Всесоюзная, 1983/84, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Температура в комнате постоянна, значит, тепло, приходящее за секунду, равно теплу, уходящему за секунду. Что в этом балансе не изменилось при похолодании, а что изменилось?

Ответ

\(Q=N\,\dfrac{t_0-t_1}{t_1-t_2}=19\text{ кДж}\) в секунду (мощность батареи \(19\text{ кВт}\)).

Решение

Что происходит. Комната теряет теплоту через стены и окна: чем больше разность температур в комнате и на улице, тем больше потери в секунду. Температура в комнате не меняется, поэтому энергия воздуха и стен постоянна, и теплота, приходящая в комнату за секунду, равна теплоте, уходящей из неё. Главная идея: записать баланс мощностей для двух состояний и исключить неизвестный коэффициент потерь.

Обозначения. \(Q\) — количество теплоты, которое батарея выделяет за секунду; \(t_{\text{нар}}\) — температура на улице; \(k\) — мощность потерь на один градус разности температур, то есть потери в секунду равны \(k(t_0-t_{\text{нар}})\). Величины \(Q\) и \(k\) неизвестны.

1. До похолодания. Закон сохранения энергии для комнаты за одну секунду: температура не меняется, поэтому приход теплоты равен потерям: \[Q=k(t_0-t_1).\]

2. После похолодания и включения плитки. Те же рассуждения: приходит теплота от батареи \(Q'\) и от плитки \(N\), уходит \(k(t_0-t_2)\): \[Q'+N=k(t_0-t_2).\] Обратите внимание: мощность батареи не изменилась, \(Q'=Q\). Батарея отдаёт комнате тем больше теплоты, чем сильнее температура воды в ней отличается от температуры воздуха в комнате. Температура воды задана, температура в комнате осталась прежней, а температура на улице на батарею не влияет. Именно ради этого в условии сказано, что температура в комнате не изменилась.

3. Исключаем \(k\). Вычтем уравнение пункта 1 из уравнения пункта 2 (при \(Q'=Q\)): \[N=k\bigl[(t_0-t_2)-(t_0-t_1)\bigr]=k\,(t_1-t_2),\qquad k=\frac{N}{t_1-t_2}=\frac{1000\text{ Вт}}{2\,{}^\circ\text{C}}=500\,\frac{\text{Вт}}{{}^\circ\text{C}}.\] На графике потери — прямая \(k(t_0-t_{\text{нар}})\), а батарея с плиткой и без неё — два горизонтальных уровня: плитка добавляет ровно ту мощность, на которую выросли потери при похолодании на \(2\,{}^\circ\text{C}\).

4. Мощность батареи. Подставим \(k\) в уравнение пункта 1: \[Q=k(t_0-t_1)=N\,\frac{t_0-t_1}{t_1-t_2}=1000\text{ Вт}\cdot\frac{38\,{}^\circ\text{C}}{2\,{}^\circ\text{C}}=19\,000\text{ Вт}.\]

Проверка. Размерность: Вт, то есть Дж/с. Предел: при \(t_0\to t_1\) получаем \(Q\to0\): если в комнате так же холодно, как на улице, потерь нет, и батарея не нужна. Числом: потери в первом режиме \(500\cdot38=19\,000\) Вт, во втором \(500\cdot40=20\,000\) Вт; во втором режиме приход \(19\,000+1000=20\,000\) Вт — баланс сходится.

Ответ: \(Q=N\dfrac{t_0-t_1}{t_1-t_2}=19\text{ кДж}\) за секунду (мощность \(19\text{ кВт}\)).

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

Подсказка

Вертикальная скорость шара постоянна, поэтому высота известна, как только известна эта скорость. Что происходит с углом \(\alpha\) в тот момент, когда он перестаёт расти, и что это говорит о горизонтальной скорости шара?

Ответ

\(h=ut\approx1{,}9\text{ км}\) (при \(u\approx4{,}4\text{ м/с}\)); скорость ветра \(w=u/\operatorname{tg}\alpha_{\max}\approx2{,}4\text{ м/с}\).

Решение

Что происходит. Шар поднимается с постоянной скоростью, поэтому его высота пропорциональна времени, а горизонтально его сносит ветер: шар движется вместе с воздухом. Скорость ветра зависит от высоты, то есть от времени. Угол возвышения зависит от высоты и от расстояния до наблюдателя. Начало графика даёт вертикальную скорость, а максимум угла (на 7-й минуте) связывает с ней скорость ветра: в этой точке угол перестаёт расти.

Обозначения. \(u\) — вертикальная скорость шара, \(h=ut\) — его высота, \(x\) — смещение шара по ветру от места запуска (от наблюдателя), \(w=\dot x\) — горизонтальная скорость шара, равная скорости ветра на его высоте, \(L=1\text{ км}\). Горизонтальное расстояние от наблюдателя до шара равно \(L+x\).

1. Геометрия. Из прямоугольного треугольника «наблюдатель — точка под шаром — шар»: \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{h}{L+x}=\frac{ut}{L+x}.\]

2. Вертикальная скорость. Рассмотрим начало подъёма. Ветер у поверхности равен нулю, а на малой высоте мал, поэтому \(x\ll L\), и при малых углах \(\alpha\approx\operatorname{tg}\alpha\approx ut/L\). Значит, график в начале — почти прямая с наклоном \(\alpha'(0)=u/L\). Смещение \(x\) набирается постепенно, поэтому берём именно касательную в начале графика, а не хорду к дальней точке. По рисунку касательная идёт под наклоном \(\alpha'(0)\approx15^\circ/\text{мин}\approx0{,}26\text{ рад/мин}\), откуда \[u=L\,\alpha'(0)\approx1000\text{ м}\cdot0{,}26\,\text{мин}^{-1}\approx260\,\text{м/мин}\approx4{,}4\text{ м/с}.\]

3. Высота через 7 минут. Шар поднимается равномерно: \(h=ut=4{,}4\text{ м/с}\cdot420\text{ с}\approx1850\text{ м}\approx1{,}9\text{ км}\).

4. Скорость ветра. На графике на седьмой минуте \(\alpha\) достигает максимума, \(\alpha_{\max}\approx61^\circ\), и \(\alpha'=0\). Тогда и \((\operatorname{tg}\alpha)'=0\). Продифференцируем по времени формулу пункта 1, учитывая \(\dot h=u\), \(\dot x=w\): \[\frac{d}{dt}\,\frac{h}{L+x}=\frac{u\,(L+x)-h\,w}{(L+x)^2}=0\quad\Rightarrow\quad w=\frac{u\,(L+x)}{h}=\frac{u}{\operatorname{tg}\alpha_{\max}}.\] Обратите внимание: \(w\) — горизонтальная скорость шара, то есть скорость ветра, а не скорость вдоль луча зрения. Только в точке максимума угла она выражается через одну известную величину \(u\): в любой другой точке понадобилось бы знать смещение \(x\), то есть весь предыдущий подъём.

Подставим: \(\operatorname{tg}61^\circ\approx1{,}80\), поэтому \(w\approx4{,}4/1{,}80\approx2{,}4\text{ м/с}\).

Проверка. Размерность: \(u/\operatorname{tg}\alpha\) — м/с. Второй способ для \(u\): если бы ветра не было вовсе, \(\operatorname{tg}\alpha=ut/L\); на пятой минуте это даёт \(\operatorname{tg}\alpha=4{,}4\cdot300/1000=1{,}32\), то есть \(\alpha=53^\circ\), на седьмой — \(62^\circ\). На графике \(54^\circ\) и \(61^\circ\): до седьмой минуты шар сносит всего на несколько десятков метров, и определение \(u\) по началу графика оправдано. Смысл: у земли воздух почти спокоен, а ближе к 2 км скорость ветра заметно растёт.

Ответ: высота \(h=ut\approx1{,}9\text{ км}\); скорость ветра \(w=u/\operatorname{tg}\alpha_{\max}\approx2{,}4\text{ м/с}\). Точность определяется чтением графика, около \(5\)–\(10\,\%\).

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

Подсказка

Груз опускается из-за двух движений сразу: брусок подъезжает к блоку, и нить сматывается с валика. Ускорение груза известно из \(s\) и \(t\), а ускорение бруска найдите из закона движения бруска вместе с валиком.

Ответ

\(N=\dfrac{1}{2\pi R}\Bigl[s\Bigl(1+\dfrac1k\Bigr)-\dfrac{gt^2}{2k}\Bigr]\approx1\) оборот.

Решение

Что происходит. Нить тянет валик за нижнюю точку вправо, к блоку. Брусок вместе с валиком — одно тело, на которое по горизонтали действует только натяжение нити, поэтому оно едет к блоку. Валик при этом ещё и поворачивается на оси, сматывая нить. Длина нити постоянна, так что груз опускается за счёт двух вкладов: сближения бруска с блоком и разматывания нити с валика. Главная идея: ускорения груза и бруска известны из второго закона Ньютона, а угол поворота валика остаётся из связи длины нити.

Обозначения. Ось \(x\) направим к блоку. \(a\) — ускорение груза вниз, \(A\) — ускорение бруска с валиком к блоку, \(X\) — его смещение, \(T\) — натяжение нити, \(M=km\) — масса бруска с валиком (ось проходит через центр валика, поэтому центр масс этого тела движется как центр масс бруска), \(\varphi\) — угол поворота валика относительно бруска, \(\varepsilon\) — угловое ускорение.

1. Ускорение груза. Груз двигался из состояния покоя равноускоренно: \(s=at^2/2\), откуда \[a=\frac{2s}{t^2}=\frac{2\cdot0{,}63\text{ м}}{(3\text{ с})^2}=0{,}14\,\text{м/с}^2.\]

2. Натяжение нити. Второй закон Ньютона для груза в проекции на вертикаль вниз: \(mg-T=ma\). Блок невесомый, трения нет, поэтому натяжение одинаково по всей нити: \[T=m(g-a).\]

3. Движение бруска с валиком. Второй закон Ньютона для центра масс бруска вместе с валиком в проекции на ось \(x\). Вертикальные силы (тяжесть и реакция стола) скомпенсированы, трения нет, а силы между бруском и валиком — внутренние. Единственная внешняя горизонтальная сила — натяжение нити, приложенное к валику: \[kmA=T\quad\Rightarrow\quad A=\frac{T}{km}=\frac{g-a}{k}=\frac{9{,}8-0{,}14}{92}\approx0{,}105\,\text{м/с}^2.\] Обратите внимание: \(A\neq a\). Нить сматывается с вращающегося валика, поэтому груз и брусок движутся с разными ускорениями. Момент инерции валика в задаче не нужен и не задан: вращение валика определяется кинематикой, а не динамикой.

4. Связь перемещений. Рассмотрим малый промежуток времени. Брусок смещается к блоку на \(dX\) — горизонтальный участок нити становится короче на \(dX\). Валик поворачивается на \(d\varphi\) и разматывает \(R\,d\varphi\) нити (стрелка на рисунке условия показывает вращение против часовой стрелки: нижняя точка валика движется к блоку, нить сматывается). Длина нити постоянна, поэтому груз опускается на \(ds=dX+R\,d\varphi\). Просуммируем от начала движения: \[s=X+R\varphi .\]

5. Угол поворота. Брусок движется равноускоренно из состояния покоя: \(X=At^2/2\). Из пункта 4 \[R\varphi=s-\frac{At^2}{2}=s-\frac{(g-a)\,t^2}{2k},\qquad X=\frac{0{,}105\cdot9}{2}\approx0{,}47\text{ м},\quad R\varphi\approx0{,}63-0{,}47=0{,}16\text{ м}.\]

Подставим \(a=2s/t^2\): \(R\varphi=s\Bigl(1+\dfrac1k\Bigr)-\dfrac{gt^2}{2k}\). Число оборотов \(N=\varphi/2\pi\): \[N=\frac{1}{2\pi R}\Bigl[s\Bigl(1+\frac1k\Bigr)-\frac{gt^2}{2k}\Bigr]=\frac{0{,}1575\text{ м}}{2\pi\cdot0{,}025\text{ м}}\approx1{,}0 .\]

Проверка. Размерность: в скобках длина, делим на длину — число оборотов. Предел: если брусок очень тяжёлый (\(k\to\infty\)), он не движется, \(X\to0\), и вся нить сматывается с валика: \(N=s/(2\pi R)\approx4{,}0\) оборота — верно, нить длиной \(63\) см при длине окружности \(15{,}7\) см. Смысл ответа: брусок в \(92\) раза тяжелее груза, но всё же уходит из-под нити на \(47\) см из \(63\), и на валик остаются лишь \(16\) см — около одного оборота.

Ответ: \(N=\dfrac{1}{2\pi R}\Bigl[s\Bigl(1+\dfrac1k\Bigr)-\dfrac{gt^2}{2k}\Bigr]\approx1\) оборот.

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

Подсказка

Силу давления ртути на купол найдите из равновесия самой ртути: на неё действуют дно, купол и вес. А что стоит на вершине купола, где давление ртути не может стать отрицательным?

Ответ

1) \(h=R+\dfrac{\rho_1R}{3\rho}-\dfrac{m}{\pi\rho R^2}\) (при \(m<\dfrac{\pi\rho_1R^3}{3}\));  2) \(H=\Bigl(\dfrac{3m}{\pi\rho_1}\Bigr)^{1/3}\).

Решение

Что происходит. На чашку действуют три вертикальные силы: вес \(mg\), давление воды на верхнюю грань (вниз) и давление ртути на купол полости (вверх); ещё есть реакция дна. Ртуть тяжелее воды: она давит на купол сильнее, чем вода давит на чашку сверху, а по мере откачки давление воды падает, и чашка теряет опору на дно. Главная идея: силу давления ртути на купол найти из условия равновесия самой ртути, а отрыв считать моментом, когда реакция дна обращается в нуль.

Обозначения. Ось \(y\) направим вверх, дно — \(y=0\). \(F_{\text{в}}\) — сила давления воды на верхнюю грань, \(F_{\text{рт}}\) — сила давления ртути на купол вверх, \(N\) — реакция дна на край чашки, \(p_b\) — давление ртути на уровне дна, \(p_a\) — давление ртути на вершине купола (на высоте \(R\)), \(W=\tfrac23\pi R^3\rho_1g\) — вес ртути в полости.

Пункт 1. Отрыв чашки.

1. Вода сверху. Над водой вакуум (давлением паров пренебрегаем), поэтому давление воды на высоте \(y\) равно \(\rho g(h-y)\). Пока \(h>R\), на верхнюю грань (высота \(R\), площадь \(\pi R^2\)) действует \[F_{\text{в}}=\rho g\,(h-R)\,\pi R^2 .\] Боковые стенки дают только горизонтальные силы.

2. Давление в ртути. В ртути давление растёт вниз по закону гидростатики: \(p_b=p_a+\rho_1gR\). Пока воды много, давление в ртути определяет вода: у края чашки ртуть и вода соприкасаются, поэтому \(p_b=\rho gh\), и давление на вершине \(p_a=\rho gh-\rho_1gR\). Оно положительно при \(h>h_*=\rho_1R/\rho\) (около \(13{,}6\,R\)). В этом режиме равновесие чашки даёт \(N=mg+\tfrac23\pi\rho_1gR^3-\pi\rho gR^3>0\) (так как \(\rho_1>\tfrac32\rho\)), и от \(h\) реакция не зависит — чашка лежит.

3. Что меняется ниже \(h_*\). При \(h<h_*\) формула дала бы \(p_a<0\), а ртуть не может тянуть купол вниз: под вершиной образуется пузырёк вакуума, и \(p_a=0\). Тогда \[p_b=\rho_1gR\quad\text{и не зависит от }h .\] Обратите внимание: здесь система меняет поведение. Давление воды на чашку продолжает падать вместе с \(h\), а давление ртути больше не следует за водой и остаётся прежним — прижимающая сила слабеет, поднимающая нет.

4. Сила давления ртути на купол. Рассмотрим ртуть в полости как тело. Равновесие ртути в проекции на \(y\): снизу действует дно с силой \(p_b\pi R^2\) (ртуть касается дна по кругу радиуса \(R\)), сверху — купол с силой \(F_{\text{рт}}\) (по третьему закону Ньютона равной силе ртути на купол), вниз тянет вес \(W\): \[p_b\pi R^2=F_{\text{рт}}+W\quad\Rightarrow\quad F_{\text{рт}}=\pi R^2\cdot\rho_1gR-\tfrac23\pi R^3\rho_1g=\tfrac13\,\pi\rho_1gR^3 .\]

5. Условие отрыва. Чашка отрывается, когда её реакция дна обращается в нуль, \(N=0\). Условие равновесия чашки в проекции на \(y\): \(F_{\text{рт}}-mg-F_{\text{в}}=0\), \[\tfrac13\pi\rho_1gR^3=mg+\rho g\,(h-R)\,\pi R^2 \quad\Rightarrow\quad h=R+\frac{\rho_1R}{3\rho}-\frac{m}{\pi\rho R^2}.\] Формула верна при \(h\ge R\) (верхняя грань под водой), то есть при \(m\le\pi\rho_1R^3/3\). Если чашка тяжелее, поднимающей силы \(\tfrac13\pi\rho_1gR^3\) не хватает ни при каком уровне воды, и ртуть не вытекает.

График показывает, как ведёт себя реакция \(N(h)\) по формулам пунктов 2 и 3 (взято \(\rho_1/\rho=13{,}6\), \(m=\pi\rho R^3\)): сплошная часть — чашка прижата, ниже \(h_1\) формула давала бы \(N<0\), значит, чашка уже оторвалась.

Пункт 2. Высота ртути после откачки.

6. Чашка опустилась. Пока \(F_{\text{рт}}>mg+F_{\text{в}}\), чашка приподнята и ртуть вытекает из-под краёв, высота ртути в полости \(H\) уменьшается. Когда воду откачали, \(F_{\text{в}}=0\), и утечка прекращается, как только сила давления ртути сравнивается с весом чашки: \(F_{\text{рт}}=mg\).

7. Сила давления ртути при высоте \(H\). Поверхность ртути в полости — на высоте \(H\), над ней вакуум, \(p=0\). Давление у дна \(p_b=\rho_1gH\). Объём ртути — полушар без верхнего сегмента высоты \(R-H\); по формуле из условия \[V=\frac23\pi R^3-\pi(R-H)^2\Bigl(R-\frac{R-H}{3}\Bigr)=\pi\Bigl(R^2H-\frac{H^3}{3}\Bigr).\] Равновесие ртути в проекции на \(y\): \(F_{\text{рт}}+\rho_1gV=p_b\pi R^2\), откуда \[F_{\text{рт}}=\rho_1g\pi R^2H-\rho_1g\pi\Bigl(R^2H-\frac{H^3}{3}\Bigr)=\frac13\,\pi\rho_1gH^3 .\]

8. Высота. Приравняем \(F_{\text{рт}}=mg\): \[\frac13\,\pi\rho_1gH^3=mg\quad\Rightarrow\quad H=\Bigl(\frac{3m}{\pi\rho_1}\Bigr)^{1/3}.\]

Проверка. Размерность: \([\rho_1H^3]=\) кг. В пункте 1 все слагаемые — длины. Предел: при \(m=\pi\rho_1R^3/3\) получаем \(h=R\) (чашка едва удерживает полную полость и отрывается лишь тогда, когда вода опускается до верха чашки) и \(H=R\) — ртуть не вытекает; формулы пунктов 1 и 2 согласуются. При \(m\to0\) лёгкая чашка выпускает всю ртуть (\(H\to0\)) и отрывается уже при \(h=R(1+\rho_1/3\rho)\approx5{,}5R\).

Ответ: 1) \(h=R+\dfrac{\rho_1R}{3\rho}-\dfrac{m}{\pi\rho R^2}\) (при \(m<\pi\rho_1R^3/3\));  2) \(H=\Bigl(\dfrac{3m}{\pi\rho_1}\Bigr)^{1/3}\).

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