) — это \(\text{кг}\cdot\text{м}^2\text{/с}^2/\text{м}=\text{Н}\), как и \(mg\). Предел \(v\to0\): бусинка почти не ускоряется, палочка просто держит её, \(F\to mg\). Второй способ: бусинка движется по окружности радиуса \(l\) с угловой скоростью \(\dot\alpha=\dfrac{v}{2l\cos\alpha}\) (из \(x_B=2l\sin\alpha\)). При \(45^\circ\) получаем \(\dot\alpha^2=\dfrac{v^2}{2l^2}\), нормальное ускорение \(a_n=l\dot\alpha^2=\dfrac{v^2}{2l}\). Дифференцируя ещё раз, находим \(\ddot\alpha=\dfrac{v^2\sin\alpha}{4l^2\cos^3\alpha}=\dfrac{v^2}{2l^2}\), касательное ускорение \(a_\tau=l\ddot\alpha=\dfrac{v^2}{2l}\). Они взаимно перпендикулярны и равны, их сумма имеет модуль \(\sqrt2\cdot\dfrac{v^2}{2l}=\dfrac{v^2}{\sqrt2\,l}\) — тот же результат, и направлена она вертикально, как в первом способе.

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

Подсказка

Куда девается тепло, которое холодильник забирает из камеры? Составьте уравнение теплового баланса всей комнаты: что входит в неё и что уходит на улицу.

Ответ

Во всех трёх случаях температура в помещении растёт: холодильник комнату не охлаждает, а нагревает. а) Температура монотонно растёт к значению \(T_1\), лишь немного выше уличной. б) Сначала температура растёт быстрее, чем в а) и в), достигает максимума, когда продукты остыли, затем убывает до того же \(T_1\). в) Температура монотонно растёт к наибольшему значению \(T_2=T_0+A/k\), где \(A\) — мощность тока, \(k\) — коэффициент теплоотдачи стен. График: рисунок в решении.

Решение

Что происходит. Холодильник — тепловой насос: у камеры он забирает тепло \(Q_x\) и отдаёт в комнату тепло \(Q_x+A\), где \(A\) — работа электрического тока (все величины — за единицу времени). Но камера не изолирована: забранное у неё тепло возвращается в комнату, через стенки камеры или из остывающих продуктов. Поэтому в целом холодильник работает как электроплитка: ничего не «уничтожает», а добавляет в комнату энергию тока. Из комнаты тепло уходит только сквозь стены на улицу, и температура растёт, пока уход не сравняется с приходом.

Обозначения. \(T\) — температура в комнате, \(T_0\) — на улице (постоянна), \(t=0\) — момент включения, \(T(0)=T_0\). \(C\) — теплоёмкость комнаты (воздух, стены, мебель), \(k\) — коэффициент теплоотдачи сквозь стены: поток тепла на улицу \(k\,(T-T_0)\) (закон охлаждения Ньютона, температуры отличаются мало). \(Q_{\text{ут}}\) — поток тепла из комнаты в камеру сквозь её стенки (утечка). \(P=Q_x+A-Q_{\text{ут}}\) — мощность, с которой холодильник подводит тепло к комнате.

1. Тепловой баланс комнаты. За малое время \(dt\) энергия комнаты (воздуха и стен вместе) возрастает на приход от холодильника и убывает на уход на улицу: \[C\,dT=P\,dt-k\,(T-T_0)\,dt .\] Если мощность \(P\) постоянна, то решение \(T-T_0=\dfrac Pk\left(1-e^{-t/\tau}\right)\), где \(\tau=C/k\): температура экспоненциально приближается к \(T_0+P/k\). Остаётся выяснить, чему равна \(P\) в каждом случае.

Случай а): холодильник пустой. Воздух и стенки камеры имеют малую теплоёмкость и остывают быстро, поэтому термостат скоро выключает компрессор. Дальше компрессор лишь изредка включается: всё тепло, пришедшее сквозь стенки, он снова забирает, так что в среднем \(Q_x=Q_{\text{ут}}\) и \(P=A_{\text{ср}}\) — только средняя мощность тока, малая. Температура в комнате растёт по экспоненте к \(T_1=T_0+A_{\text{ср}}/k\), лишь немного выше \(T_0\).

Случай б): холодильник с продуктами. Продукты тёплые. Чтобы остудить их, компрессор работает без выключения и забирает тепло \(Q_x\gg Q_{\text{ут}}\), а это тепло, отнятое у продуктов, он отдаёт в комнату. Значит, \(P\approx Q_x+A\) — намного больше, чем в случае а): комната греется быстрее. Когда продукты остыли (момент \(t_1\)), термостат начинает выключать компрессор, и становится как в а): \(P=A_{\text{ср}}\). Температура в этот момент максимальна: пока \(P>k\,(T-T_0)\), она растёт, после — убывает, приближаясь к \(T_1\): \[T-T_1=(T_{\max}-T_1)\,e^{-(t-t_1)/\tau}.\] Продукты после остывания тепла в комнату уже не добавляют.

Случай в): дверца открыта. Холодный воздух из камеры выходит и смешивается с комнатным, камера не остывает, термостат не срабатывает, и компрессор работает всё время. Тепло, забранное у воздуха камеры, возвращается в комнату тем же воздухом, поэтому в комнате остаётся лишь работа тока: \(P=A\), полная мощность. Температура монотонно растёт по экспоненте к \(T_2=T_0+A/k\). Так как \(A>A_{\text{ср}}\), итог выше, чем в случаях а) и б): \(T_2>T_1\).

Сводка. Все три кривые выходят из одной точки \(T_0\) и поднимаются вверх; ниже всех идёт а), выше всех в конце — в). Кривая б) в начале круче остальных, имеет максимум и опускается к уровню \(T_1\) кривой а), пересекая в) на спуске, если продуктов много (пик выше \(T_2\), как на рисунке); при малой загрузке пик ниже \(T_2\) и пересечения нет.

Обратите внимание: холодильник не охлаждает комнату, хотя внутри холодно. Тепло из камеры не исчезает, оно перекачивается в ту же комнату, и к нему прибавляется работа тока. Поэтому ни в одном случае температура в помещении не опускается ниже уличной.

Ответ: в случаях а), б), в) температура в помещении растёт; а) монотонно до \(T_1=T_0+A_{\text{ср}}/k\); б) быстро растёт до максимума, затем убывает до того же \(T_1\); в) монотонно до наибольшего значения \(T_2=T_0+A/k\) (рисунок выше).

Проверка. При \(t\to\infty\) в случаях а) и в) приход энергии равен уходу сквозь стены: \(P=k\,(T-T_0)\), вся электрическая энергия, взятая холодильником из сети, в итоге оказывается на улице — энергия сохраняется. Предел: если стены хорошо проводят тепло (\(k\to\infty\)), то \(T-T_0=P/k\to0\) и комната не греется. Для случая б): добавка \(\int\left(P-A_{\text{ср}}\right)dt\) к энергии комнаты за время \(t_1\) складывается из тепла, отданного остывающими продуктами, и из работы тока, потраченной на непрерывную работу компрессора; чем больше продуктов, тем дольше работает компрессор и выше пик.

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

Подсказка

Баржа плавает. Чему равен вес воды, которую она вытесняет, и куда эта вода девается? От чего зависит давление воды на дно?

Ответ

Не изменяется: сила давления на мост равна весу воды, налитой до прежнего уровня, \(\rho g h S\), и не зависит от груза баржи.

Решение

Что происходит. Давление на мост создаёт вода канала, лежащая на дне. Баржа плавает и дна не касается, поэтому на дно давит только вода. А давление воды на дно определяется глубиной. Канал с обеих сторон моста продолжается дальше, и воду, которую вытесняет баржа, он отводит по руслу: уровень воды в пролёте моста остаётся прежним.

Обозначения. \(h\) — глубина воды в канале на мосту, \(S\) — площадь дна канала над мостом, \(\rho\) — плотность воды, \(M\) — масса баржи с грузом, \(V\) — объём вытесненной ею воды. Баржа движется медленно, волнами и течениями пренебрегаем: вода покоится. Баржа осадкой меньше \(h\) и дна не касается.

1. Плавание баржи. Баржа покоится относительно воды по вертикали, значит, сила тяжести уравновешена силой Архимеда: \[Mg=\rho g V .\] Нагруженная баржа тяжелее, поэтому погружается глубже и вытесняет больше воды, но уровень воды на мосту при этом не меняется.

2. Давление на дно. Давление воды на глубине \(h\) равно \(\rho g h\) (атмосферное давление действует и на воду сверху, и на низ моста, его вычитаем). Оно одинаково по всему дну и для пустой, и для нагруженной баржи, потому что \(h\) одна и та же. Сила давления на дно, то есть на мост: \[F=\rho g h\,S .\]

3. Второй способ: сумма весов. Вес воды и баржи над пролётом моста складывается из веса воды и веса баржи. Если бы баржи не было, в пролёте было бы \(V_0=hS\) воды. Баржа вытесняет объём \(V\), поэтому воды остаётся \(V_0-V\): \[\rho g\,(V_0-V)+Mg=\rho g V_0-\rho g V+\rho g V=\rho g h\,S .\] Вес баржи в точности восполняет вес вытесненной воды.

Обратите внимание: «нагруженная баржа тяжелее, значит, давит сильнее» — неверно. Вес баржи не передаётся на дно напрямую: баржа плавает, и вытесненная ею вода такого же веса уходит из пролёта по каналу.

Ответ: давление на мост не изменяется; в обоих случаях сила давления равна \(\rho g h S\).

Проверка. Размерность: \(\rho g h\) — давление (\(\text{кг/м}^3\cdot\text{м/с}^2\cdot\text{м}=\text{Па}\)). Предел: баржа без груза и веса вытесняет нулевой объём — вода просто налита до уровня \(h\). Ещё предел: если груз так тяжёл, что баржа села на дно (осадка равна \(h\)), то условие «плавает» нарушено: часть веса передаётся мосту через дно, и давление на него возрастёт. Замена баржи водой: если вместо баржи взять тот же вытесненный объём воды (рисунок), он останется в покое — вода сама себя держит, — и уровень, и сила на дно те же.

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

Подсказка

Шарик движется по окружности, и центростремительное ускорение ему даёт сила пружины. Запишите это условие и решите графически: прямая из точки \(\Delta l=-l_0\) пересекает график \(F(\Delta l)\). Сколько получается пересечений? Какие из положений устойчивы?

Ответ

Положение шарика определяется уравнением \(F(\Delta l)=m\omega^2\,(l_0+\Delta l)\). При росте \(\omega\) смещение плавно растёт от \(0\) до \(\approx2{,}1\) см (при \(\omega_1\), \(m\omega_1^2\approx0{,}39\) Н/см), затем скачком переходит к \(\approx5{,}2\) см и плавно доходит до \(7\) см при \(\omega\approx1{,}19\,\omega_1\) (там \(F=5\) Н). При уменьшении \(\omega\) смещение плавно падает до \(\approx4{,}0\) см (при \(\omega_2\approx0{,}97\,\omega_1\)), затем скачком уменьшается до \(\approx1{,}3\) см и плавно доходит до нуля: зависимость имеет петлю гистерезиса.

Решение

Что происходит. Трубка вращается с угловой скоростью \(\omega\), шарик движется по окружности радиуса \(r=l_0+\Delta l\), где \(\Delta l\) — удлинение пружины. Центростремительное ускорение ему сообщает сила упругости пружины, поэтому положения равновесия шарика находятся из уравнения \(F(\Delta l)=m\omega^2\,(l_0+\Delta l)\). Так как график \(F(\Delta l)\) имеет участок «S-образной» формы, при некоторых \(\omega\) уравнение имеет три решения, и зависимость \(\Delta l(\omega)\) получается неоднозначной.

Обозначения. \(\Delta l\) — смещение шарика вдоль трубки, то есть удлинение пружины; \(F(\Delta l)\) — сила упругости по рис. 2, б; \(l_0=2\) см. Угловую скорость меняем медленно: при каждом \(\omega\) шарик успевает занять равновесное положение. Трубка горизонтальна, трения нет. Массу \(m\) не задали, поэтому ответ строим для величины \(\kappa=m\omega^2\) (она растёт вместе с \(\omega\)) и в конце переходим к \(\omega\).

1. Второй закон Ньютона для шарика. В инерциальной системе отсчёта шарик равномерно движется по окружности радиуса \(l_0+\Delta l\). В горизонтальной плоскости вдоль трубки на него действует только сила пружины (стенки трубки давят на шарик перпендикулярно оси трубки, но шарик не ускоряется поперёк неё — угловая скорость постоянна, радиус не меняется, — поэтому это давление равно нулю). Ускорение направлено к оси: \[F(\Delta l)=m\omega^2\,(l_0+\Delta l)\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{F(\Delta l)}{l_0+\Delta l}=\kappa,\qquad \kappa=m\omega^2 .\]

2. Графическое решение. Правая часть \(m\omega^2\,(l_0+\Delta l)\) — прямая линия, выходящая из точки \(\Delta l=-l_0\) с угловым коэффициентом \(\kappa\). Положение шарика — точка пересечения этой прямой с графиком силы упругости.

На рисунке три прямые, (i), (ii), (iii), для растущих \(\omega\). У прямой (i) (малая \(\omega\)) пересечение одно, около начала графика. Прямая (ii) (средняя \(\omega\)) пересекает график трижды. У прямой (iii) (большая \(\omega\)) снова одно пересечение, теперь на крутом конце графика.

3. Устойчивость. Равновесие шарика устойчиво, если после небольшого смещения вдоль трубки равнодействующая \(F-m\omega^2\,(l_0+\Delta l)\), направленная к оси, возрастает вместе с \(\Delta l\): сместился наружу — вернула, внутрь — оттолкнула. Условие: \(F'(\Delta l)>m\omega^2\). Но \[\frac{d}{d\Delta l}\left[\frac{F}{l_0+\Delta l}\right]=\frac{F'\,(l_0+\Delta l)-F}{(l_0+\Delta l)^2}>0 \iff F'>\frac{F}{l_0+\Delta l}=\kappa ,\] то есть положение устойчиво на тех участках, где функция \(\kappa(\Delta l)=\dfrac{F}{l_0+\Delta l}\) возрастает. Построим её по графику рис. 2, б (чтение графика, \(l_0=2\) см):

Функция \(\kappa(\Delta l)\) растёт от нуля до максимума \(\kappa_1\approx0{,}39\) Н/см при \(\Delta l\approx2{,}1\) см, затем убывает до минимума \(\kappa_2\approx0{,}37\) Н/см при \(\Delta l\approx4{,}0\) см и снова растёт. Участок убывания (\(2{,}1\)–\(4{,}0\) см) — неустойчивые положения: шарик там не удержится.

4. Угловая скорость растёт. Пока \(\kappa<\kappa_1\), шарик остаётся на нижней ветви, и \(\Delta l\) плавно растёт от нуля. Равновесие на нижней ветви существует до \(\Delta l\approx2{,}1\) см, то есть до \(\omega_1=\sqrt{\kappa_1/m}\), \(m\omega_1^2\approx0{,}39\ \text{Н/см}=39\ \text{Н/м}\). При малом превышении \(\omega_1\) нижней ветви уже нет, и шарик быстро перебегает на верхнюю ветвь, где \(\kappa=\kappa_1\) при \(\Delta l\approx5{,}2\) см: скачок \(2{,}1\to5{,}2\) см. Дальше смещение плавно растёт до \(7\) см, когда \(F=5\) Н: \(\kappa=\dfrac{5}{2+7}\approx0{,}56\) Н/см, то есть \(\omega=\sqrt{0{,}56/0{,}39}\;\omega_1\approx1{,}19\,\omega_1\).

5. Угловая скорость убывает. Из конца \(\Delta l=7\) см шарик идёт по верхней ветви вниз: смещение плавно уменьшается до \(\Delta l\approx4{,}0\) см (минимум \(\kappa\)) при \(\omega_2=\sqrt{\kappa_2/m}\approx\sqrt{0{,}37/0{,}39}\;\omega_1\approx0{,}97\,\omega_1\). Ниже \(\omega_2\) верхней ветви нет, и шарик быстро переходит на нижнюю ветвь, где \(\kappa=\kappa_2\) при \(\Delta l\approx1{,}3\) см: скачок \(4{,}0\to1{,}3\) см. Дальше смещение плавно убывает до нуля.

При \(\omega_2<\omega<\omega_1\) возможны два устойчивых положения, и какое из них занято, зависит от того, как к этой скорости пришли — прибавляя или убавляя. Скачки при росте и при убывании \(\omega\) происходят при разных скоростях: график замкнут петлёй (гистерезис), узкой — ширина около \(3\,\%\) по \(\omega\).

Обратите внимание: пересечения прямой с графиком на участке убывания \(\kappa(\Delta l)\) (светлая точка на рисунке) — это неустойчивое равновесие: шарик в нём не остановится, его можно «поймать» только мысленно. Поэтому при подходе к \(\omega_1\) шарик не движется по этому участку, а прыгает.

Ответ: смещение шарика определяется уравнением \(F(\Delta l)=m\omega^2\,(l_0+\Delta l)\). При росте \(\omega\) от нуля смещение растёт плавно до \(\approx2{,}1\) см, при \(\omega_1\) (\(m\omega_1^2\approx39\) Н/м) скачком возрастает до \(\approx5{,}2\) см, далее плавно до \(7\) см при \(\omega\approx1{,}19\,\omega_1\). При убывании \(\omega\) смещение плавно падает до \(\approx4{,}0\) см, при \(\omega_2\approx0{,}97\,\omega_1\) скачком уменьшается до \(\approx1{,}3\) см, затем плавно до нуля: зависимость \(\Delta l(\omega)\) имеет петлю гистерезиса.

Проверка. Размерность: \(\kappa=m\omega^2\) — это \(\text{кг/с}^2=\text{Н/м}\), как жёсткость; \(F/(l_0+\Delta l)\) — тоже Н/см. Предел малых \(\omega\): график \(F(\Delta l)\) идёт из нуля с наклоном \(F'(0)\approx1{,}6\) Н/см, и \(\Delta l\approx m\omega^2\,l_0/F'(0)\) растёт как \(\omega^2\) — так и идёт нижняя ветвь на рисунке. Второй взгляд: у линейной пружины \(F=k\,\Delta l\) функция \(\kappa=\dfrac{k\,\Delta l}{l_0+\Delta l}\) монотонно растёт, пересечение одно, скачков нет; петля возникает именно из-за участка графика с малой жёсткостью, где \(F'<\kappa\).

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