ВсОШ, 2013/14, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Изобразите движение болида графиком \(v(t)\): площадь под графиком — пройденный путь, а середина пути делит эту площадь пополам.

Ответ

\(v_{\min} = v_{\text{ср}}\);  \(v_{\max} = \sqrt{2}\,v_{\text{ср}}\).

Решение

Графическое решение. Время движения болида \(t_0 = L/v_{\text{ср}}\), где \(L\) — длина участка. На графике \(v(t)\) возможные способы движения болида представляются прямыми с разными наклонами (ускорениями), причём площадь под графиком (длина пути) одинакова (рис. 12). Момент \(t'\), в который болид находится в середине пути, делит площадь под графиком пополам. При увеличении по модулю ускорения \(a\) значение \(t'\) сдвигается в сторону больших скоростей, и скорость в середине пути \(v\) увеличивается.

Наименьшая скорость \(v_{\min}\) достигается при \(a = 0\) и равна средней скорости \(v_{\text{ср}}\). Максимальная \(v_{\max}\) достигается при движении с максимальным ускорением и нулевой начальной (или конечной) скоростью. Конечная скорость при таком движении \(v_{\text{к}} = 2v_{\text{ср}}\). Длина участка \(L = \dfrac{v_{\text{к}}^2}{2a}\), половина пути \(\dfrac{L}{2} = \dfrac{v_{\max}^2}{2a}\). Отсюда \(v_{\max} = v_{\text{к}}/\sqrt2 = \sqrt2\,v_{\text{ср}}\).

Аналитическое решение. Пусть начальная скорость болида \(v_0\), ускорение \(a\). Тогда \(L = \dfrac{v_{\text{к}}^2 - v_0^2}{2a}\) (1) и \(\dfrac{L}{2} = \dfrac{v^2 - v_0^2}{2a}\) (2). Из (1) и (2) скорость в середине трассы \[v^2 = \frac{v_{\text{к}}^2 + v_0^2}{2}.\] Средняя скорость при равноускоренном движении \(v_{\text{ср}} = \dfrac{v_0 + v_{\text{к}}}{2}\), поэтому \(v_{\text{к}} = 2v_{\text{ср}} - v_0\), и \[v^2 = (2v_{\text{ср}} - v_0)^2/2 + v_0^2/2 = 2v_{\text{ср}}^2 - 2v_0v_{\text{ср}} + v_0^2 = (v_{\text{ср}} - v_0)^2 + v_{\text{ср}}^2.\] Начальная и конечная скорости неотрицательны, поэтому \(0 < v_0 < 2v_{\text{ср}}\). Минимальная скорость \(v_{\min} = v_{\text{ср}}\) достигается при \(v_0 = v_{\text{ср}}\); максимальная \(v_{\max} = \sqrt2\,v_{\text{ср}}\) — при \(v_0 = 0\) или \(v_0 = 2v_{\text{ср}}\).

Подсказка

Скорость изменения кинетической энергии равна мощности приложенных к шарику сил. Коэффициент сопротивления найдите по установившейся скорости \(v_2\), затем исследуйте мощность как функцию скорости.

Ответ

При \(v_0 < \dfrac{(\sqrt2 - 1)\,v_2}{2}\) имеем \(v_{\max} = \dfrac{v_2}{2}\); при \(v_0 > \dfrac{(\sqrt2 - 1)\,v_2}{2}\) имеем \(v_{\max} = v_0\); при равенстве верны оба ответа.

Решение

Скорость изменения кинетической энергии тела — это мощность приложенных к нему сил. На шарик действуют сила тяжести и сила сопротивления \(\vec F_c = -\alpha\vec v\). Суммарная мощность, где \(v\) — проекция скорости на ось, направленную вертикально вниз: \[N = (m\vec g + \vec F_c)\cdot\vec v = mgv - \alpha v^2. \qquad (3)\] При установившемся движении со скоростью \(v_2\) ускорение равно нулю: \(0 = mg - \alpha v_2\), откуда \(\alpha = \dfrac{mg}{v_2}\). Выражение (3) можно привести к виду \[N = \frac{(mg)^2}{4\alpha} - \alpha\left(v - \frac{mg}{2\alpha}\right)^2,\] то есть график мощности — парабола с вершиной при \(v_1 = \dfrac{mg}{2\alpha} = \dfrac{v_2}{2}\) (рис. 13). В процессе движения \(v\) меняется от \(-v_0\) до \(v_2\).

Максимальная по модулю скорость изменения кинетической энергии достигается либо при \(v = v_1\), либо при \(v = -v_0\). В первом случае мощность \(N_1 = \dfrac{(mg)^2}{4\alpha}\), во втором \(N_2 = \dfrac{(mg)^2}{4\alpha} - \alpha\left(v_0 + \dfrac{mg}{2\alpha}\right)^2\). Сравнив \(|N_1|\) и \(|N_2|\), получим: при \(v_0 < v_{\text{к}} = (\sqrt2 - 1)\dfrac{mg}{2\alpha}\) выполнено \(|N_1| > |N_2|\) и \(v_{\max} = v_1\); при \(v_0 > v_{\text{к}}\) выполнено \(|N_2| > |N_1|\) и \(v_{\max} = v_0\); при \(v_0 = v_{\text{к}}\) верны оба ответа. С учётом \(mg/(2\alpha) = v_2/2\) получаем приведённые выше ответы.

Подсказка

Найдите изменение объёма воздуха по закону Бойля–Мариотта. Освободившийся объём займёт вода: определите изменение силы тяжести, действующей на систему «колокол + груз + вода внутри».

Ответ

Натяжение троса уменьшается на \(133\) Н; натяжение верёвки увеличивается на \(1133\) Н.

Решение

Изменение объёма воздуха в колоколе по закону Бойля–Мариотта \(pV = (p + \Delta p)(V - \Delta V)\): \[\Delta V = V\,\frac{\Delta p}{p + \Delta p} = 0{,}0133~\text{м}^3.\] Рассмотрим равновесие системы «колокол + груз + столб воды внутри колокола». На неё действуют силы тяжести, сила натяжения троса \(F_1\) и силы гидростатического давления на верхнюю и нижнюю поверхность системы (не все показаны на рисунке 14). После поднятия груза объём воздуха уменьшается, освободившийся объём \(\Delta V\) займёт вода массой \(\rho\Delta V\). Из всех внешних сил, действующих на систему, изменятся только сила натяжения троса и сила тяжести воды внутри колокола. Поэтому натяжение троса уменьшится на \[\Delta F = \rho\,\Delta V\,g = 133~\text{Н}.\]

На колокол действуют сила тяжести, сила гидростатического давления, сила давления воздуха и силы натяжения троса и верёвки. Из них при поднятии груза изменяются силы натяжений и сила давления воздуха. Силы натяжения направлены вниз, сила давления воздуха — вверх. Давление увеличивается, сила натяжения троса уменьшается, значит, сила натяжения верёвки увеличивается, причём \[\Delta T = T_2 - T_1 = \Delta p\,S + \Delta F = 1000~\text{Н} + 133~\text{Н} = 1133~\text{Н}.\]

Подсказка

Запишите тепловой баланс для шарика в момент, когда канал имеет глубину \(h\). Затем выразите скорость опускания через текущую глубину канала.

Ответ

1) \(t_1 = 100^\circ\)C;  2) \(v_0 = 0{,}3\) мм/с.

Решение

Пусть в некоторый момент температура шарика равна \(t\), а глубина канала \(h\). Уравнение теплового баланса: \[C(t_1 - t) = \lambda m = \lambda\rho S h. \qquad (4)\] Здесь \(m\) — масса растопленного льда. При \(h = H\) сосулька перестаёт опускаться, и \(t = t_0\), откуда начальная температура шарика \[t_1 = t_0 + \frac{SH\rho\lambda}{C} = 100^\circ\text{C}.\] Мощность теплопередачи пропорциональна разности температур между шариком и льдом. С другой стороны, скорость опускания сосульки связана с мощностью отводимого от шарика тепла: \[\lambda\rho S v = \alpha(t - t_0), \qquad (5)\] где \(\alpha\) — постоянный размерный коэффициент. Из уравнения (4) выразим температуру \(t\) и подставим в (5): \[\lambda\rho S v = \alpha\left(t_1 - \frac{\lambda\rho S h}{C} - t_0\right), \quad\text{откуда}\quad v = \alpha\left(\frac{t_1 - t_0}{\lambda\rho S} + \frac{h}{C}\right).\]

Скорость сосульки линейно зависит от пройденного расстояния \(h\) (рис. 15).

Поэтому в начале эксперимента скорость сосульки \(v_0 = 3v_2 = 0{,}3\) мм/с.

Подсказка

Средняя сила тока \(I_{\text{ср}} = q/t\), поэтому заряд \(q = I_{\text{ср}}\,t\) — площадь под прямоугольником. В линейном участке графика \(I_{\text{ср}}\) пропорционально \(t\), и мгновенный ток можно выразить через \(I_{\text{ср}}\).

Ответ

1) \(q(t) = I_{\text{ср}}\,t\) — график (рис. 16); 2) \(R \approx 4{,}44\) кОм; 3) \(N_{\max} \approx 0{,}30\) Вт.

Решение

1. Из определения среднего тока \(I_{\text{ср}} = q/t\) следует \(q = I_{\text{ср}}\,t\). Заряд, протёкший за время \(t\), численно равен площади прямоугольника \(q = I_{\text{ср}}\,t\). Найдя прошедший заряд для нескольких (более 15) точек, построим зависимость \(q(t)\) (рис. 16).

2. Участок \(OA\) — линейный, поэтому \(I_{\text{ср}} = q/t = \alpha t\) и \(q = \alpha t^2\). Мгновенный ток \[I = \frac{\Delta q}{\Delta t} = \alpha\,\frac{(t + \Delta t)^2 - t^2}{\Delta t} \approx \alpha\,\frac{2t\,\Delta t}{\Delta t} = 2\alpha t = 2I_{\text{ср}}.\] Для точки \(A\): \(I_A = 2t_A\,I_{\text{ср}}(t_A) = 6\) мА. По закону Джоуля–Ленца \[R = \frac{N_A}{I_A^2} \approx 4{,}44~\text{кОм}.\]

3. Максимальной силе тока соответствует точка \(B\) с наибольшим угловым коэффициентом графика \(q(t)\) (здесь — точка перегиба): \(t_B = 3\) с, \(I_{\max} = 8{,}25\) мА. Тогда \[N_{\max} = R\,I_{\max}^2 \approx 0{,}3025~\text{Вт}.\] Заметим, что максимальная сила тока и максимальная средняя сила тока достигаются не одновременно.