Всесоюзная, 1986/87, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Скорость у пола не зависит от того, где стоит пластинка: удар упругий, а сила тяжести потенциальна. Для расстояния выберите высоту пластинки и угол отскока, найдите дальность и сначала максимизируйте её по углу, потом по высоте.

Ответ

\(v=\sqrt{2gH}\approx4{,}4\text{ м/с}\); пластинку нужно поставить у самого пола под углом \(22{,}5^\circ\) к горизонту, чтобы мячик отскочил под \(45^\circ\); \(x_{\max}=2H=2\text{ м}\).

Решение

Что происходит. Мячик падает вертикально, упруго отражается от неподвижной пластинки и дальше летит как брошенное тело. Упругое отражение от неподвижной стенки меняет направление скорости, но не её модуль, а сила тяжести — потенциальная сила. Поэтому скорость у пола находится из закона сохранения энергии. Дальность зависит от высоты пластинки и от направления отскока; их выбираем так, чтобы дальность стала наибольшей.

Обозначения. \(h\) — высота точки удара о пластинку над полом, \(v_0\) — скорость мячика в момент удара о пластинку, \(\vec v_1\) — скорость сразу после отскока (направлена под углом \(\theta\) над горизонтом), \(x\) — расстояние по горизонтали от начальной точки до места падения на пол, \(\alpha\) — угол наклона пластинки к горизонту. Сопротивления воздуха нет, мячик считаем точкой.

Пункт 1. Скорость в момент удара о пол. Запишем закон сохранения механической энергии мячика между начальной точкой (скорость нулевая, высота \(H\)) и моментом удара о пол (высота нуль, скорость \(v\)). Он применим: в полёте действует только сила тяжести, а удар о неподвижную пластинку упругий, и механическая энергия при нём не теряется: \[mgH=\frac{mv^2}{2}\quad\Rightarrow\quad v=\sqrt{2gH}=\sqrt{2\cdot9{,}8\text{ м/с}^2\cdot1\text{ м}}\approx4{,}4\text{ м/с}.\] Это не зависит ни от положения, ни от наклона пластинки.

Пункт 2. Дальность при заданных \(h\) и угле отскока. До пластинки мячик падает с высоты \(H-h\), значит, по закону сохранения энергии \[v_0=\sqrt{2g(H-h)} .\] После отскока модуль скорости тот же, \(v_1=v_0\), а направление задаёт угол \(\theta\). Возьмём ось \(x\) по горизонтали и ось \(y\) вверх, начало — в точке удара. Кинематика движения под действием силы тяжести (ускорение \(g\) вниз): \[x=v_0\cos\theta\,t,\qquad y=h+v_0\sin\theta\,t-\frac{gt^2}{2}.\] Исключим время: \(t=x/(v_0\cos\theta)\), \(1/\cos^2\theta=1+u^2\), где \(u=\operatorname{tg}\theta\). Уравнение траектории \[y=h+xu-\frac{gx^2}{2v_0^2}\,(1+u^2).\] Мячик падает на пол при \(y=0\). Это уравнение для \(u\): \[\frac{gx^2}{2v_0^2}\,u^2-xu+\Bigl(\frac{gx^2}{2v_0^2}-h\Bigr)=0 .\]

Пункт 3. Наибольшая дальность при фиксированном \(h\). Дальность \(x\) достижима, только если для угла есть вещественное решение, то есть дискриминант неотрицателен: \[x^2-4\cdot\frac{gx^2}{2v_0^2}\Bigl(\frac{gx^2}{2v_0^2}-h\Bigr)\ge0 \quad\Rightarrow\quad x^2\le\frac{v_0^2}{g^2}\,(v_0^2+2gh).\] Наибольшая дальность отвечает равенству. Подставим \(v_0^2=2g(H-h)\); тогда \(v_0^2+2gh=2gH\), и \[x_{\max}(h)=\frac{v_0}{g}\sqrt{2gH}=2\sqrt{H(H-h)} .\] Угол при этом: двойной корень уравнения \(u=\dfrac{x}{2\cdot gx^2/(2v_0^2)}=\dfrac{v_0^2}{gx}\), откуда \[\operatorname{tg}\theta=\frac{v_0}{\sqrt{v_0^2+2gh}}=\sqrt{\frac{H-h}{H}} .\]

Пункт 4. Наилучшая высота пластинки. Функция \(2\sqrt{H(H-h)}\) убывает с ростом \(h\) (рис.). Значит, пластинку нужно поставить как можно ниже, у самого пола: \(h\to0\). Тогда \(\operatorname{tg}\theta=1\), \(\theta=45^\circ\), и дальность равна \[x_{\max}=2H=2\text{ м}.\]

Пункт 5. Положение пластинки. Мячик падает вертикально вниз, отскакивает под углом \(\theta\) к горизонту, то есть под углом \(90^\circ-\theta\) к вертикали вверх. Нормаль к пластинке делит угол между направлением «вертикально вверх» (обратная начальная скорость) и направлением отскока пополам, а сама пластинка наклонена к горизонту на угол, равный половине этого угла: \[\alpha=\frac{90^\circ-\theta}{2}=45^\circ-\frac{\theta}{2}.\] При \(\theta=45^\circ\) получаем \(\alpha=22{,}5^\circ\). Пластинку кладут у пола, наклонив на \(22{,}5^\circ\); мячик падает на неё вертикально над точкой старта, а летит дальше под \(45^\circ\) к горизонту.

Обратите внимание: угол \(45^\circ\) — наилучший только для пластинки на уровне пола. При \(h>0\) мячик стартует с высоты, и оптимальный угол меньше: \(\operatorname{tg}\theta=\sqrt{(H-h)/H}<1\). Наибольшая дальность достигается в пределе \(h\to0\); сама пластинка не может быть ниже пола, поэтому \(2H\) — верхняя граница, к которой можно приблизиться сколь угодно близко.

Проверка. Размерность: \(\sqrt{\text{м}\cdot\text{м}}=\text{м}\). Предел \(h=0\): мячик взлетает с пола со скоростью \(\sqrt{2gH}\) под \(45^\circ\), дальность \(v^2/g=2H\) — формула дальности броска с земли. Предел \(h\to H\): мячик отскакивает у самой начальной точки без скорости, \(x\to0\). Физический смысл: чем выше пластинка, тем меньше скорость мячика и тем ближе он упадёт.

Ответ: \(v=\sqrt{2gH}\approx4{,}4\text{ м/с}\); пластинку — у пола под \(22{,}5^\circ\) к горизонту; \(x_{\max}=2H=2\text{ м}\).

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

Подсказка

Шар вписан в конус, поэтому его центр лежит на оси на фиксированном расстоянии от вершины. Найдите, выше этого центра или ниже находится центр масс колпака (центр масс боковой поверхности конуса лежит на двух третях высоты от вершины), и исследуйте, как меняется высота центра масс при наклоне.

Ответ

Нет, не будет: центр масс колпака лежит на \(\dfrac{2H}{3}\approx13{,}3\) см от вершины, центр шара — на \(\dfrac{d}{2\sin(\alpha/2)}=15\) см, то есть центр масс выше центра шара на \(1{,}7\) см, и равновесие неустойчиво (колпак сползёт).

Решение

Что происходит. Колпак надет на гладкий шар и касается его по окружности. В положении, когда ось вертикальна, силы нормальной реакции от всех точек касания направлены к центру шара \(O\) и дают равнодействующую вдоль оси, которая уравновешивает силу тяжести. Вопрос — устойчиво ли это равновесие. Главная идея: при любом наклоне колпак остаётся вписанным вокруг шара, то есть поворачивается вокруг центра \(O\), и всё решает, выше или ниже \(O\) лежит центр масс.

Обозначения. \(P\) — вершина конуса, \(O\) — центр шара, \(C\) — центр масс колпака, \(r=d/2=7{,}5\) см — радиус шара, \(\alpha/2=30^\circ\) — половина угла при вершине. Трения нет. Колпак из тонкой жести без дна, его масса \(m\) распределена по боковой поверхности равномерно.

1. Где центр шара. В осевом сечении образующая конуса касается окружности радиуса \(r\). Радиус \(OK\) в точку касания перпендикулярен образующей, поэтому в прямоугольном треугольнике \(POK\) угол при вершине \(P\) равен \(\alpha/2\), а катет \(OK=r\): \[PO=\frac{r}{\sin(\alpha/2)}=\frac{7{,}5\text{ см}}{\sin30^\circ}=15\text{ см}.\] Расстояние \(PO\) не зависит от того, как наклонён колпак, пока он касается шара по окружности: шар по-прежнему вписан в конус.

2. Где центр масс колпака. Разобьём боковую поверхность на узкие кольца. Кольцо на расстоянии \(z\) от вершины (вдоль оси) имеет радиус, пропорциональный \(z\), ширину \(dz\) и поэтому массу, пропорциональную \(z\,dz\). Центр масс кольца лежит на оси на расстоянии \(z\) от вершины. Для всего колпака расстояние от вершины до центра масс — это сумма \(z\,dm\) по всем кольцам от вершины до основания, делённая на полную массу \(m\): \[PC=\frac{\int_0^H z\cdot z\,dz}{\int_0^H z\,dz}=\frac{H^3/3}{H^2/2}=\frac{2H}{3}=\frac{40}{3}\text{ см}\approx13{,}3\text{ см}.\] Обратите внимание: у сплошного конуса центр масс лежит на \(3H/4\) от вершины, у боковой поверхности — на \(2H/3\). Здесь именно поверхность («тонкая жесть», дна нет), поэтому \(2H/3\).

3. Центр масс выше центра шара. Центр шара находится на расстоянии \(PO=15\) см, центр масс — на \(PC\approx13{,}3\) см от вершины. Значит, \(C\) лежит на оси между \(P\) и \(O\), выше центра шара на \[OC=PO-PC=15\text{ см}-13{,}3\text{ см}\approx1{,}7\text{ см}.\]

4. Наклон колпака. Наклоним ось на малый угол \(\varphi\) от вертикали. Колпак опускается, пока снова не коснётся шара, и по пункту 1 центр \(O\) опять лежит на оси на расстоянии 15 см от вершины: колпак повернулся вокруг \(O\). Центр масс остался на оси на расстоянии \(OC\) от \(O\), поэтому его высота над точкой \(O\) стала \[y_C=OC\cos\varphi<OC .\] Центр масс колпака опустился, потенциальная энергия \(mgy_C\) уменьшилась. Значит, вертикальное положение не является минимумом энергии. То же самое видно по силам: нормальные реакции дают равнодействующую \(\vec N\), вертикальную и проходящую через \(O\), а сила тяжести приложена в \(C\) и смещена от вертикали через \(O\) на плечо \(d=OC\sin\varphi\). Момент силы тяжести относительно \(O\) равен \(mg\,OC\sin\varphi\) и поворачивает колпак ещё дальше от вертикали.

5. Вывод. Равновесие неустойчиво: малейшее отклонение растёт, и колпак соскальзывает с гладкого шара. Условие устойчивости — центр масс ниже центра шара: \(\dfrac{2H}{3}>\dfrac{r}{\sin(\alpha/2)}\), то есть \(H>22{,}5\) см. При \(H=20\) см оно не выполнено.

Проверка. Размерность: все величины — длины. Второй способ: сплошной конус той же высоты имел бы центр масс на \(3H/4=15\) см, то есть ровно в \(O\); равновесие было бы безразличным, а границей для сплошного конуса служит \(H=20\) см. У боковой поверхности масса сильнее сдвинута к вершине, чем у сплошного конуса, поэтому центр масс выше, чем у сплошного, и колпак из жести ведёт себя хуже сплошного. Физический смысл: центр масс выше центра шара — как карандаш, поставленный на острие.

Ответ: нет, колпак не будет держаться: центр масс на \(2H/3\approx13{,}3\) см от вершины, центр шара на \(15\) см, равновесие неустойчиво.

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

Подсказка

Нагрев идёт с потерями в комнату, пропорциональными разности температур. Запишите баланс тепла за малое время: скорость нагрева линейно убывает с ростом температуры. Продолжите прямую до комнатной температуры, где потерь нет, и найдите теплоёмкость системы в каждом опыте.

Ответ

\(C_x\approx1{,}3\cdot10^2\text{ Дж/К}\) (теплоёмкость сосуда с водой и кипятильником около \(780\text{ Дж/К}\), с образцом около \(910\text{ Дж/К}\)).

Решение

Что происходит. Кипятильник выдаёт мощность \(P=UI=7\text{ Вт}\). Часть этой мощности идёт в комнату, остальное нагревает воду, сосуд и кипятильник. Чем теплее вода, тем больше потери, поэтому нагрев замедляется: приращения температуры в таблицах убывают. Вблизи комнатной температуры потерь нет, вся мощность идёт на нагрев, и скорость нагрева равна \(P/C\). Главная идея: найти скорость нагрева при \(T=T_0\) экстраполяцией прямой и по ней — теплоёмкость системы в каждом опыте.

Обозначения. \(C\) — полная теплоёмкость воды, сосуда и кипятильника в первом опыте; \(C+C_x\) — во втором (образец лежит в воде при той же температуре); \(T_0=20\,^\circ\text{C}\) — комнатная температура; \(\tau=3\) мин \(=180\) с; \(\Delta T\) — приращение температуры за \(\tau\); \(\overline T\) — средняя температура на этом интервале. Теплоотдача в комнату — \(k(T-T_0)\) с одним и тем же \(k\) в обоих опытах: сосуд тот же, образец мал.

1. Уравнение теплового баланса за малое время. За малое время \(dt\) кипятильник выделяет \(P\,dt\), в комнату уходит \(k(T-T_0)\,dt\), остальное идёт на нагрев системы с теплоёмкостью \(C_{\text{сист}}\): \[C_{\text{сист}}\,dT=P\,dt-k(T-T_0)\,dt .\] Заменим \(dt\) интервалом \(\tau\), а \(dT\) — приращением \(\Delta T\) за него (температура меняется медленно, за 3 минуты — на градус), и отнесём приращение к средней температуре интервала: \[\Delta T=\frac{P\tau}{C_{\text{сист}}}-\frac{k\tau}{C_{\text{сист}}}\,(\overline T-T_0).\] Зависимость \(\Delta T\) от \(\overline T\) — прямая. Проверим по данным.

2. Приращения за 3 минуты. Опыт 1 (первый столбец — средняя температура интервала, в \(^\circ\)C, второй — \(\Delta T\), в К): \(25{,}8\) — \(1{,}2\); \(27{,}0\) — \(1{,}2\); \(28{,}2\) — \(1{,}1\); \(29{,}2\) — \(1{,}0\); \(30{,}2\) — \(0{,}9\); \(31{,}1\) — \(0{,}9\); \(31{,}9\) — \(0{,}8\); \(32{,}7\) — \(0{,}8\). Опыт 2: \(23{,}2\) — \(1{,}2\); \(24{,}4\) — \(1{,}2\); \(25{,}5\) — \(1{,}0\); \(26{,}5\) — \(1{,}0\); \(27{,}5\) — \(1{,}0\); \(28{,}5\) — \(0{,}9\); \(29{,}4\) — \(0{,}9\); \(30{,}2\) — \(0{,}8\). Точки обоих опытов ложатся около убывающих прямых (рис.), и потери действительно пропорциональны \(T-T_0\).

3. Экстраполяция к комнатной температуре. При \(\overline T=T_0\) потерь нет, и \[\Delta T_0=\frac{P\tau}{C_{\text{сист}}}\quad\Rightarrow\quad C_{\text{сист}}=\frac{P\tau}{\Delta T_0}.\] Проведём по точкам каждого опыта прямую (метод наименьших квадратов) и продолжим её до \(T_0=20\,^\circ\text{C}\) (рис.). Получаем \(\Delta T_{0}^{(1)}\approx1{,}62\text{ К}\) и \(\Delta T_{0}^{(2)}\approx1{,}38\text{ К}\).

4. Теплоёмкости. Мощность \(P=UI=35\text{ В}\cdot0{,}2\text{ А}=7\text{ Вт}\), \(P\tau=7\text{ Вт}\cdot180\text{ с}=1260\text{ Дж}\): \[C=\frac{1260\text{ Дж}}{1{,}62\text{ К}}\approx780\text{ Дж/К},\qquad C+C_x=\frac{1260\text{ Дж}}{1{,}38\text{ К}}\approx910\text{ Дж/К}.\] Теплоёмкость образца — разность: \[C_x=P\tau\Bigl(\frac1{\Delta T_0^{(2)}}-\frac1{\Delta T_0^{(1)}}\Bigr)\approx130\text{ Дж/К}.\] Обратите внимание: скорости нагрева в опытах нужно сравнивать при одной и той же температуре, а не в одни и те же моменты времени. В один и тот же момент вода в первом опыте теплее и теряет больше тепла, и сравнение выйдет неверным. Экстраполяция к \(T_0\) устраняет потери вовсе.

Проверка. Размерность: \(\text{Дж/К}\). Второй способ — отношение скоростей при одной температуре. При \(28\,^\circ\text{C}\) прямые дают \(\Delta T^{(1)}=1{,}09\text{ К}\) и \(\Delta T^{(2)}=0{,}94\text{ К}\). Мощность потерь при одной температуре одна и та же, поэтому остаток \(P-k(T-T_0)\) общий, и отношение скоростей равно отношению теплоёмкостей: \((C+C_x)/C=1{,}09/0{,}94\approx1{,}16\), откуда \(C_x\approx0{,}16\cdot780\approx125\text{ Дж/К}\) — в пределах точности тот же результат. Наклон прямой даёт \(k\approx0{,}29\text{ Вт/К}\) и предельную температуру \(T_0+P/k\approx44\,^\circ\text{C}\), физически разумную. Данные округлены до \(0{,}1\) градуса, поэтому \(C_x\) определяется с точностью около \(\pm15\) Дж/К.

Ответ: \(C_x\approx1{,}3\cdot10^{2}\text{ Дж/К}\).

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

Подсказка

Вольтметр — резистор, сопротивление которого пропорционально пределу: при полном отклонении через микроамперметр всегда идёт один и тот же ток. Батарея — источник с ЭДС и внутренним сопротивлением. Двух показаний хватает на обе неизвестные величины.

Ответ

\(U_3=\dfrac{U_1(1+\rho)}{1+\rho/100}\approx3{,}6\text{ В}\), где \(\rho=\dfrac{U_2-U_1}{U_1-U_2/10}\approx4{,}3\) (ЭДС батареи \(\mathcal E\approx3{,}7\) В).

Решение

Что происходит. Вольтметр на любом пределе — резистор, подключённый к источнику. Показание равно напряжению на этом резисторе, а оно меньше ЭДС: часть напряжения падает на внутреннем сопротивлении батареи. Чем выше предел, тем больше сопротивление вольтметра и тем ближе его показание к ЭДС. Главная идея: сопротивления на пределах относятся как сами пределы, поэтому двух показаний хватает, чтобы найти ЭДС и внутреннее сопротивление, а затем рассчитать показание на третьем пределе.

Обозначения. \(\mathcal E\) — ЭДС батареи, \(r\) — её внутреннее сопротивление (то самое «резистор большого сопротивления», включённый последовательно), \(R_N\) — сопротивление вольтметра на пределе \(N\) вольт, \(I_m\) — ток полного отклонения микроамперметра.

1. Сопротивление вольтметра на пределе. На пределе \(N\) вольт стрелка отклоняется до конца шкалы, когда напряжение на приборе равно \(N\), и в этот момент через микроамперметр идёт ток \(I_m\). По закону Ома для участка цепи \[R_N=\frac{N}{I_m}.\] Ток полного отклонения у микроамперметра один и тот же, поэтому \(R_{10}=10\,R_1\) и \(R_{100}=100\,R_1\). Обозначим \(R=R_1\) и безразмерное отношение \(\rho=r/R\).

2. Показание на пределе \(N\). Закон Ома для полной цепи: ток \(I=\dfrac{\mathcal E}{R_N+r}\); вольтметр показывает напряжение на себе, \(U=IR_N\): \[U=\frac{\mathcal E R_N}{R_N+r}=\frac{\mathcal E}{1+r/R_N}.\] На трёх пределах \(r/R_N=\rho\), \(\rho/10\), \(\rho/100\): \[U_1=\frac{\mathcal E}{1+\rho},\qquad U_2=\frac{\mathcal E}{1+\rho/10},\qquad U_3=\frac{\mathcal E}{1+\rho/100}.\] Неизвестных две, \(\mathcal E\) и \(\rho\); первые два уравнения их определяют, третье даёт ответ.

3. Находим \(\rho\) и \(\mathcal E\). Выразим \(\mathcal E\) из первых двух уравнений и приравняем: \(U_1(1+\rho)=U_2(1+\rho/10)\). Отсюда \[\rho=\frac{U_2-U_1}{U_1-U_2/10}=\frac{2{,}6-0{,}7}{0{,}7-0{,}26}\approx4{,}3,\qquad \mathcal E=U_1(1+\rho)\approx0{,}7\text{ В}\cdot5{,}3\approx3{,}7\text{ В}.\] Внутреннее сопротивление батареи в \(4{,}3\) раза больше сопротивления вольтметра на пределе 1 В.

4. Показание на пределе 100 В. \[U_3=\frac{\mathcal E}{1+\rho/100}=\frac{U_1(1+\rho)}{1+\rho/100}\approx\frac{3{,}72\text{ В}}{1{,}043}\approx3{,}6\text{ В}.\] Обратите внимание: даже на пределе 100 В прибор показывает не ЭДС, а чуть меньше: \(3{,}6\) В против \(\mathcal E\approx3{,}7\) В. Падение напряжения на внутреннем сопротивлении батареи не исчезает совсем, оно лишь уменьшается с ростом предела.

Проверка. Размерность: \(\rho\) — безразмерная, остальное — вольты. Второй способ — график. Из формулы \(1/U=\dfrac1{\mathcal E}+\dfrac{r}{\mathcal E R_1}\cdot\dfrac1N\): в координатах \(1/N\), \(1/U\) показания лежат на прямой. Через две точки, \((1;\,1/0{,}7)\) и \((0{,}1;\,1/2{,}6)\), проведём прямую (рис.); она отсекает на оси \(1/U\) величину \(1/\mathcal E\approx0{,}27\text{ В}^{-1}\) и при \(1/N=0{,}01\) даёт \(1/U_3\approx0{,}28\text{ В}^{-1}\), то есть \(U_3\approx3{,}6\) В. Предел \(N\to\infty\) даёт \(U\to\mathcal E\); показания растут с пределом: \(0{,}7<2{,}6<3{,}6<3{,}7\) — физически верно.

Ответ: \(U_3=\dfrac{U_1(1+\rho)}{1+\rho/100}\approx3{,}6\text{ В}\), \(\rho=\dfrac{U_2-U_1}{U_1-U_2/10}\approx4{,}3\).

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