Всесоюзная, 1984/85, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Метки кажутся неподвижными, если между двумя вспышками диск успевает повернуться ровно на целое число промежутков между метками. Что увидит глаз, если диск «не добежал» до такого поворота совсем чуть-чуть?

Ответ

1) число меток кратно 180, наименьшее — \(N=180\); 2) диск остановится через \(80\text{ с}\) после выключения двигателя; 3) метки побегут в другую сторону через \(40\text{ с}\) после начала торможения.

Решение

Что происходит. Лампа вспыхивает через равные промежутки \(T=0{,}01\text{ с}\), и глаз видит диск только в эти моменты. Метки одинаковые, поэтому, если между вспышками диск повернулся ровно на целое число промежутков между метками, каждая следующая картинка неотличима от предыдущей: метки «стоят». Если диск поворачивается чуть меньше целого числа промежутков, картина каждый раз оказывается немного сдвинутой назад, и мы видим бег меток, которого на самом деле нет. Главная идея задачи: считать, на какую долю промежутка между метками сдвигается картина за один период вспышек.

Обозначения. \(N\) — число меток, расположенных на диске равномерно. \(\nu\) — частота вращения, \(f=N\nu\) — число меток, которые за секунду проходят мимо точки наблюдения. \(s=fT\) — на сколько промежутков между метками поворачивается диск за один период вспышек. Номинальная частота \(\nu_0=33\frac13\text{ об/мин}=\dfrac{5}{9}\text{ об/с}\).

Пункт 1. Число меток.

1. За период вспышки диск поворачивается на \(\nu_0T=\dfrac59\cdot0{,}01=\dfrac1{180}\) оборота. Один промежуток между метками — это \(1/N\) оборота. Значит, за период вспышки диск поворачивается на \(s_0=N\nu_0T=\dfrac{N}{180}\) промежутков.

2. Метки неподвижны, когда \(s_0\) целое, то есть \(N=180k\), где \(k=1,2,\dots\) Меньше 180 меток быть не может: тогда за вспышку диск проходил бы долю промежутка. Возьмём наименьшее число \(N=180\): тогда \(s_0=1\) — за период диск ровно на один промежуток, и частота прохождения меток \(f_0=N\nu_0=100\text{ с}^{-1}\) равна частоте вспышек.

Пункт 2. Торможение. Нарисуем, что видит глаз (чёрные точки — метки при одной вспышке, кружки — те же метки при следующей).

3. Закон торможения. Силы сухого трения постоянны, поэтому постоянны момент сил и угловое ускорение: частота убывает линейно, \(\nu(t)=\nu_0-\varepsilon t\). Отсюда \[f(t)=N\nu(t)=100-\beta t,\qquad \beta=N\varepsilon ,\] а \(s(t)=f(t)T=1-\dfrac{\beta t}{100}\). Диск «не добегает» до целого числа промежутков на \(\delta=\dfrac{\beta t}{100}\) промежутка за вспышку.

4. Видимая скорость меток. Пока \(\delta\ll1\), картина за каждую вспышку сдвигается назад на \(\delta\) промежутков. Вспышек 100 в секунду, поэтому видимая скорость бега (в метках в секунду) \[v=100\,\delta=\beta t .\] Рассмотрим малый промежуток \(dt\): мимо точки наблюдения пробегает \(dn=\beta t\,dt\) меток. Просуммируем от начала торможения до момента \(t\): \[n(t)=\int_0^t\beta t'\,dt'=\frac{\beta t^2}{2}.\] Обратите внимание: «пробегают» видимые метки, а не реальные: реально мимо точки в первую секунду проходят около 100 меток. Формула верна, пока \(\delta\ll1\); за первые 4 с \(\delta\le0{,}05\), так что условие выполнено.

5. Что известно. За \(t=4\text{ с}\) пробегает \(n=10\) меток: \[\beta=\frac{2n}{t^2}=\frac{2\cdot10}{16}=1{,}25\text{ с}^{-2}.\]

6. Остановка. Диск остановится, когда \(f=0\): \(100-\beta t_{\text{ост}}=0\), \[t_{\text{ост}}=\frac{100}{\beta}=80\text{ с}.\]

7. Смена направления. Метки одинаковые, поэтому глаз сопоставляет метку новой картины с ближайшей меткой прежней, то есть выбирает наименьший сдвиг. Пока \(s>\tfrac12\), наименьший сдвиг — назад на \(1-s\) промежутков: метки бегут назад. Когда \(s\) становится меньше \(\tfrac12\), наименьший сдвиг — вперёд на \(s\): метки бегут вперёд, по вращению диска. Граница — \(s=\tfrac12\): \[1-\frac{\beta t_1}{100}=\frac12\quad\Rightarrow\quad t_1=\frac{50}{\beta}=40\text{ с}.\]

Видимая скорость \(v(t)\) (в метках в секунду): \(v=-\beta t\) при \(t<t_1\) (назад) и \(v=100-\beta t\) при \(t_1<t<t_{\text{ост}}\) (вперёд); в момент \(t_1\) она скачком меняет знак.

Проверка. Размерность: \([\beta]=\text{с}^{-2}\) — метки в секунду за секунду, из формулы \(n=\beta t^2/2\) получаются метки. Второй способ для \(t_{\text{ост}}\): диск теряет за секунду \(\beta=1{,}25\) метки в секунду от частоты \(f_0=100\) меток в секунду, значит, остановка через \(100/1{,}25=80\text{ с}\). Смысл ответа: торможение мягкое — диск стоит через 80 с, и за первые 4 с он теряет всего \(5\) меток в секунду из ста; метки при этом поначалу почти стоят и очень медленно бегут назад.

Замечание. Для \(N=180k\) метки бегут так же (\(\beta=N\varepsilon\) задано условием), смена направления — те же \(40\text{ с}\), а остановка наступает через \(80k\text{ с}\) (частота \(f_0=100k\text{ с}^{-1}\)); для наименьшего числа меток \(k=1\).

Ответ. Число меток кратно 180, наименьшее — 180. Диск остановится через \(t_{\text{ост}}=100/\beta=80\text{ с}\), метки побегут в другую сторону через \(t_1=50/\beta=40\text{ с}\) после выключения двигателя.

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

Подсказка

Подвижная половина падает свободно, а неподвижная часть растёт: сгиб идёт вниз, и всё новые куски шторы мгновенно останавливаются. Сила карниза определяется изменением импульса всей шторы.

Ответ

\(F=\dfrac{mg}2+\dfrac{3mg^2t^2}{4L}\approx14{,}7+144\,t^2\text{ Н}\) при \(0\le t\le\sqrt{2L/g}\approx0{,}55\text{ с}\); в момент распрямления \(F=2mg\approx58{,}8\text{ Н}\), после этого \(F=mg\approx29{,}4\text{ Н}\).

Решение

Что происходит. Подвижная половина падает свободно, а сгиб идёт вниз и «подбирает» куски шторы: каждый кусок, дойдя до сгиба, мгновенно останавливается, и неподвижная часть принимает его импульс как при ударе (механическая энергия на сгибе теряется). Сила карниза равна \(mg\) минус скорость изменения импульса шторы. Главная идея: посчитать импульс подвижной части в произвольный момент.

Обозначения. Ось направим вниз, начало — на карнизе. \(L=1{,}5\text{ м}\) — длина шторы по вертикали, \(\lambda=m/L=2\text{ кг/м}\) — масса единицы длины, \(F\) — сила, с которой карниз держит штору, \(g=9{,}8\text{ м/с}^2\). Подвижная ветвь имеет длину \(w\), неподвижная — \(L-w\); в начале \(w=L/2\).

1. Кинематика. Подвижная ветвь падает свободно: её скорость \(v=gt\), верхний край опустился на \(z=\dfrac{gt^2}{2}\). Штора не растягивается, поэтому сгиб находится на глубине \(\dfrac L2+\dfrac z2\): неподвижная ветвь имеет длину \(\dfrac L2+\dfrac z2\), подвижная — \(w=\dfrac L2-\dfrac z2\), а сгиб движется вдвое медленнее края, со скоростью \(v/2\).

2. Закон изменения импульса для всей шторы. На штору действуют сила тяжести \(mg\) вниз и сила карниза \(F\) вверх. Импульс шторы целиком в подвижной ветви: \(P=\lambda\,w\,v=\lambda\Bigl(\dfrac L2-\dfrac z2\Bigr)v\). Продифференцируем, учтя \(\dot z=v\), \(\dot v=g\): \[\frac{dP}{dt}=\lambda\Bigl(\frac L2-\frac z2\Bigr)g-\lambda\frac{v^2}{2}.\] Из \(\dfrac{dP}{dt}=mg-F\) получаем \[F=mg-\lambda\Bigl(\frac L2-\frac z2\Bigr)g+\lambda\frac{v^2}{2}=\lambda g\Bigl(\frac L2+\frac z2\Bigr)+\lambda v\cdot\frac v2 .\] Первое слагаемое — вес неподвижной части, второе — импульс, который она отбирает у подвижной за секунду (масса \(\lambda v/2\) в секунду останавливается с скорости \(v\)).

3. Подставим \(z\) и \(v\): \[F=\frac{mg}2+\frac{\lambda g^2t^2}{4}+\frac{\lambda g^2t^2}{2}=\frac{mg}2+\frac{3mg^2t^2}{4L}\approx14{,}7+144\,t^2\text{ Н}.\] Формула верна, пока подвижная ветвь есть, то есть при \(z\le L\): \(0\le t\le t_1=\sqrt{\dfrac{2L}g}\approx0{,}55\text{ с}\).

4. Конец падения. При \(t=t_1\): \(F=\dfrac{mg}2+\dfrac{3mg}{2}=2mg\approx58{,}8\text{ Н}\). Дальше подвижной ветви нет, штора висит неподвижно: \(F=mg\approx29{,}4\text{ Н}\).

Обратите внимание: сила в конце падения вдвое больше веса шторы, а сразу после падает до \(mg\) — на графике скачок вниз.

Обратите внимание: свободное падение подвижной ветви — это модель с потерей энергии на сгибе. Если считать штору идеально гибкой нитью без потерь, ветвь тянет вниз натяжение сгиба, край падает быстрее \(g\) и сила растёт быстрее, до бесконечности при \(t\approx0{,}47\text{ с}\). Опыты с цепочками ближе к этой модели, но в задаче принят простой вариант.

Проверка. Размерность: \([\lambda g(L+z)]=\text{Н}\). При \(t=0\) \(F=mg/2\): держит только неподвижная половина. Второй способ: импульс шторы в начале и в конце падения равен нулю, поэтому \(\int_0^{t_1}F\,dt=mgt_1\): слева \(14{,}7\cdot0{,}553+48{,}0\cdot0{,}553^3=8{,}13+8{,}13=16{,}3\text{ Н}\cdot\text{с}\), справа \(29{,}4\cdot0{,}553=16{,}3\text{ Н}\cdot\text{с}\).

Ответ. \(F=\dfrac{mg}2+\dfrac{3mg^2t^2}{4L}\approx14{,}7+144\,t^2\text{ Н}\) при \(0\le t\le0{,}55\text{ с}\); к моменту распрямления \(F=2mg\approx58{,}8\text{ Н}\), затем \(F=mg\approx29{,}4\text{ Н}\).

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

Подсказка

В установившемся режиме вся мощность нагревателя идёт на нагрев втекающей воды и на потери тепла из аквариума. Почему при двух нагревателях расход вырос втрое, а не вдвое, и что это говорит о потерях?

Ответ

Расход надо довести до нуля (проток перекрыть): мощности \(P_0/2\) хватает только на потери. При \(P=100\text{ Вт}\) расход \(q=\dfrac{P}{2c(t_2-t_1)}\approx0{,}7\text{ г/с}\) (\(\approx2{,}5\) л в час).

Решение

Что происходит. Температура воды в аквариуме не меняется, значит, поступающая тепловая мощность нагревателей уходит на два дела: на нагрев втекающей холодной воды от \(t_1\) до \(t_2\) и на потери тепла в окружающую среду через стенки. Если бы потерь не было, при двух нагревателях расход вырос бы вдвое; в условии он вырос втрое. Значит, потери есть, и они существенны. Главная идея: записать баланс мощностей для трёх режимов, потери при одной и той же температуре воды одинаковы и исключаются.

Обозначения. \(q\) — расход холодной воды (масса в секунду), \(c\) — удельная теплоёмкость воды, \(\Delta t=t_2-t_1=17\,^\circ\text{C}\), \(P_0\) — мощность одной спирали при напряжении сети \(U\), \(R\) — сопротивление спирали, \(W\) — мощность потерь тепла (при постоянной \(t_2\) одна и та же). Напряжение сети постоянно, нагреватели одинаковые.

1. Закон сохранения энергии для воды в аквариуме. Установившийся режим: температура воды постоянна, поэтому вся мощность нагревателя уходит на нагрев протекающей воды и на потери тепла через стенки. В мощностях \[P=qc\,\Delta t+W .\]

2. Один и два нагревателя параллельно. При параллельном соединении на каждой спирали полное напряжение \(U\), и мощность каждой равна \(P_0\), суммарная — \(2P_0\). Расход в обычном режиме \(q_0\), при двух нагревателях — \(3q_0\): \[P_0=q_0c\,\Delta t+W,\qquad 2P_0=3q_0c\,\Delta t+W .\] Вычтем первое уравнение из второго: \(P_0=2q_0c\,\Delta t\). Отсюда \(q_0c\,\Delta t=\dfrac{P_0}2\) и из первого уравнения \(W=\dfrac{P_0}2\). Неизвестная мощность потерь найдена: она равна половине мощности одного нагревателя.

3. Два нагревателя последовательно. Сопротивление цепи \(2R\), ток \(I=\dfrac{U}{2R}\), мощность \[P_{\text{посл}}=I^2\cdot2R=\frac{U^2}{2R}=\frac{P_0}{2},\] так как \(P_0=\dfrac{U^2}{R}\). Обратите внимание: суммарная мощность при последовательном включении вдвое меньше, а не вдвое больше, чем у одной спирали. Баланс: \(\dfrac{P_0}2=q\,c\,\Delta t+\dfrac{P_0}2\), откуда \(q=0\). Всей мощности хватает только на компенсацию потерь, поэтому проток нужно перекрыть. Если оставить проток, вода начнёт остывать.

4. Расход при одной спирали 100 Вт. Из \(q_0c\,\Delta t=\dfrac{P_0}2\): \[q_0=\frac{P_0}{2c\,\Delta t}=\frac{100}{2\cdot4200\cdot17}\ \frac{\text{кг}}{\text{с}}\approx7{,}0\cdot10^{-4}\text{ кг/с}\approx0{,}7\text{ г/с}\approx2{,}5\text{ л/ч}.\] Удельная теплоёмкость воды принята равной \(4200\text{ Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C)}\).

Проверка. Размерность: \([P/(c\Delta t)]=\dfrac{\text{Вт}}{\text{Дж}/\text{кг}}=\text{кг/с}\). Второй способ — графический: зависимость мощности от расхода \(P=W+qc\Delta t\) — прямая. Две точки известны: \((q_0;P_0)\) и \((3q_0;2P_0)\); проведём через них прямую и продолжим до \(q=0\): она пересекает ось мощности при \(P_0/2\) — ровно столько даёт последовательное включение. Значит, расход действительно нулевой.

Физический смысл: потери — половина мощности одной спирали, то есть заметная доля. Поэтому последовательное включение «ничего не нагревает» сверх потерь.

Ответ. При последовательном включении расход воды надо довести до нуля (перекрыть проток). При одной спирали мощности \(P=100\text{ Вт}\) расход \(q=\dfrac{P}{2c(t_2-t_1)}\approx0{,}7\text{ г/с}\) (около 2,5 л в час).

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

Подсказка

Приборы неидеальны: у вольтметра конечное сопротивление, у миллиамперметра — не нулевое. Четыре неизвестных (ЭДС, сопротивление резистора, сопротивления приборов) и четыре показания.

Ответ

\(R\approx2{,}1\cdot10^2\text{ Ом}\) (ещё: \(\mathcal E\approx6{,}2\text{ В}\), сопротивление вольтметра \(\approx512\text{ Ом}\), миллиамперметра — \(50\text{ Ом}\)).

Решение

Что происходит. Аккумулятор мощный, его собственным внутренним сопротивлением можно пренебречь, и источником для приборов служит ЭДС \(\mathcal E\) с резистором \(R\) последовательно. Но приборы тоже не идеальны: у вольтметра сопротивление \(R_V\), у миллиамперметра — \(R_A\). Неизвестных четыре: \(\mathcal E\), \(R\), \(R_V\), \(R_A\), а показаний тоже четыре. Главная идея: в каждом опыте записываем закон Ома для всей цепи и для того участка, на котором стоит прибор.

Обозначения. Показания приборов — напряжение на вольтметре и ток через миллиамперметр.

1. Опыт 1: приборы последовательно. Через оба прибора идёт один и тот же ток \(I_1=8\text{ мА}\), вольтметр показывает напряжение именно на себе. Закон Ома для участка с вольтметром: \[R_V=\frac{U_1}{I_1}=\frac{4{,}1}{8\cdot10^{-3}}=512{,}5\text{ Ом}.\] Закон Ома для всей цепи (резистор, миллиамперметр и вольтметр последовательно): \[\mathcal E=I_1\,(R+R_A+R_V).\]

2. Опыт 2: приборы параллельно. Напряжение на обоих приборах одно и то же и равно показанию вольтметра \(U_2=1{,}1\text{ В}\). Миллиамперметр показывает ток только через себя: закон Ома для участка с миллиамперметром \[R_A=\frac{U_2}{I_2}=\frac{1{,}1}{22\cdot10^{-3}}=50\text{ Ом}.\] Через вольтметр идёт ток \(I_V=\dfrac{U_2}{R_V}=2{,}15\text{ мА}\), и полный ток через резистор \(I=I_2+I_V=24{,}15\text{ мА}\). Закон Ома для всей цепи: напряжение источника расходуется на резистор и на приборы, \[\mathcal E=U_2+IR .\] Обратите внимание: ток в источнике — не показание миллиамперметра, а сумма токов двух параллельных приборов.

3. Сборка. Неизвестных осталось два: \(\mathcal E\) и \(R\). Приравняем ЭДС из двух опытов: \(I_1(R+R_A+R_V)=U_2+IR\). Отсюда \[R=\frac{I_1(R_A+R_V)-U_2}{I-I_1}=\frac{8\cdot10^{-3}\cdot562{,}5-1{,}1}{(24{,}15-8)\cdot10^{-3}}=\frac{3{,}4}{16{,}15\cdot10^{-3}}\approx210{,}6\text{ Ом}.\] Тогда \(\mathcal E=I_1(R+R_A+R_V)=8\cdot10^{-3}\cdot773{,}1\approx6{,}2\text{ В}\).

Проверка. Размерность: В/А = Ом. Второй способ — нагрузочная прямая: на зажимах источника (аккумулятор с резистором) напряжение \(U=\mathcal E-IR\). В опыте 1 оно равно \(U=I_1(R_A+R_V)=4{,}5\text{ В}\) при токе \(8\text{ мА}\), в опыте 2 — \(U_2=1{,}1\text{ В}\) при токе \(24{,}15\text{ мА}\). Через две точки проходит прямая с наклоном \(R=\dfrac{4{,}5-1{,}1}{(24{,}15-8)\cdot10^{-3}}\approx211\text{ Ом}\) и пересечением \(\mathcal E\approx6{,}2\text{ В}\) — как и в пункте 3. Ток короткого замыкания \(\mathcal E/R\approx29\text{ мА}\) ограничен резистором: без него мощный аккумулятор дал бы очень большой ток и сжёг бы приборы, потому и «хорошо, что мы догадались ввести резистор».

Ответ. \(R=\dfrac{I_1(R_A+R_V)-U_2}{I_2+U_2/R_V-I_1}\), где \(R_V=\dfrac{U_1}{I_1}\), \(R_A=\dfrac{U_2}{I_2}\); численно \(R\approx2{,}1\cdot10^2\text{ Ом}\) (сопротивление самого аккумулятора считали пренебрежимо малым).

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