Всесоюзная, 1989/90, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Нить закреплена не на сосуде, поэтому сосуд «чувствует» свинец только через воду. Посмотрите, как изменилась сила давления воды на дно и в какой точке дна она приложена.

Ответ

\(N_1'=N_1+\dfrac{Mg}{2n}\),  \(N_2'=N_2+\dfrac{Mg}{2n}\).

Решение

Что происходит. Свинец вытесняет воду, уровень в сосуде поднимается, и давление воды на дно растёт. Это давление одинаково во всех точках дна, поэтому добавка к силе, действующей на сосуд, приложена в центре дна. Расстояния \(l\) и \(L\) в ответ не войдут. Ключевой закон: давление жидкости на глубине \(H\) равно \(p_0+\rho gH\).

Обозначения. \(\rho\) — плотность воды, \(V\) — объём свинца, \(S\) — площадь дна, \(H\) — глубина воды над дном, \(F_{\text{А}}\) — сила Архимеда на свинец, \(p_0\) — атмосферное давление. Нить закреплена на перекладине, которая не связана с сосудом, поэтому нить на сосуд не действует.

1. Что вытесняет свинец. Из плотности свинца \(n\rho\) находим объём \(V=\dfrac{M}{n\rho}\). На погружённый свинец действует сила Архимеда \[F_{\text{А}}=\rho gV=\frac{Mg}{n}.\] По третьему закону Ньютона свинец давит на воду с той же силой, направленной вниз. Эта сила приложена к воде там, где висит свинец, но вода передаёт давление дальше по-своему: на следующем шаге видно, что на дно оно ложится равномерно.

2. Сила давления воды на дно. Стенки сосуда вертикальны, поэтому давление воды на стенки даёт силы только горизонтальные, и вертикальную силу на сосуд создаёт одно дно. Давление на дно везде равно \(p_0+\rho gH\), значит, вода давит на дно силой \[F=(p_0+\rho gH)S,\] которая приложена в центре дна: давление на прямоугольное дно распределено равномерно. Произведение \(HS\) — объём воды под уровнем. До погружения это объём воды \(V_{\text{в}}\), после погружения — объём воды плюс объём свинца: \(V_{\text{в}}+V\). Атмосферное давление \(p_0\) действует и снаружи, и его вклад не меняется. Отсюда добавка к силе на дно \[\Delta F=\rho g V=\frac{Mg}{n},\] приложенная в центре дна (рис.).

3. Силы в опорах. Рассмотрим сам сосуд (без воды) в равновесии. На него действуют сила тяжести сосуда, сила давления воды на дно \(F\) (вниз, в центре дна; вертикальных сил от вертикальных стенок нет) и силы реакции опор: сумма вертикальных сил и сумма моментов относительно центра равны нулю. Сила тяжести сосуда не менялась, меняется только \(F\): она выросла на \(\Delta F\). Поэтому \[N_1'+N_2'=N_1+N_2+\frac{Mg}{n}.\] Добавка \(\Delta F\) приложена в центре, её момент относительно центра равен нулю, поэтому моменты сил реакции изменились одинаково: \(N_1'-N_1=N_2'-N_2\). Тогда каждая сила выросла на половину добавки: \[N_1'=N_1+\frac{Mg}{2n},\qquad N_2'=N_2+\frac{Mg}{2n}.\] Обратите внимание: может показаться, что сосуд нагрузился «в точке, где висит свинец», и тогда силы в опорах изменились бы по-разному и зависели бы от \(l\) и \(L\). На деле сила Архимеда передаётся сосуду через давление воды на дно, а оно равномерно, поэтому \(l\) и \(L\) в ответ не входят.

Проверка. Размерность: \(Mg/n\) — сила, как и \(N_1\). Предел \(n\to\infty\) (свинец очень плотный, вытесняет ничтожный объём): \(\Delta F\to0\), силы не меняются. Предел \(n=1\) (плотность свинца равна плотности воды): \(\Delta F=Mg\), весь вес свинца переходит на сосуд — нить его уже не держит, так и должно быть. Второй способ для суммы: рассмотрим систему сосуд + вода + свинец. Нить держит теперь \(T'=Mg-F_{\text{А}}\) вместо \(Mg\), значит, опоры принимают на \(F_{\text{А}}=Mg/n\) больше, как и в формуле выше.

Ответ: \(N_1'=N_1+\dfrac{Mg}{2n}\), \(N_2'=N_2+\dfrac{Mg}{2n}\). Для свинца \(n\approx11\): каждая сила возрастает примерно на \(0{,}045\,Mg\).

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

Подсказка

Лёд растёт на нижней границе: вода там замерзает, и выделяющаяся теплота уходит вверх сквозь лёд. Запишите баланс тепла для малого прироста толщины и посмотрите, как скорость роста зависит от толщины.

Ответ

\(1\) м (толщина растёт как корень из времени).

Решение

Что происходит. Под льдом вода при \(0\,^\circ\)C, а воздух наверху холоднее. Нижний слой воды замерзает, при этом выделяется теплота кристаллизации, и она уходит вверх сквозь лёд в холодный воздух. Чем толще лёд, тем хуже он пропускает тепло, поэтому рост замедляется. Главная идея — тепловой баланс на нижней границе льда за малое время \(dt\): теплота кристаллизации нового слоя равна теплоте, прошедшей сквозь весь лёд.

Обозначения. \(h\) — толщина льда в момент \(t\), \(\rho\) — плотность льда, \(\lambda\) — удельная теплота кристаллизации воды, \(\kappa\) — теплопроводность льда, \(t_{\text{в}}<0\,^\circ\)C — температура воздуха (постоянная, как сказано в условии), \(S\) — площадь поверхности.

1. Тепловой поток сквозь лёд. Нижняя граница льда имеет температуру замерзания \(0\,^\circ\)C, верхняя — температуру воздуха \(t_{\text{в}}\). Теплоёмкость льда мала по сравнению с теплотой кристаллизации: чтобы охладить килограмм льда на \(10\) К, нужно около \(21\) кДж, а при замерзании килограмма воды выделяется \(330\) кДж. Поэтому в каждый момент температура внутри слоя успевает распределиться линейно (рис.), и по закону теплопроводности Фурье мощность теплового потока сквозь лёд \[P=\frac{\kappa S\,|t_{\text{в}}|}{h}.\]

2. Откуда берётся уходящее тепло. Вода под льдом холоднее быть не может, а теплопроводность воды намного меньше теплопроводности льда, и озеро глубокое: приток тепла из глубины к границе пренебрежимо мал по сравнению с потоком вверх. Значит, всё тепло, уходящее сквозь лёд, — это теплота кристаллизации нового слоя.

3. Баланс на малом промежутке. За время \(dt\) толщина льда увеличивается на \(dh\), замерзает масса \(\rho S\,dh\) и выделяется теплота \(\rho\lambda S\,dh\). Она равна теплоте, прошедшей сквозь лёд за это время, \(P\,dt\): \[\rho\lambda S\,dh=\frac{\kappa S\,|t_{\text{в}}|}{h}\,dt \quad\Longrightarrow\quad h\,dh=\frac{\kappa|t_{\text{в}}|}{\rho\lambda}\,dt .\] Просуммируем от начала (\(h=0\) при \(t=0\)) до момента \(t\) при постоянной температуре воздуха: \[\frac{h^2}{2}=\frac{\kappa|t_{\text{в}}|}{\rho\lambda}\,t \quad\Longrightarrow\quad h^2=A\,t,\qquad A=\frac{2\kappa|t_{\text{в}}|}{\rho\lambda}=\text{const}.\] Постоянная \(A\) нам не нужна: она сокращается.

4. Толщина через 1000 часов. Для двух моментов \(h_1^2=At_1\) и \(h_2^2=At_2\), поэтому \[h_2=h_1\sqrt{\frac{t_2}{t_1}}=10\text{ см}\cdot\sqrt{\frac{1000\text{ ч}}{10\text{ ч}}}=10\text{ см}\cdot10=100\text{ см}=1\text{ м}.\] Из условия находим \(A=h_1^2/t_1=10\text{ см}^2/\text{ч}\), скорость роста \(dh/dt=A/(2h)\) падает: \(0{,}5\) см/ч при \(h=10\) см и \(0{,}05\) см/ч при \(h=100\) см (рис.).

Обратите внимание: нельзя считать рост равномерным: «\(10\) см за \(10\) ч» дало бы \(10\) м за \(1000\) ч, а такой лёд на озере не вырастает. Скорость роста падает по мере утолщения слоя, потому что тепло проходит через всё большую толщину.

Проверка. Размерность: \(A\) измеряется в \(\text{см}^2/\text{ч}\), \(h=\sqrt{At}\) — в сантиметрах. Предел \(t_2=t_1\) даёт \(h_2=h_1\). Второй способ: по табличным \(\kappa\approx2{,}2\) Вт/(м\(\cdot\)К), \(\rho\approx900\) кг/\(\text{м}^3\), \(\lambda\approx3{,}3\cdot10^5\) Дж/кг получаем \(A\approx10\text{ см}^2/\text{ч}\) при \(|t_{\text{в}}|\approx19\) К — значение того же порядка, что даёт условие, так что модель описывает реальный лёд.

Ответ: \(h_2=h_1\sqrt{t_2/t_1}=1\) м.

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

Подсказка

Сила Лоренца не совершает работы и перпендикулярна скорости, а трение направлено против скорости. В установившемся режиме ускорение равно нулю: сложите силы в плоскости склона и разложите их по скорости и поперёк неё.

Ответ

При \(\mu<\operatorname{tg}\alpha\): \(v=\dfrac{Mg}{QB}\sqrt{\sin^2\alpha-\mu^2\cos^2\alpha}\), скорость направлена под углом \(\varphi=\arccos(\mu\operatorname{ctg}\alpha)\) к линии наибольшего ската. При \(\mu\ge\operatorname{tg}\alpha\) шайба остаётся в покое.

Решение

Что происходит. Шайба начинает соскальзывать вниз по склону. Как только у неё появляется скорость, магнитное поле действует на заряд силой Лоренца, которая лежит в плоскости склона и перпендикулярна скорости, поэтому шайба отклоняется от линии ската. Трение направлено против скорости. Скорость растёт, пока три силы в плоскости (составляющая тяжести вдоль склона, трение, сила Лоренца) не уравновесятся, дальше шайба движется равномерно по прямой.

Обозначения. Ось \(y\) направим вверх по линии наибольшего ската, ось \(x\) — по горизонтали вдоль плоскости, вектор \(\vec B\) направлен от плоскости (как на рисунке). Для определённости \(Q>0\). \(\varphi\) — угол между скоростью и направлением вниз по склону, \(F_{\text{тр}}\) — сила трения скольжения, \(F_{\text{Л}}\) — сила Лоренца.

1. Перпендикулярно плоскости. Сила Лоренца равна \(Q\vec v\times\vec B\) и перпендикулярна и скорости, и \(\vec B\). Скорость лежит в плоскости, \(\vec B\) перпендикулярна ей, поэтому \(\vec F_{\text{Л}}\) тоже лежит в плоскости. Запишем второй закон Ньютона для шайбы в проекции на нормаль к плоскости (шайба не отрывается и не проваливается, ускорения вдоль нормали нет): \[N=Mg\cos\alpha,\qquad F_{\text{тр}}=\mu N=\mu Mg\cos\alpha .\] Трение скольжения направлено против скорости.

2. Равновесие сил в плоскости. В установившемся режиме скорость постоянна, ускорение равно нулю, и векторная сумма трёх сил в плоскости равна нулю: \[M\vec g_{\parallel}+\vec F_{\text{тр}}+\vec F_{\text{Л}}=0,\qquad g_{\parallel}=g\sin\alpha\ \text{вниз по склону.}\] Спроецируем на направление скорости и на перпендикулярное ей направление в плоскости (рис.). Сила Лоренца перпендикулярна скорости, поэтому в первую проекцию она не входит: \[\text{вдоль }\vec v:\quad Mg\sin\alpha\cos\varphi=\mu Mg\cos\alpha,\qquad \text{поперёк }\vec v:\quad QvB=Mg\sin\alpha\sin\varphi .\]

Из первого уравнения \[\cos\varphi=\mu\operatorname{ctg}\alpha,\qquad \sin\varphi=\sqrt{1-\mu^2\operatorname{ctg}^2\alpha}.\] Решение существует, пока \(\cos\varphi\le1\), то есть при \(\mu\le\operatorname{tg}\alpha\). Если \(\mu\ge\operatorname{tg}\alpha\), то сила трения покоя \(\mu Mg\cos\alpha\) удерживает шайбу, и она остаётся неподвижной. При \(\mu<\operatorname{tg}\alpha\) шайба трогается вниз по склону, а затем её скорость поворачивается. Обратите внимание: установившаяся скорость направлена под углом \(\varphi\) к линии ската, а не вдоль неё, поэтому уравнение вдоль линии ската «\(Mg\sin\alpha-\mu Mg\cos\alpha=0\)» здесь неверно: трение уравновешивает только составляющую тяжести вдоль скорости.

3. Величина и направление. Из второго уравнения \[v=\frac{Mg\sin\alpha\sin\varphi}{QB}=\frac{Mg}{QB}\sqrt{\sin^2\alpha-\mu^2\cos^2\alpha}.\] Направление: скорость составляет с линией ската угол \(\varphi=\arccos(\mu\operatorname{ctg}\alpha)\), а с горизонтальным краем плоскости — угол \(\psi=90^\circ-\varphi\), для которого \(\sin\psi=\mu\operatorname{ctg}\alpha\). Скорость повёрнута от линии ската по часовой стрелке, если смотреть навстречу вектору \(\vec B\) (при \(Q>0\); при \(Q<0\) поворот в другую сторону).

Проверка. Размерность: \(\dfrac{Mg}{QB}\) — \(\dfrac{\text{Н}}{\text{Кл}\cdot\text{Тл}}=\dfrac{\text{м}}{\text{с}}\). Пределы: при \(\mu=0\) получаем \(v=\dfrac{Mg\sin\alpha}{QB}\) при \(\varphi=90^\circ\) — шайба дрейфует горизонтально, как заряд под действием постоянной силы в магнитном поле; при \(\mu\to\operatorname{tg}\alpha\) получаем \(v\to0\) и \(\varphi\to0\) — шайба на грани остановки. Связь величины с коэффициентом трения — четверть окружности \((v/v_0)^2+(\mu/\operatorname{tg}\alpha)^2=1\), где \(v_0=\dfrac{Mg\sin\alpha}{QB}\) (рис.). Второй способ: численное решение уравнения движения шайбы выходит на то же значение скорости и то же направление.

Ответ: \(v=\dfrac{Mg}{QB}\sqrt{\sin^2\alpha-\mu^2\cos^2\alpha}\) при \(\mu<\operatorname{tg}\alpha\), под углом \(\varphi=\arccos(\mu\operatorname{ctg}\alpha)\) к линии наибольшего ската; при \(\mu\ge\operatorname{tg}\alpha\) шайба неподвижна.

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

Подсказка

Подумайте, что происходит с резистором, когда его включают параллельно миллиамперметру, сопротивление которого мало. После этого ток в цепи определяет один вольтметр.

Ответ

\(R_V=800\) Ом,  \(R\approx270\) Ом (точнее \(267\) Ом).

Решение

Что происходит. Батарейка идеальная, её ЭДС \(\mathcal{E}\) — всё напряжение цепи. Миллиамперметр считаем идеальным, то есть его сопротивление нулевое (о других приборах в задаче не сказано, а без этого данных не хватило бы: неизвестных четыре — \(\mathcal{E}\), сопротивление миллиамперметра, \(R\) и \(R_V\)). Тогда в первой схеме напряжение на вольтметре равно \(\mathcal{E}\). Во второй схеме резистор оказывается подключён параллельно идеальному миллиамперметру, то есть закорочен, и ток течёт только через вольтметр.

Обозначения. \(R\) — сопротивление резистора, \(R_V\) — сопротивление вольтметра, \(I_{\text{В}}\) и \(I_R\) — токи через вольтметр и резистор в первой схеме.

1. Первая схема. Вольтметр и резистор соединены параллельно и подключены к батарейке через миллиамперметр без сопротивления, поэтому напряжение на каждом из них равно \(U=\mathcal{E}=2\) В. Закон Ома для каждой ветви и первое правило Кирхгофа для узла (ток миллиамперметра делится на два) дают \[I=I_{\text{В}}+I_R=\frac{U}{R_V}+\frac{U}{R}.\]

2. Вторая схема. Теперь резистор подключён к тем же двум точкам, что и миллиамперметр, значит, напряжение на нём равно напряжению на миллиамперметре. У идеального миллиамперметра оно нулевое, поэтому ток через резистор равен нулю: резистор закорочен, весь ток идёт через миллиамперметр. Цепь такая: батарейка, миллиамперметр, вольтметр — последовательно. Падения напряжения на миллиамперметре и на внутреннем сопротивлении батарейки нет, поэтому на вольтметре по-прежнему \(U=\mathcal{E}=2\) В, и \[I'=\frac{U}{R_V}\quad\Longrightarrow\quad R_V=\frac{U}{I'}=\frac{2\text{ В}}{2{,}5\cdot10^{-3}\text{ А}}=800\text{ Ом}.\]

3. Сопротивление резистора. Из уравнения первой схемы ток через резистор \(I_R=I-\dfrac{U}{R_V}=I-I'=7{,}5\) мА, откуда \[R=\frac{U}{I-I'}=\frac{2\text{ В}}{7{,}5\cdot10^{-3}\text{ А}}\approx267\text{ Ом}.\] Обратите внимание: резистор, включённый параллельно идеальному миллиамперметру, никак не влияет на показание этого миллиамперметра. Поэтому второе измерение даёт \(R_V\) сразу, а \(R\) находится из первого.

Проверка. Размерность: \(\text{В}/\text{А}=\text{Ом}\). Сумма токов в первой схеме: \(U/R_V+U/R=2{,}5+7{,}5=10\) мА, как в условии. Предел: если бы \(I'\) стало равно \(I\), то весь ток шёл бы через вольтметр и \(R\to\infty\) (резистора нет); если бы \(I'\to0\), то \(R_V\to\infty\) (идеальный вольтметр, как и должно быть при нулевом токе через него).

Ответ: \(R_V=\dfrac{U}{I'}=800\) Ом,  \(R=\dfrac{U}{I-I'}\approx267\) Ом.

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

Подсказка

Ток в цепи меняется со временем, но вопрос о полном заряде. Запишите, что накопили конденсаторы в конце, и выразите заряд через резистор как интеграл напряжения по времени, делённый на сопротивление.

Ответ

1) \(q=\dfrac{CU_0}{3}\) (от \(A\) к \(B\));  2) \(q=\dfrac{rCU_0}{R+3r}=\dfrac{CU_0}{3+R/r}\).

Решение

Что происходит. Перед замыканием ключа конденсаторы не заряжены. После замыкания батарейка заряжает оба конденсатора, но ветви разные: сквозь резистор \(r\) заряд течёт быстрее, чем сквозь \(2r\). Перемычка (или резистор \(R\)) перекачивает часть заряда из «быстрой» ветви в «медленную». Нас интересует не ток в каждый момент, а полный заряд за всё время. Для этого достаточно двух вещей: итога (оба конденсатора заряжены до \(U_0\)) и закона Ома, записанного для заряда: заряд через резистор равен интегралу напряжения на нём по времени, делённому на сопротивление.

Обозначения. \(q_1\) и \(q_2\) — заряды, прошедшие за всё время сквозь резисторы \(r\) и \(2r\) от батарейки, \(q_{AB}\) — заряд, прошедший по перемычке (или сквозь \(R\)) от \(A\) к \(B\); \(u_1(t)\) и \(u_2(t)\) — напряжения на резисторах \(r\) и \(2r\).

1. Итог процесса. Ток в цепи прекращается, когда на резисторах напряжение исчезает, и тогда потенциалы точек \(A\) и \(B\) равны потенциалу верхнего провода. Каждый конденсатор заряжен до напряжения \(U_0\), заряд каждого равен \(CU_0\).

2. Закон сохранения заряда для каждого конденсатора. Верхняя обкладка левого конденсатора вместе с точкой \(A\) образует изолированный проводящий узел: заряд \(q_1\) пришёл через \(r\), заряд \(q_{AB}\) ушёл по перемычке, остальное накопилось. Для правого узла \(B\) — наоборот: \[q_1-q_{AB}=CU_0,\qquad q_2+q_{AB}=CU_0 .\]

3. Закон Ома для заряда. Заряд, прошедший сквозь резистор, равен интегралу тока по времени, а ток — напряжение на резисторе, делённое на его сопротивление: \[q_1=\frac1r\int u_1\,dt,\qquad q_2=\frac{1}{2r}\int u_2\,dt,\qquad q_{AB}=\frac1R\int(\varphi_A-\varphi_B)\,dt,\] где интегралы берутся от замыкания ключа до конца процесса. Потенциалы точек \(A\) и \(B\) равны \(\varphi_A=U_0-u_1\) и \(\varphi_B=U_0-u_2\) (потенциал нижнего провода принят за нуль), поэтому \(\varphi_A-\varphi_B=u_2-u_1\). Выразим интегралы напряжений через \(q_1\) и \(q_2\) и подставим: \[Rq_{AB}=\int u_2\,dt-\int u_1\,dt=2rq_2-rq_1 .\]

Пункт 1 (перемычка, \(R=0\)). Напряжение на перемычке равно нулю в любой момент, то есть \(\varphi_A=\varphi_B\) и \(u_1=u_2\). Тогда \(2rq_2-rq_1=0\), то есть \(q_1=2q_2\). Подставим \(q_1=CU_0+q_{AB}\) и \(q_2=CU_0-q_{AB}\) из п. 2: \[CU_0+q_{AB}=2CU_0-2q_{AB}\quad\Longrightarrow\quad q_{AB}=\frac{CU_0}{3}.\] Знак плюс: заряд идёт от \(A\) к \(B\), из «быстрой» ветви в «медленную». Для сравнения, через резисторы прошли заряды \(q_1=\frac43CU_0\) и \(q_2=\frac23CU_0\). Обратите внимание: напряжение на перемычке равно нулю, но ток по ней идёт — его определяет остальная цепь, а не закон Ома для самой перемычки. Нулевое напряжение лишь значит, что точки \(A\) и \(B\) всё время на одном потенциале.

Пункт 2 (резистор \(R\)). Подставим \(q_1=CU_0+q_{AB}\) и \(q_2=CU_0-q_{AB}\) в уравнение п. 3: \[Rq_{AB}=2r(CU_0-q_{AB})-r(CU_0+q_{AB})=rCU_0-3rq_{AB}.\] Отсюда \[q_{AB}=\frac{rCU_0}{R+3r}=\frac{CU_0}{3+R/r}.\]

Проверка. Размерность: \(CU_0\) — заряд. Предел \(R\to0\) даёт \(CU_0/3\), как в пункте 1 (формула п. 2 переходит в перемычку). Предел \(R\to\infty\) даёт \(0\): резистора нет, ветви независимы, и каждая заряжает свой конденсатор. Второй способ для пункта 1: потенциал общей точки \(A=B\) удовлетворяет уравнению \(2C\dot\varphi=\dfrac{U_0-\varphi}{r}+\dfrac{U_0-\varphi}{2r}\), то есть \(\varphi=U_0(1-e^{-t/\tau})\), \(\tau=\dfrac{4rC}{3}\). Ток перемычки \(i_{AB}=\dfrac{U_0-\varphi}{r}-C\dot\varphi=\dfrac{U_0}{4r}e^{-t/\tau}\), а его интеграл \(\dfrac{U_0\tau}{4r}=\dfrac{CU_0}{3}\) — тот же заряд (рис.).

Численное интегрирование уравнений цепи при \(R=r\) и \(R=3r\) даёт \(\dfrac14CU_0\) и \(\dfrac16CU_0\), как в формуле (рис.).

Ответ: 1) \(q_{AB}=\dfrac{CU_0}{3}\) (от \(A\) к \(B\));  2) \(q_{AB}=\dfrac{rCU_0}{R+3r}\).

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