зад 1 Поплавок в ракете
В ракете, готовой к старту, находится большой аквариум, частично заполненный водой плотностью \(\rho_0\). Внутрь аквариума помещён тонкий цилиндрический поплавок плотностью \(\rho\) с поперечным сечением \(S\), прикреплённый ко дну лёгкой пружиной жёсткостью \(k\). Перед стартом ракеты пружина растянута на \(x_0\), а поплавок частично выступает из воды.
Определите, увеличится или уменьшится высота выступающей части поплавка, если система придёт в движение с постоянным ускорением, направленным вверх. Ответ обоснуйте.
При достижении ракетой ускорения \(a\) высота выступающей над водой части поплавка изменилась на \(x\). Найдите аналитическую зависимость \(x\) от \(a\).
Рассчитайте численное значение \(x\) для следующих параметров задачи: \(k = 10\) Н/м, \(x_0 = 1\) см, \(\rho_0 = 1000\) кг/м\(^3\), \(S = 10^{-4}\) м\(^2\), \(g = 10\) м/с\(^2\), \(a = 3g\).
▶ПодсказкаСкрыть
В ускоренной системе сила Архимеда зависит от ускорения: подумайте, как меняется эффективная сила тяжести. Затем сравните условие равновесия в покое с уравнением движения поплавка.
▶ОтветСкрыть
1) высота выступающей части увеличится (поплавок всплывёт); 2) \(x = \dfrac{k\,x_0\,a}{\left(k + \rho_0 S(g + a)\right) g}\); 3) \(x \approx 2{,}14\) см.
▶РешениеСкрыть
Сила Архимеда зависит от ускорения системы. Действительно, если мысленно заменить водой погружённую в воду часть тела и записать для неё второй закон Ньютона, то получится \(V_{\text{погр}}\rho_0 a = F_A - V_{\text{погр}}\rho_0 g\), где \(F_A\) — сила, действующая со стороны окружающей жидкости на погружённый объём, откуда \[F_A = V_{\text{погр}}\rho_0 (g + a).\]
1. Условие равновесия поплавка в неподвижной ракете: \[0 = (V - zS)\rho_0 g - V\rho g - kx_0,\] где \(V\) — объём поплавка, \(z\) — высота выступающей над поверхностью воды части. Предположим, что при ускоренном движении глубина погружения поплавка не изменилась. Тогда второй закон Ньютона для поплавка примет вид \[V\rho a = (V - zS)\rho_0 (g + a) - V\rho g - kx_0.\] Сравнивая это равенство с условием равновесия, видим, что оно возможно лишь при отсутствии ускорения или при увеличении \(x_0\). Значит, предположение неверно, поплавок всплывёт.
2. Пусть искомое изменение высоты выступающей части равно \(x\). Второй закон Ньютона для поплавка в проекции на вертикальную ось при ускоренном движении: \[V\rho a = (V - zS - xS)\rho_0 (g + a) - V\rho g - k(x_0 + x).\] Подставив выражение для \((V - zS)\) из условия равновесия, получим \[kx_0 a = kxg + \rho_0(g + a)xSg.\] Окончательно \[x = \frac{k\,x_0\,a}{\left(k + \rho_0 S(g + a)\right) g}.\]
3. При ускорении \(a = 3g\) находим \(x \approx 2{,}14\) см.
зад 2 Пружина и шарик
На горизонтальном столе вертикально закреплена длинная гладкая труба, внутри которой установлена лёгкая пружина. Внутри трубы с высоты \(H = 2\) м над столом без начальной скорости начинает падать шарик. Коснувшись верхнего витка пружины, шарик прилипает к нему. На рис. 1 приведён график зависимости кинетической энергии \(E_k\) падающего шарика от его высоты \(h\) над поверхностью стола. Определите длину \(L_0\) недеформированной пружины, коэффициент жёсткости пружины \(k\) и массу шарика \(m\). Считайте, что потери механической энергии в момент касания шариком верхнего витка пружины не происходит и что закон Гука справедлив при любых деформациях пружины. Примите \(g = 10\) м/с\(^2\).
Примечание. Для расчётов используйте выданный Вам отдельно увеличенный рисунок 1.
▶ПодсказкаСкрыть
До касания пружины изменение кинетической энергии равно работе силы тяжести, и это даёт начальный линейный участок графика. После касания добавляется энергия деформированной пружины; подумайте, при какой высоте кинетическая энергия достигает максимума.
▶ОтветСкрыть
\(m = 0{,}5\) кг; \(L_0 = 1{,}5\) м; \(k = 40\) Н/м.
▶РешениеСкрыть
На первом участке падения (до касания пружины, \(L_0 < h < H\)) кинетическая энергия шарика равна уменьшению его потенциальной энергии: \[E_k = mg(H - h).\] Таким образом, по наклону начального линейного участка графика находим \[mg = \frac{\Delta E_k}{\Delta h} = 5~\text{Н}, \qquad \text{откуда} \qquad m = 0{,}5~\text{кг}.\] Длину пружины \(L_0\) определим по значению \(h\), при котором нарушается линейный характер зависимости \(E_k(h)\): \[L_0 = 1{,}5~\text{м}.\] После контакта шарика с пружиной уменьшение его потенциальной энергии равно сумме кинетической энергии шарика и потенциальной энергии деформированной пружины: \[mg(H - h) = \frac{k(L_0 - h)^2}{2} + E_k.\] Мы получили квадратное уравнение относительно \(h\). Максимум квадратичной функции вида \(y = ax^2 + bx + c\) достигается при \(x_m = -b/(2a)\). Следовательно, значение \(h_m\), при котором кинетическая энергия шарика максимальна, определяется выражением \[h_m = L_0 - \frac{mg}{k}.\] Из графика видно, что максимум кинетической энергии достигается при \[h_m = 1{,}375~\text{м}.\] Приравнивая два последних выражения, находим \(k = 40\) Н/м.
зад 3 Предварительный подогрев
В лаборатории у экспериментатора Глюка были электронагреватель с мешалкой, термостат и два тонкостенных химических стакана, линейные размеры которых отличались в 2 раза (толщина стенок стаканов одинакова). В термостате поддерживалась постоянная температура \(t_1 = 20\,^\circ\text{C}\) (рис. 2). Глюк решил исследовать, как зависит температура жидкости в стакане от времени (мешалка нужна для быстрого выравнивания температуры по всему объёму стакана).
Сначала он использовал стакан меньшего размера, который заполнил исследуемой жидкостью при температуре \(t_1 = 20\,^\circ\text{C}\) и поместил в термостат. Включив электронагреватель, Глюк обнаружил, что за первые \(\tau_1 = 10\) с система нагрелась на \(\Delta t_1 = 1\,^\circ\text{C}\). Спустя продолжительное время температура жидкости установилась на отметке \(t_2 = 40\,^\circ\text{C}\).
Во втором эксперименте он взял больший стакан, заполнил его той же жидкостью, нагретой до температуры \(t_3 = 35\,^\circ\text{C}\), и включил тот же нагреватель в сеть. Через некоторое время \(\tau_2\) он с удивлением обнаружил, что температура содержимого в стакане понизилась на \(\Delta t_2 = 0{,}5\,^\circ\text{C}\).
Считайте, что теплоёмкость стаканов мала по сравнению с теплоёмкостью содержащейся в них жидкости.
Найдите температуру \(t_4\), которая установится в стакане спустя продолжительное время.
Вычислите время \(\tau_2\).
Примечание. Известно, что поток энергии, проходящий через слой вещества (стенки стакана) в единицу времени, прямо пропорционален разнице температур на границах слоя и площади поверхности слоя.
▶ПодсказкаСкрыть
В установившемся режиме мощность нагревателя равна тепловым потерям через стенки, а потери пропорциональны площади поверхности, которая для подобных стаканов растёт как квадрат линейного размера.
▶ОтветСкрыть
1) \(t_4 = 25\,^\circ\text{C}\); 2) \(\tau_2 \approx 20\) с.
▶РешениеСкрыть
Заметим, что мощность тепловых потерь стакана \(N_1 = \alpha S(t_i - t_1)\), где \(S\) — площадь внешней поверхности стакана, \(t_i\) — температура жидкости в стакане, \(\alpha\) — коэффициент пропорциональности.
Запишем уравнение теплового баланса для первого стакана: \[Q_1 = m_1 C\,\Delta t_1 = (N_0 - N_1)\tau_1 \approx N_0\tau_1,\] где \(N_0\) — мощность нагревателя, \(C\) — удельная теплоёмкость жидкости в стакане, \(m_1 = \rho V_1\) — масса жидкости в первом стакане. Тепловыми потерями пренебрегаем из-за малой разности температур.
Когда процесс теплообмена установится, то \[N_0 = N_1, \qquad \text{или} \qquad N_0 = \alpha S_1 (t_2 - t_1).\]
Аналогичным образом для второго случая запишем: \[Q_2 = m_2 C\,\Delta t_2 \approx \bigl(N_0 - \alpha S_2 (t_3 - t_1)\bigr)\tau_2, \qquad N_0 = \alpha S_2 (t_4 - t_1).\]
Из свойств подобия следует, что \(S \sim l^2\), \(V \sim l^3\), откуда \(S_2 = 4S_1\), \(m_2 = 8m_1\). Из двух последних условий получаем \(S_1(t_2 - t_1) = 4S_1(t_4 - t_1)\), или \(t_4 = 25\,^\circ\text{C}\).
Из условия установления для первого стакана \(\alpha S_1 = \dfrac{N_0}{t_2 - t_1}\).
Искомое время \(\tau_2\) найдём из уравнения баланса для второго стакана с учётом \(Q_1\): \[\tau_2 \approx \frac{8 m_1 C\,\Delta t_2}{N_0 - 4\alpha S_1 (t_3 - t_1)}, \qquad \tau_1 \approx \frac{m_1 C\,\Delta t_1}{N_0}.\] Поделив первое выражение на второе с учётом \(\alpha S_1\), получим \[\tau_2 \approx \tau_1\,\frac{8\,\Delta t_2}{\Delta t_1}\, \frac{t_2 - t_1}{(t_2 - t_1) - 4(t_3 - t_1)} \approx 20~\text{с}.\]
зад 4 Диод
Полупроводниковый диод — это устройство, которое пропускает электрический ток только в одном направлении (рис. 3). Если диод включить в обратном направлении (рис. 4), ток через него течь не будет. Вольт-амперная характеристика (зависимость силы тока через диод от напряжения на диоде) идеализированного диода приведена на графике (рис. 5).
На рисунке 6 изображён фрагмент разветвлённой электрической цепи. Сопротивления резисторов равны: \(R_1 = 6\) кОм, \(R_2 = 5\) кОм. Определите падение напряжения на диоде и силу тока, протекающего через миллиамперметр.
Диод включили в цепь другой полярностью (рис. 7). Сопротивления резисторов не изменились. Для этого случая определите падение напряжения на диоде и силу тока, текущего через миллиамперметр. В обоих случаях миллиамперметр считайте идеальным.
▶ПодсказкаСкрыть
Сначала проверьте, заперт ли диод, предполагая, что ток через него равен нулю. Затем составьте уравнения для токов в узлах и для напряжений в контуре с диодом.
▶ОтветСкрыть
1) диод заперт: \(U = 13\) В, сила тока через миллиамперметр \(I = 0\); 2) \(U = U_0 = 2\) В, \(I = 1\) мА.
▶РешениеСкрыть
Пусть \(I\) — сила тока, текущего через диод.
1. Предположим, что диод заперт (\(I = 0\)). Тогда сила тока, текущего через резистор \(R_2\), равна \(I_C = 1\) мА, а через резистор \(R_1\) — \(I_B = 3\) мА. В этом случае напряжение \(U\) на диоде равно \[U = I_B R_1 - I_C R_2 = 13~\text{В}.\] При такой полярности диод заперт и ток через него не течёт, как мы и предполагали.
2. Полярность подключения диода изменили (рис. 20), поэтому он не может быть заперт. Через диод течёт ток \(I\), и напряжение на нём равно \(U_0 = 2\) В. Для сил токов в ветвях выполняются соотношения \[I_B = I_{AB} + I, \qquad I_{AC} = I + I_C,\] а для напряжений \[R_1 I_{AB} = R_2 I_{AC} + U_0.\]
Отсюда \[R_1(I_B - I) = R_2(I_C + I) + U_0, \qquad I = \frac{R_1 I_B - R_2 I_C - U_0}{R_1 + R_2} = 1~\text{мА}.\]
зад 5 Потерянное зеркало
В архиве Снеллиуса нашли чертёж, на котором были изображены два плоских зеркала \(M_1\) и \(M_2\), образующие двугранный угол \(\varphi\), точечный источник света \(S\) и область \(AOB\) (она заштрихована), из которой можно было видеть одновременно оба изображения источника. От времени чернила выцвели, и невозможно стало разглядеть, как расположено зеркало \(M_2\) и точечный источник \(S\) (рис. 8).
Восстановите по имеющимся данным с помощью циркуля и линейки без делений положение зеркала \(M_2\) и геометрическое место точек, где бы мог находиться источник \(S\). Зеркала считайте полубесконечными.
Вычислите угол \(\varphi\) между плоскостями зеркал, если \(\angle AOB = \angle\alpha = 30^\circ\).
▶ПодсказкаСкрыть
Изображение точечного источника в плоском зеркале симметрично источнику относительно плоскости зеркала. Подумайте, на каком продолжении лучей OA и OB может лежать изображение, если из области AOB видны оба изображения.
▶ОтветСкрыть
Зеркало \(M_2\) проходит по биссектрисе угла \(\angle COA_1\); источник \(S\) может находиться на луче \(OC\); \(\varphi = 15^\circ\).
▶РешениеСкрыть
Зеркала, по условию, образуют двугранный угол. Область, из которой видны оба изображения источника, содержит точку \(O\) каждого зеркала. Значит, зеркала пересекаются в точке \(O\). Область, из которой видно изображение источника \(S\) в зеркале \(M_1\), ограничивается лучом \(OB\) (если бы она ограничивалась лучом \(OA\), в области \(AOB\) не было бы видно изображения в этом зеркале). Значит, изображение источника в зеркале \(M_1\) находится на продолжении прямой \(BO\) за точку \(O\) (рис. 21). Аналогично, изображение источника в зеркале \(M_2\) находится на продолжении прямой \(AO\) за точку \(O\).
Геометрическое место точек, где мог бы находиться источник, — это луч \(OC\), получающийся отражением луча \(OB_1\) в зеркале \(M_1\) (\(\angle B_1OM_1 = \angle COM_1\)).
Поскольку источник \(S\), лежащий на луче \(OC\), при отражении в зеркале \(M_2\) должен попасть на луч \(OA_1\), то зеркало \(OM_2\) лежит на биссектрисе угла \(\angle COA_1\).
Луч \(OA_1\) — это изображение луча \(OC\) в зеркале \(M_2\). При повороте зеркала \(M_2\) на угол \(\varphi\) изображение луча \(OC\) повернётся на угол \(2\varphi\). При этом плоскость зеркала \(M_2\) перейдёт в плоскость зеркала \(M_1\), а луч \(OA_1\) перейдёт в луч \(OB_1\). Значит, \[\angle A_1OB_1 = 2\varphi = \angle AOB = 30^\circ, \qquad \text{откуда} \qquad \varphi = 15^\circ.\]
Источник: Всероссийская олимпиада школьников по физике, 2011/12, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур — условия · решения. Задачи перенабраны на botay.pro, решения — по официальным.