ВсОШ, 2016/17, региональный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Сила Архимеда растёт линейно с перемещением стакана, пока уровень воды не дойдёт до его края. Найдите, какое перемещение соответствует этому моменту, и сопоставьте точки графика с этими соотношениями.

Ответ

а) \(m = 0{,}8\) кг;  б) \(S_1 = 50\text{ см}^2\);  в) \(S_2 = 200\text{ см}^2\).

Решение

Пусть стакан сместился вниз относительно дна сосуда на расстояние \(x\). Уровень воды в сосуде поднимается на \(xS_1/(S_2 - S_1)\), а глубина погружения стакана увеличивается на \(xS_2/(S_2 - S_1)\). Поэтому сила Архимеда возрастает на \[F = \rho g x\,\frac{S_1 S_2}{S_2 - S_1}. \qquad (1)\] Эта связь линейна до тех пор, пока уровень воды не сравняется с краем стакана. В этот момент сила равна \(F^* = (\rho S_1 h - m)\,g\). Без внешней силы стакан выступает из воды на \(h_1 = h - m/(\rho S_1)\), поэтому уровень сравняется с краем при перемещении \[x^* = \left(h - \frac{m}{\rho S_1}\right)\frac{S_2 - S_1}{S_2}.\] При дальнейшем погружении \(\Delta x = x - x^*\) вода втекает в стакан, и её вес уменьшает приложенную силу на \(\Delta F = \rho S_2 g\,\Delta x\): \[F = F^* - \Delta F = (\rho S_1 h - m)\,g - \rho S_2 g\,\Delta x. \qquad (2)\] Сила линейно уменьшается до нуля при \[x_{\max} = x^* + \Delta x_{\max} = h - \frac{m}{\rho S_1}.\] Максимальное перемещение равно расстоянию \(h_1\) от края стакана до уровня воды в начальный момент.

По графику \(x_{\max} = h_1 = 8\) см, \(x^* = 6\) см, \(F^* = 4\) Н: \[\frac{m}{\rho S_1} = h - h_1 = 16\text{ см}, \qquad \frac{S_1}{S_2} = 1 - \frac{x^*}{h_1} = \frac{1}{4}, \qquad F^* = \rho S_1 h_1 g = 4\text{ Н}.\] Отсюда \(S_1 = 50\) см\(^2\), \(S_2 = 200\) см\(^2\), \(m = 0{,}8\) кг.

Подсказка

В установившемся движении сумма сил на цилиндр и суммарный момент сил трения относительно его оси равны нулю. Скорости точек касания пластин выражаются через \(v\) и \(\omega\).

Ответ

1) \(\omega = \dfrac{mg}{4R}\left(\dfrac{1}{\gamma_2} - \dfrac{1}{\gamma_1}\right) + \dfrac{v_1 - v_2}{2R}\),  \(v = \dfrac{mg}{4}\left(\dfrac{1}{\gamma_1} + \dfrac{1}{\gamma_2}\right) - \dfrac{v_1 + v_2}{2}\);  2) \(v_1 + v_2 > \dfrac{mg}{2}\left(\dfrac{1}{\gamma_1} + \dfrac{1}{\gamma_2}\right)\).

Решение

Примем за положительное направление движения цилиндра — вниз, а за положительное направление вращения — по часовой стрелке. Скорость точки \(A\) цилиндра, касающейся левой пластины, и точки \(B\), касающейся правой, равны \[v_A = v - \omega R, \qquad v_B = v + \omega R.\]

Силы трения со стороны пластин: \(F_1 = \gamma_1(v_1 + v_A) = \gamma_1(v_1 + v - \omega R)\) и \(F_2 = \gamma_2(v_2 + v_B) = \gamma_2(v_2 + v + \omega R)\). При установившемся движении сумма сил на цилиндр равна нулю, а суммарный момент сил трения относительно оси равен нулю: \[mg = F_1 + F_2, \qquad F_1 R = F_2 R.\]

Решая систему \[\begin{cases} mg = \gamma_1(v_1 + v - \omega R) + \gamma_2(v_2 + v + \omega R),\\ \gamma_1(v_1 + v - \omega R) = \gamma_2(v_2 + v + \omega R), \end{cases}\] получаем \[\omega = \frac{mg}{4R}\left(\frac{1}{\gamma_2} - \frac{1}{\gamma_1}\right) + \frac{v_1 - v_2}{2R}, \qquad v = \frac{mg}{4}\left(\frac{1}{\gamma_1} + \frac{1}{\gamma_2}\right) - \frac{v_1 + v_2}{2}.\] Цилиндр движется вверх, если \(v < 0\), то есть при \[v_1 + v_2 > \frac{mg}{2}\left(\frac{1}{\gamma_1} + \frac{1}{\gamma_2}\right).\]

Подсказка

Запишите правило моментов относительно каждой опоры и условие равновесия для каждого шарика. Сила давления воды на дно выпадает из разности реакций опор.

Ответ

\(|N_1 - N_2| = 2\rho V g = 0{,}1\) Н.

Решение

Расставим силы, действующие на сосуд: \(F\) — сила давления воды на дно, \(T_1\) и \(T_2\) — силы натяжения нитей, \(N_1\) и \(N_2\) — силы реакций опор (опора \(A\) — под шариком плотностью \(3\rho\), опора \(B\) — под поплавком).

Правило моментов относительно точки \(A\) и точки \(B\) (здесь \(2l\) — расстояние между опорами): \[(N_2 + T_2)\,2l = F\,l, \qquad N_1\,2l = T_1\,2l + F\,l.\] Отсюда \(N_2 + T_2 = F/2\) и \(N_1 = T_1 + F/2\), поэтому \[N_1 - N_2 = T_1 + T_2.\] Условия равновесия шариков: для шарика плотностью \(3\rho\) — \(T_1 + \rho_0 V g = 3\rho V g\), для поплавка — \(T_2 + \rho V g = \rho_0 V g\), где \(\rho_0 = 1000\) кг/м\(^3\) — плотность воды. Складывая, получаем \[T_1 + T_2 = 2\rho V g = 0{,}1\text{ Н}.\] Так как \(T_1 + T_2 = N_1 - N_2\), то модуль разности сил реакции опор равен \(2\rho V g = 0{,}1\) Н.

Подсказка

Выразите объём воздуха над водой и давление воздуха через время \(t\), а затем используйте уравнение состояния идеального газа для массы воздуха \(m(t)\).

Ответ

1) \(m_0 = \dfrac{M}{RT}\,S(H - x_0)\,(p_0 - \rho g x_0)\);  2) \(\mu(0) = \dfrac{M}{RT}\,\omega\,\bigl[p_0 + \rho g H - 2\rho g x_0\bigr]\);  3) \(\beta = \dfrac{2M\rho g\omega^2}{RTS}\) (постоянная величина).

Решение

Пусть \(\omega\) — объёмный расход вытекающей воды. Уровень воды опускается так, что \(x = x_0 - \dfrac{\omega}{S}\,t\), а объём воздуха над водой \(V = S(H - x_0) + \omega t\). Давление воздуха над поверхностью воды \[p = p_0 - \rho g x = p_0 - \rho g x_0 + \rho g\,\frac{\omega}{S}\,t.\]

Масса воздуха в сосуде над водой по уравнению состояния: \[m(t) = \frac{M}{RT}\,pV = \frac{M}{RT}\left(p_0 - \rho g x_0 + \rho g\,\frac{\omega t}{S}\right) \bigl[S(H - x_0) + \omega t\bigr].\] В начальный момент \[m_0 = m(0) = \frac{M}{RT}\,S(H - x_0)\,(p_0 - \rho g x_0).\] Скорость изменения массы \[\mu = \frac{dm}{dt} = \frac{M}{RT}\,\omega\left[p_0 + \rho g H - 2\rho g x_0 + \frac{\rho g\omega t}{S}\right],\] откуда \(\mu(0) = \dfrac{M}{RT}\,\omega\,[p_0 + \rho g H - 2\rho g x_0]\). Наконец, скорость изменения \(\mu\) постоянна: \[\beta = \frac{d\mu}{dt} = \frac{2M\rho g\,\omega^2}{RTS}.\]

Подсказка

На втором участке груз не движется, и вся потребляемая двигателем мощность идёт на нагрев. Сравните тепловые мощности двигателя на двух участках с мощностью, потребляемой им при подъёме.

Ответ

Груз зацепился на границе 20-го и 21-го этажей (высота \(H = 60\) м); скорость подъёма груза \(v = 2\) м/с.

Решение

Пусть \(U_0\) — напряжение сети, \(I_0\) — сила тока при подъёме груза, \(R\) — сопротивление обмотки, \(N_1\) и \(N_2\) — мощности тепловых потерь на первом (с нагрузкой) и втором (с заклиниванием) участках, \(N_m\) — механическая мощность подъёма, \(v\) — скорость груза на первом участке. Энергетический баланс на первом участке: \[U_0 I_0 = N_1 + N_m, \qquad N_1 = R I_0^2.\] На втором участке груз неподвижен, и вся мощность \(N_2 = U_0^2/R\) идёт на нагрев. Поскольку \(N_1 N_2 = (U_0 I_0)^2\), получаем \[N_m = \sqrt{N_1 N_2} - N_1.\] По графику температуры \[N_1 = C\left(\frac{\Delta T}{\Delta t}\right)_1 = 4500\cdot 0{,}1 = 450\text{ Вт}, \qquad N_2 = C\left(\frac{\Delta T}{\Delta t}\right)_2 = 4500\cdot 1{,}6 = 7200\text{ Вт}.\] Тогда \(N_m = \sqrt{450\cdot 7200} - 450 = 1800 - 450 = 1350\) Вт. С другой стороны, \(N_m = Mgv\), откуда \[v = \frac{N_m}{Mg} = 2\text{ м/с}.\] Высота, на которой зацепился груз, \(H = vt = 2\cdot 30 = 60\) м, то есть на границе 20-го и 21-го этажей.