Всесоюзная, 1986/87, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Сила сопротивления воды растёт со скоростью, поэтому скорость лодки подходит к предельному значению. Посмотрите, как меняются соседние разности записанных скоростей, и подберите закон, который их описывает.

Ответ

\(v(0{,}1\text{ с})\approx0{,}32\text{ см/с}\).

Решение

Что происходит. Груз тянет лодку вниз по нити, вода тормозит её. Пока скорость мала, натяжение и вес груза побеждают сопротивление, лодка разгоняется; чем она быстрее, тем сильнее сопротивление, и скорость подходит к предельной. Записанный конец разгона нужен, чтобы найти закон сопротивления и параметры движения, а затем «вернуться» к началу, к \(t=0\), когда лодка стояла.

Обозначения. \(M\) — масса лодки, \(m\) — масса груза, \(v\) — скорость лодки (она же скорость груза: нить нерастяжима), \(F_{\text{с}}\) — сила сопротивления воды, \(T\) — натяжение нити. Нить тонкая, блок лёгкий, трения в блоке нет, поэтому натяжение одинаково по всей нити.

1. Закон движения. Запишем второй закон Ньютона для лодки в проекции на ось вдоль канала и для груза в проекции на вертикаль вниз (ускорение \(a=dv/dt\) у них одно). Вертикальные силы на лодку (тяжесть и Архимедова сила) уравновешены: \[Ma=T-F_{\text{с}},\qquad ma=mg-T .\] Сложим уравнения: натяжение исчезает, и для системы лодка + груз \[(M+m)\,\frac{dv}{dt}=mg-F_{\text{с}}(v).\]

2. Какое сопротивление. Закон \(F_{\text{с}}(v)\) в условии не сказан, его надо найти по записи. Если \(F_{\text{с}}=kv\), то уравнение линейно, и скорость стремится к \(v_\infty=mg/k\) по закону \[v=v_\infty\bigl(1-e^{-t/\tau}\bigr),\qquad \tau=\frac{M+m}{k}.\] Проверим это по данным. Скорость записывали через равные промежутки \(\Delta=1\) с. Для такого закона \(v_\infty-v\) убывает в одно и то же число раз \(q=e^{-\Delta/\tau}\) за каждый промежуток, значит, и разности соседних записей \(\Delta v_n=v_{n+1}-v_n\) образуют геометрическую прогрессию: \[\Delta v_n:\quad 0{,}79;\ 0{,}52;\ 0{,}35;\ 0{,}23;\ 0{,}16;\ 0{,}10;\ \dots,\qquad \frac{\Delta v_{n+1}}{\Delta v_n}\approx\frac23 .\] Отношения \(0{,}66\); \(0{,}67\); \(0{,}66\); \(0{,}70\); \(0{,}63\) близки друг к другу (последние разности \(0{,}01\) слишком малы для оценки). Значит, сопротивление действительно пропорционально скорости, \(q=2/3\).

3. Предельная скорость и время нарастания. За один промежуток \(v_\infty-v\) умножается на \(q\), поэтому \(\Delta v_n=(v_\infty-v_n)(1-q)\) и \[v_\infty=v_n+\frac{\Delta v_n}{1-q}=v_n+3\Delta v_n .\] Для первых записей: \(5{,}65+3\cdot0{,}79=8{,}02\); \(6{,}44+3\cdot0{,}52=8{,}00\); \(6{,}96+3\cdot0{,}35=8{,}01\); \(7{,}31+3\cdot0{,}23=8{,}00\). Получаем \(v_\infty=8{,}0\) см/с (согласуется с хвостом записи: \(7{,}97\to8{,}0\)). Время нарастания \[\tau=\frac{\Delta}{\ln(1/q)}=\frac{1\text{ с}}{\ln1{,}5}\approx2{,}5\text{ с}.\] Запись начинается примерно через \(\tau\ln\dfrac{v_\infty}{v_\infty-5{,}65}\approx3\) с после старта и идёт до \(14\) с: на рисунке точки — записи, кривая — найденный закон.

4. Скорость через \(0{,}1\) с. Лодку отпустили без начальной скорости, \(v(0)=0\), значит, закон из п. 2 выполняется с самого начала: \[v(0{,}1\text{ с})=v_\infty\bigl(1-e^{-0{,}1/\tau}\bigr)=8{,}0\text{ см/с}\cdot\bigl(1-e^{-0{,}04}\bigr)\approx0{,}32\text{ см/с}.\] Тот же результат даёт начальное ускорение \(a_0=v_\infty/\tau\approx3{,}2\text{ см/с}^2\) (касательная на рисунке): промежуток \(0{,}1\text{ с}\ll\tau\), сопротивление почти не успевает проявиться, \(v\approx a_0\cdot0{,}1\text{ с}=0{,}32\text{ см/с}\). Обратите внимание: продолжить записанные числа назад линейно нельзя: в начале записи скорость растёт на \(0{,}79\) см/с за секунду, а у старта — на \(3{,}2\) см/с за секунду, в четыре раза быстрее. Масс \(M\), \(m\) и коэффициента \(k\) мы так и не узнали, и они не нужны: хватило \(v_\infty\) и \(\tau\).

Проверка. Размерность: показатель экспоненты \(t/\tau\) безразмерен, \(v\) измеряется в см/с. Предел \(t\to0\): \(v\to0\), как и должно быть при старте из покоя. Предел \(t\to\infty\): \(v\to v_\infty=8\) см/с, а хвост записи (\(7{,}96\); \(7{,}97\)) уже почти там. Второй способ: из формулы \(v=v_\infty(1-e^{-t/\tau})\) при \(t=3\) с получаем \(8(1-e^{-3/2{,}47})\approx5{,}6\) — первая запись (\(5{,}65\)) воспроизводится, значит, и начало разгона описано верно.

Ответ: \(v(0{,}1\text{ с})=v_\infty\bigl(1-e^{-0{,}1/\tau}\bigr)\approx0{,}32\text{ см/с}\) (\(v_\infty=8{,}0\) см/с, \(\tau\approx2{,}5\) с).

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

Подсказка

Течение воды по трубам подчиняется закону, похожему на закон Ома: расход пропорционален перепаду давления. Нарисуйте гидравлическую схему как электрическую и найдите сопротивление каждого элемента.

Ответ

1) оба крана открыты: \(\tau=4{,}8\) мин;  2) оба крана и душ: \(\tau=10{,}8\) мин.

Решение

Что происходит. Вода идёт по трубе от водопровода к ванне. Для ламинарного течения расход пропорционален перепаду давления, как ток пропорционален напряжению. Поэтому кран, душ и общий носик работают как сопротивления, а водопровод — как источник с одним и тем же давлением \(p\) на оба крана. Главная идея — составить электрическую схему и считать по законам для цепей: последовательное сопротивление складывается, параллельное — по правилу проводимостей.

Обозначения. \(V\) — объём ванны, \(Q=V/\tau\) — расход (объём в единицу времени), \(p\) — избыточное давление в трубах до кранов (над атмосферным), \(r_{\text{х}}\), \(r_{\text{г}}\) — гидравлические сопротивления открытых кранов холодной и горячей воды, \(R\) — сопротивление шланга с душем. Расход через элемент \(Q=\Delta p/r\). Сопротивление общего носика без шланга считаем пренебрежимо малым: вода выходит из него под атмосферным давлением.

1. Четыре опыта с одним краном. Измеряем сопротивления в единицах \(p\cdot\text{мин}/V\), то есть \(Q=p/r\) даёт \(r=p/Q=p\tau/V\). Холодный кран, носик без шланга: давление \(p\) падает на одном сопротивлении, \(r_{\text{х}}=p\tau_1/V=8\). Тот же кран с душем: сопротивления соединены последовательно, \(r_{\text{х}}+R=p\tau_2/V=14\), откуда \(R=14-8=6\). Горячий кран: \(r_{\text{г}}=p\tau_3/V=12\); с душем \(r_{\text{г}}+R=18\), откуда снова \(R=18-12=6\). Сопротивление шланга получилось одним и тем же из двух независимых опытов, значит, модель описывает опыты.

2. Оба крана, без душа. Оба крана подключены к одному давлению \(p\) и выпускают воду в общий носик без сопротивления — они соединены параллельно, расходы складываются: \[Q=\frac pr_{\text{х}}+\frac p{r_{\text{г}}}=\frac V{\tau_1}+\frac V{\tau_3}\quad\Rightarrow\quad \frac1\tau=\frac1{\tau_1}+\frac1{\tau_3}=\frac18+\frac1{12}=\frac5{24}\ \text{мин}^{-1},\quad \tau=4{,}8\text{ мин}.\]

3. Оба крана и душ. Вода из двух параллельных кранов проходит через шланг: сопротивления кранов \(8\) и \(12\) дают общее \(r_{\text{х}}r_{\text{г}}/(r_{\text{х}}+r_{\text{г}})=96/20=4{,}8\), и последовательно с ним — шланг \(R=6\). Полное сопротивление \(4{,}8+6=10{,}8\), откуда \[\tau=\frac{V\,r_{\text{полн}}}{p}=10{,}8\text{ мин}.\] Обратите внимание: при двух кранах складываются расходы, то есть обратные времена, а не сами времена — поэтому получилось \(4{,}8\) мин, меньше каждого из \(8\) и \(12\) мин. Зато душ добавляет к времени одно и то же, \(6\) мин, при любой комбинации кранов: он стоит последовательно со всем, что перед ним, а полное сопротивление пропорционально времени наполнения.

Проверка. Предел: \(R\to0\) даёт \(4{,}8\) мин — ответ пункта 2. Знак: оба крана должны наполнять быстрее каждого по отдельности (\(4{,}8<8\) и \(4{,}8<12\)), а душ — замедлять (\(10{,}8>4{,}8\)); и одновременно \(10{,}8<14\), потому что два крана с душем лучше одного крана с душем. Размерность: \(\tau=V\cdot r_{\text{полн}}/p\), единицы времени.

Ответ: \(\tau=\dfrac{\tau_1\tau_3}{\tau_1+\tau_3}=4{,}8\) мин; с душем \(\tau'=\dfrac{\tau_1\tau_3}{\tau_1+\tau_3}+(\tau_2-\tau_1)=10{,}8\) мин.

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

Подсказка

В установившемся режиме для каждого сорта молекул (воздуха и пара) приход через трещины равен тому, что уносит насос. Составьте это условие для обоих сортов и сравните.

Ответ

\(p_{\text{п}}'=p_{\text{у}}\,\dfrac{\varphi p_{\text{н}}}{p_0}\approx1{,}8\cdot10^{-5}\) мм рт. ст. (\(\approx2{,}5\cdot10^{-3}\) Па).

Решение

Что происходит. Через микротрещины в сосуд просачивается воздух вместе с водяным паром, насос выкачивает смесь. Давление внутри устанавливается, когда приход молекул равен их уходу. Главная идея: приход и уход проходят отдельно для каждого сорта молекул, а условия для обоих сортов одинаковы, поэтому внутри смесь получается того же состава, что и снаружи.

Обозначения. Величины внутри сосуда — со штрихом: \(n_i'\) — концентрация молекул сорта \(i\) внутри, \(n_i\) — снаружи; сорта — воздух (в) и пар (п). Температура везде одна.

1. Пар снаружи. Относительная влажность — отношение парциального давления пара к давлению насыщенного пара при той же температуре, \(\varphi=p_{\text{п,нар}}/p_{\text{н}}\). Парциальное давление пара в воздухе снаружи: \[p_{\text{п,нар}}=\varphi p_{\text{н}}=0{,}8\cdot17{,}5\text{ мм рт. ст.}=14\text{ мм рт. ст.}\] Это \(14/760\approx1{,}8\ \%\) от давления воздуха \(p_0\) (закон Дальтона: давление смеси — сумма парциальных).

2. Баланс молекул каждого сорта. В единицу времени сорт \(i\) втекает в сосуд через трещины и откачивается. Поток внутрь пропорционален концентрации этих молекул снаружи: \(\Phi_i^{\text{вх}}=\alpha n_i\). Обратным потоком из сосуда пренебрегаем: давление внутри в \(10^6\) раз меньше. Насос уносит из сосуда за секунду одну и ту же долю содержимого, не различая сорта: \(\Phi_i^{\text{нас}}=\beta n_i'\). В установившемся режиме для каждого сорта \(\Phi_i^{\text{вх}}=\Phi_i^{\text{нас}}\), значит \[n_i'=\frac{\alpha}{\beta}\,n_i ,\qquad\text{и для воздуха, и для пара одним и тем же множителем}\ \frac\alpha\beta .\] Давление пропорционально концентрации при той же температуре, \(p=nkT\), поэтому \(p_i'=\dfrac{\alpha}{\beta}p_i\).

3. Множитель из полного давления. Для суммы всех сортов то же соотношение связывает давления внутри и снаружи: \(p_{\text{у}}=\dfrac\alpha\beta\,p_0\), откуда \(\dfrac\alpha\beta=\dfrac{p_{\text{у}}}{p_0}=\dfrac{0{,}001}{760}\approx1{,}3\cdot10^{-6}\). Давление пара внутри: \[p_{\text{п}}'=\frac{p_{\text{у}}}{p_0}\,\varphi p_{\text{н}}=\frac{0{,}001}{760}\cdot14\text{ мм рт. ст.}\approx1{,}8\cdot10^{-5}\text{ мм рт. ст.}\approx2{,}5\cdot10^{-3}\text{ Па}.\] Обратите внимание: пар в сосуде далёк от насыщения (\(p_{\text{п}}'\ll p_{\text{н}}\)), поэтому он не конденсируется; давление \(p_{\text{н}}\) нужно только для пересчёта влажности в парциальное давление пара снаружи. Второе замечание: если бы трещины пропускали молекулы поодиночке (щель уже длины свободного пробега), множитель \(\alpha\) был бы пропорционален средней скорости молекул сорта \(i\) и разный у воздуха и пара; но та же скорость входит и в \(\beta\) насоса в таком режиме, и в отношении \(\alpha/\beta\) она сокращается.

Проверка. Размерность: давление умножается на безразмерное отношение \(p_{\text{у}}/p_0\cdot\varphi\). Предел \(\varphi\to0\): внутри пара нет, \(p_{\text{п}}'\to0\). Предел \(p_{\text{у}}\to p_0\) (сосуд не откачан): \(p_{\text{п}}'\to\varphi p_{\text{н}}=14\) мм рт. ст., как снаружи. Доля пара в смеси внутри та же \(1{,}8\ \%\) и совпадает с долей снаружи, как и должно быть при одинаковом множителе для обоих сортов.

Ответ: \(p_{\text{п}}'=p_{\text{у}}\dfrac{\varphi p_{\text{н}}}{p_0}\approx1{,}8\cdot10^{-5}\) мм рт. ст.

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

Подсказка

Маленькая пылинка в воздухе движется равномерно: сила со стороны поля уравновешена сопротивлением воздуха, пропорциональным скорости. Значит, скорость пылинки пропорциональна напряжённости поля в том месте, где она находится.

Ответ

\(t=\dfrac{R\tau}{2H}=6\) с.

Решение

Что происходит. Заряженная пылинка в воздухе почти мгновенно приходит к установившейся скорости: сила со стороны поля уравновешивается сопротивлением воздуха. Для мелкой пылинки сопротивление \(F=kv\) (закон Стокса), поэтому скорость пропорциональна напряжённости: \(v=\mu E\) с постоянной \(\mu=q/k\), одной и той же для всех пылинок. В первом опыте поле однородно и скорость постоянна, это даёт \(\mu E_1\). Во втором скорость зависит от расстояния до оси, и время набирается интегрированием.

Обозначения. \(q\) — заряд пылинки, \(k\) — коэффициент сопротивления, \(v_1=\mu E_1\) — скорость пылинки в первом опыте, \(r\) — расстояние до оси. Силой тяжести пренебрегаем: в обычных условиях пыль оседает очень медленно, то есть гораздо медленнее, чем в поле.

1. Опыт 1: скорость пылинки. Вдоль оси пылинка движется равномерно со скоростью \(v_1\): \(qE_1=kv_1\). Вся пыль осела за \(\tau\); последней оседает пыль, стартовавшая с верхней крышки, она проходит высоту \(H\): \[v_1=\frac H\tau=\frac{1\text{ м}}{120\text{ с}}\approx8{,}3\text{ мм/с}.\]

2. Опыт 2: скорость на расстоянии \(r\). Поле проволоки направлено вдоль радиуса, \(E(r)\sim1/r\), а у стенки \(E(R)=E_1\), поэтому \(E(r)=E_1R/r\). В каждой точке для пылинки выполняется то же равенство сил, \(qE(r)=kv\), значит \[v(r)=\frac{q}{k}E(r)=v_1\frac Rr .\] Скорость тем больше, чем ближе пылинка к проволоке: поле там сильнее.

3. Время оседания пылинки, стартовавшей с расстояния \(r_0\). Рассмотрим малый промежуток \(dt\): пылинка смещается на \(dr=v(r)\,dt=v_1\dfrac Rr\,dt\), то есть \(r\,dr=v_1R\,dt\). Просуммируем от начала (\(r=r_0\)) до оседания на стенку (\(r=R\)): \[\int_{r_0}^{R}r\,dr=v_1R\int_0^{t}dt\quad\Rightarrow\quad \frac{R^2-r_0^2}{2}=v_1Rt,\qquad t=\frac{R^2-r_0^2}{2v_1R}.\] Положение пылинки со временем: \(r(t)=\sqrt{r_0^2+2v_1Rt}\) (график для \(r_0\to0\) и \(r_0=5\) см).

4. Вся пыль. Пыль заполняет весь цилиндр, поэтому последними оседают пылинки, стартовавшие у самой проволоки (\(r_0\to0\), проволока тонкая): \[t=\frac{R}{2v_1}=\frac{R\tau}{2H}=\frac{0{,}1\text{ м}\cdot120\text{ с}}{2\cdot1\text{ м}}=6\text{ с}.\] Обратите внимание: нельзя брать \(t=R/v_1=12\) с, как если бы скорость была везде равна \(v_1\): у оси она больше, и пылинка там идёт быстрее, чем у стенки. Значения \(E_1\) и самого заряда \(q\) в ответ не входят: они сокращаются через \(v_1=H/\tau\).

Проверка. Размерность: \(R\tau/H\) — время. Оценка сверху: внутри цилиндра \(v(r)\ge v_1\), значит, время меньше \(R/v_1=R\tau/H=12\) с; полученные \(6\) с этому не противоречат. Второй способ: \(t=\int_0^R dr/v(r)=\int_0^R\dfrac{r\,dr}{v_1R}=\dfrac{R}{2v_1}\), то же число. Физический смысл: второй способ очистки в двадцать раз быстрее первого, потому что пылинкам надо пройти \(0{,}1\) м вместо \(1\) м, да ещё и в более сильном поле.

Ответ: \(t=\dfrac{R\tau}{2H}=6\) с.

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

Подсказка

Лампочка нелинейна, но при каждом токе на ней вполне определённое напряжение, и его можно прочитать по графику. Если бы в цепи, кроме лампочки, не было сопротивления, при замыкании лампочки ток был бы бесконечным. Значит, у источников и амперметра есть сопротивление, и его надо найти из двух опытов.

Ответ

\(I_{\text{кз}}\approx48\) мА (значения \(U_1\) и \(U_2\) считаны по графику, погрешность порядка \(2\) мА).

Решение

Что происходит. В цепи один контур: батарейка \(\mathcal{E}=9\) В, батарейка \(\mathcal{E}_x\) включена против неё (так показано на рисунке 3; это же следует из того, что переворот увеличивает ток), амперметр и лампочка. Лампочка нелинейна, но при токе \(I_1\) на ней вполне определённое напряжение \(U_1\), при \(I_2\) — \(U_2\); оба считываем с графика. Разность между ЭДС и напряжением на лампочке падает на сопротивлении \(r\) остальной части цепи (внутренние сопротивления батареек и амперметра, подводящих проводов). Неизвестных два: \(\mathcal{E}_x\) и \(r\), два опыта дают два уравнения.

Обозначения. \(r\) — суммарное сопротивление источников и амперметра, \(U_1\), \(U_2\) — напряжения на лампочке при токах \(I_1\), \(I_2\), \(I_{\text{кз}}\) — ток при замкнутой лампочке. Лампочка в схеме одна и та же, её характеристика от направления ЭДС не зависит.

1. Напряжения на лампочке. По рисунку 4 при \(I_1=20\) мА получаем \(U_1\approx3{,}1\) В, при \(I_2=35\) мА — \(U_2\approx8{,}9\) В (точки \(A\) и \(B\) на графике решения).

2. Закон Ома для контура в двух опытах. Исходная схема: ЭДС батареек направлены навстречу, суммарная ЭДС равна \(\mathcal{E}-\mathcal{E}_x\). Закон Ома для замкнутой цепи в исходной схеме: \[\mathcal{E}-\mathcal{E}_x=U_1+I_1r .\] После переворота \(\mathcal{E}_x\) ЭДС складываются: \(\mathcal{E}+\mathcal{E}_x=U_2+I_2r\) (ток вырос — это согласуется с тем, что до переворота ЭДС вычитались).

3. Сопротивление \(r\) и \(\mathcal{E}_x\). Сложим уравнения: \(\mathcal{E}_x\) исчезает. \[2\mathcal{E}=U_1+U_2+(I_1+I_2)\,r\ \Rightarrow\ r=\frac{2\mathcal{E}-U_1-U_2}{I_1+I_2}=\frac{18\text{ В}-12{,}0\text{ В}}{0{,}055\text{ А}}\approx1{,}1\cdot10^2\text{ Ом}.\] Из первого уравнения: \(\mathcal{E}-\mathcal{E}_x=3{,}1\text{ В}+0{,}020\text{ А}\cdot109\text{ Ом}=5{,}3\text{ В}\), то есть \(\mathcal{E}_x\approx3{,}7\) В.

4. Лампочка закорочена. Лампочки в контуре нет, напряжение на ней нуль, остаётся закон Ома для замкнутой цепи без лампочки с теми же \(\mathcal{E}-\mathcal{E}_x\) и \(r\): \[I_{\text{кз}}=\frac{\mathcal{E}-\mathcal{E}_x}{r}=I_1+\frac{U_1}{r}=20\text{ мА}+\frac{3{,}1\text{ В}}{109\text{ Ом}}\approx48\text{ мА}.\] На графике это ордината пересечения прямой \(U=(\mathcal{E}-\mathcal{E}_x)-Ir\) с осью токов (точка \(K\)): прямая идёт через точку \(A\) и наклонена так, как задаёт \(r\).

Обратите внимание: отношение \(U/I\) у лампочки в двух опытах разное (\(155\) Ом и \(254\) Ом), поэтому одно «сопротивление лампочки» ввести нельзя; от графика нужны ровно две точки, \(A\) и \(B\).

Проверка. Если бы \(r=0\), суммы \(U_1+U_2\) хватало бы на \(2\mathcal{E}=18\) В; по графику она \(12\) В, остальные \(6\) В падают на \(r\): \(0{,}055\text{ А}\cdot109\text{ Ом}\approx6\) В, как и должно быть. Знак: \(\mathcal{E}-\mathcal{E}_x=5{,}3\text{ В}>U_1=3{,}1\text{ В}\), ток при замыкании лампочки больше \(20\) мА, так что \(48>20\). Второй способ: второе уравнение даёт \(\mathcal{E}+\mathcal{E}_x=8{,}9+0{,}035\cdot109=12{,}7\) В, то есть \(\mathcal{E}_x=(12{,}7-5{,}3)/2=3{,}7\) В — то же значение.

Ответ: \(I_{\text{кз}}=I_1+\dfrac{U_1\,(I_1+I_2)}{2\mathcal{E}-U_1-U_2}\approx48\) мА.

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