ВсОШ, 2025/26, региональный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Внутри луча камень движется с ускорением \(-\vec g\), и его траектория там — та же парабола, отражённая центрально относительно точки входа в луч. Поэтому камню достаточно пересечь границу луча выше половины своей наибольшей высоты подъёма; после выхода из луча скорость камня совпадает с начальной.

Ответ

1) \(v_{m1} = \sqrt{gl}\);  2) \(v_{m2} = \sqrt{2(2-\sqrt2)gl} \approx \sqrt{1{,}17lg}\);  3) \(L_{m2} = 2l + \dfrac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \dfrac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}\);  4) \(L_{m3} = (2+\sqrt2)l \approx 3{,}41l\).

Решение

Пока камень не долетел до притягивающего луча, он движется с постоянным ускорением \(\vec g\). Дальность полёта камня, брошенного с начальной скоростью \(v_0\) под углом \(\alpha\) к горизонту равна \[l_0 = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}.\] Это выражение принимает максимальное значение при \(\alpha = 45^\circ\), следовательно \[v_{m1} = \sqrt{gl}.\]

Направим ось \(OX\) горизонтально, а ось \(OY\) — вертикально вверх; в качестве начала отсчёта \(O\) выберем положение Глюка. Левую и правую (по ходу полёта камня) границы области, ограниченной притягивающим лучом, пронумеруем 1 и 2 соответственно (см. рисунок). Ясно, что внутри луча камень движется с ускорением \(-\vec g\), и если он пересекает границу 1 так, что проекция его скорости \(v_y \ge 0\), то камень достигнет и границы 2. Этому соответствует условие \[v_0\sin\alpha - gt_1 \ge 0,\] где \(t_1 = l/(v_0\cos\alpha)\), а \(\alpha\) — угол между \(\vec v_0\) и горизонтом. Следовательно, чтобы пролететь область, ограниченную лучом, насквозь, заведомо достаточно скорости \[v'_{m2} = \sqrt{\frac{2gl}{\sin 2\alpha}}.\]

Проверим, что \(v_{2m} < v'_{m2}\). Характерная для такого случая траектория камня приведена на рисунке. Её участок левее границы 2 обладает центральной симметрией относительно точки пересечения границы 1. Пусть \(H\) — наибольшая высота подъёма камня на участке слева от луча, а \(h\) — высота, на которой камень пересекает границу 1.

Из сказанного выше следует (см. рисунок), что для того, чтобы камень достиг границы 2, достаточно \[H - h < h \quad\Rightarrow\quad h > H/2.\] Из закона равноускоренного движения следует, что \[\begin{gather*} H = \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g},\\ h = y(l) = \mathrm{tg}\,\alpha\cdot l - \frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\cdot l^2. \end{gather*}\] Тогда условие \(h > H/2\) может быть приведено к виду \[\frac{8g^2l^2}{\sin^2 2\alpha} - \frac{8gl}{\sin 2\alpha}\cdot v_0^2 + v_0^4 < 0.\] Выделим в этом выражении полный квадрат: \[\left(\frac{4gl}{\sin 2\alpha} - v_0^2\right)^2 - \frac{8g^2l^2}{\sin^2 2\alpha} < 0.\] Откуда выразим \(v_0^2\) (напомним, что нас интересуют значения \(v_0^2 < 2gl/\sin 2\alpha\), так что выражение в скобках положительно): \[v_0^2 > \frac{4gl}{\sin 2\alpha} - \frac{2\sqrt2\,gl}{\sin 2\alpha} = \frac{2(2-\sqrt2)gl}{\sin 2\alpha}.\] Правая часть меньше \(v'_{2m}\) и достигает минимального значения при \(\alpha = 45^\circ\), следовательно \[v_{m2} = \sqrt{2(2-\sqrt2)lg} \approx \sqrt{1{,}17lg}.\]

Горизонтальная компонента скорости камня неизменна, следовательно участки слева от притягивающего луча и внутри него камень проходит за одно время \[t_0 = t_1 = \frac{l}{v_0\cos\alpha}.\] Найдём скорость камня при пересечении границы 2 \[\vec v_2 = \vec v_0 + \vec g t_0 - \vec g t_1 = \vec v_0.\] Из соображений симметрии (см. рисунок) следует, что камень пересекает границу 2 на высоте \(2h\). Время \(t_2\), за которое он после этого упадёт на землю, \[2h + v_0\sin\alpha\cdot t_2 - \frac{gt_2^2}{2} = 0,\] откуда \[t_2 = \frac{v_0\sin\alpha}{g} + \sqrt{\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{g^2} + \frac{4h}{g}}.\]

Этому соответствует горизонтальное смещение \[l_2 = v_0\cos\alpha\cdot t_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 + \frac{4hv_0^2\cos^2\alpha}{g}}.\] Подставим в это выражение \[h = l\,\mathrm{tg}\,\alpha - \frac{gl^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}\] и получим \[l_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 + \frac{2lv_0^2\sin 2\alpha}{g} - 2l^2}.\] Выделим в подкоренном выражении полный квадрат \[l_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\] \(l_2\) монотонно возрастает при увеличении \(\sin 2\alpha\), следовательно достигает максимального значения при \(\alpha = 45^\circ\): \[l_{m2} = \frac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\] Искомое расстояние \(L_{m2} = 2l + l_{m2}\). \[L_{m2} = 2l + \frac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\]

Поскольку и \(v_{m2}\), и \(L_{m2}\) соответствуют броску под углом в \(45^\circ\), достаточно подставить \(v_0^2 = 2(2-\sqrt2)gl\) в выражение для \(L_{m2}\). Получим \[L_{m3} = \left(4 - \sqrt2 + \sqrt{12 - 8\sqrt2}\right)l\] или после преобразований \[L_{m3} = (2+\sqrt2)l \approx 3{,}41l.\]

Подсказка

Вдоль линии касания скорости точек валика и диска совпадают лишь в одной точке — там сила трения меняет направление. Положение этой точки на свободном диске найдите из равенства нулю суммарного момента сил трения на нём, затем так же — для валика.

Ответ

\(\omega_x = \omega_0(\sqrt2 - 1)\).

Решение

Рассмотрим момент времени, когда валик и правый диск вращаются с постоянными угловыми скоростями \(\Omega\) и \(\omega_x\) соответственно. Введём ось \(Oy\), направленную вдоль оси симметрии валика влево, с началом в центре его правого основания.

Сила трения, действующая на правый диск, меняет своё направление в некоторой точке с координатой \(y_x\). На участке с координатой от \(0\) до \(y_x\) скорость точек валика \(\Omega r\) больше, чем скорость точек диска \(v_x = \omega_x y\), значит сила трения на этом участке направлена по скорости точек валика («от нас»). Аналогично можно показать, что на участке с координатой от \(y_x\) до \(R\), сила трения направлена против скорости точек валика («на нас»).

Сила трения, действующая на участке длиной \(\Delta y\), равна \(f\Delta y\), где \(f\) — сила трения, приходящаяся на единицу длины. Равнодействующая такой равномерно распределённой силы приложена к середине указанного отрезка. С учётом того, что суммарный момент внешней силы трения, действующей на правый диск, равен нулю, получаем: \[fy_x\cdot\frac{y_x}{2} = f(R - y_x)\cdot\frac{R + y_x}{2}.\] Откуда \(y_x = R/\sqrt2\).

Сила трения, действующая на валик со стороны левого диска меняет своё направление в некоторой точке с координатой \(y_0\). Плечо этой силы равно \(r\), а так как валик равномерно вращается, то суммарный момент силы трения, действующей на валик относительно оси вращения также равен нулю, а значит: \[fy_x\cdot r + f(2R - y_0)\cdot r = f(y_0 - y_x)\cdot r.\] Откуда \(y_0 = y_x + R = R/\sqrt2 + R\).

В точках с координатами \(y_x\) и \(y_0\), где сила трения меняет направление, скорости точек дисков равны скорости точек валика \(\Omega r\). Скорость точки правого диска с координатой \(y_x\) равна \(\omega_x\cdot y_x = \omega_x\frac{R}{\sqrt2}\). Скорость точки левого диска с координатой \(y_0\) равна \(\omega_0\cdot(2R - y_0) = \omega_0\cdot\left(R - \frac{R}{\sqrt2}\right)\). С учётом этого \(\omega_x\frac{R}{\sqrt2} = \omega_0\cdot\left(R - \frac{R}{\sqrt2}\right)\) или \[\omega_x = \omega_0(\sqrt2 - 1).\]

Подсказка

Сравните работу силы при отрыве короткого куска ленты с работой \(\sigma\cdot d\cdot\Delta l\), нужной для его отрыва: перемещение точки приложения силы зависит от угла. Во втором и третьем пунктах помогут нерастяжимость нити с лентой и закон изменения механической энергии.

Ответ

1) \(\alpha = 180^\circ\) — тянуть вдоль стола, загнув ленту назад над её приклеенной частью; тогда \(F = \sigma d/(1-\cos\alpha) = \sigma d/2\);  2) \(m = \dfrac{\sigma d}{(1-\cos\alpha_1)g} \approx 68\) г;  3) \(M \approx 32\) г, \(\Delta h \approx 0{,}146\) м, \(a_1 \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\), \(a_2 \approx 4{,}9\text{ м/с}^2\).

Решение

Когда приложенная сила \(F\) постоянна по величине и направлению, угол наклона оторванной части ленты \(\alpha\) также постоянен. Если внешняя сила достаточна по величине и приводит к отрыву части ленты малой длины \(\Delta l\), точка, к которой приложена внешняя сила, перемещается на расстояние \(\Delta x\), совершая при этом работу, которую можно связать с величиной \(\sigma\) и площадью ленты оторвавшейся части ленты \(\Delta S = d\cdot\Delta l\): \[\Delta A = \Delta x\cdot F = \sigma\cdot\Delta S = \sigma\cdot d\cdot\Delta l. \tag{1}\]

Перемещение точки приложения силы \(\Delta x\) может быть выражено через \(\Delta l\) и \(\alpha\): \[\Delta x = \Delta l\cdot(1 - \cos\alpha). \tag{2}\] Подставляя (2) в (1), получаем выражение для силы \(F = F(\alpha)\), необходимой для отрывания ленты от стола под некоторым углом: \[F = \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha}.\]

Сила принимает минимальное значение при максимальном знаменателе \(1 - \cos\alpha = 2\), то есть при \(\alpha = \pi\).

Теперь рассмотрим второй случай. Силы натяжения ленты и нити равны по модулю, так что будем их обозначать \(T\). Из условия равновесия груза \(T = mg\). Очевидно, что если сила натяжения \(T\) не превышает силу отрыва ленты для угла \(\alpha_1\), то лента не будет отрываться и система будет покоиться. Максимальная сила \(T\), которая может быть достигнута при равновесии системы \(T = \sigma d/(1 - \cos\alpha_1)\). Тогда масса груза равна \[m = \frac{\sigma d}{(1 - \cos\alpha_1)\cdot g} \approx 0{,}068\text{ кг}.\]

Теперь рассмотрим случай добавления груза массой \(M\). Для начала определим длину участка ленты \(\Delta L\), который оторвался от стола до момента остановки грузов. Его можно выразить через высоту блока \(H\) и углы \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\): \[\Delta L = \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_2} - \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_1} \approx 0{,}732\cdot H = 0{,}732\text{ м}.\] Для нахождения \(\Delta h\) используем условие на сохранение полной длины нити и ленты (ввиду их нерастяжимости): \[\Delta L + L_1 = L_2 + \Delta h,\] где \(L_1 = H/\sin\alpha_1\) и \(L_2 = H/\sin\alpha_2\) — это расстояния от блока до точки отрыва ленты от стола в начальный и конечный момент соответственно. Тогда \[\begin{gather*} \Delta h = \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_2} - \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_1} + \frac{H}{\sin\alpha_1} - \frac{H}{\sin\alpha_2} =\\ = H\left(\frac{1 - \cos\alpha_1}{\sin\alpha_1} - \frac{1 - \cos\alpha_2}{\sin\alpha_2}\right) \approx 0{,}146\cdot H = 0{,}146\text{ м}. \end{gather*}\] Положение, в котором остановится система, определяется законом изменения полной механической энергии: изменение потенциальной энергии груза (кинетическая энергия в крайних положениях равна нулю) равно работе по отрыву ленты: \[(m + M)g\cdot\Delta h = A = \sigma d\Delta L.\] Отсюда \[M = \frac{\sigma d\Delta L}{g\Delta h} - m \approx 0{,}032\text{ кг} = 32\text{ г}.\] Ускорения грузов в начальный и конечный моменты времени находятся из второго закона Ньютона: \[(m + M)a_1 = (m + M)g - T(\alpha_1)\] или \[(m + M)a_1 = (m + M)g - \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha_1}.\] Искомые значения: \[a_1 = g - \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_1)} \approx 3{,}2\text{ м/с}^2,\] и \[a_2 = \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_2)} - g \approx 4{,}9\text{ м/с}^2.\] Заметим, что после остановки ускорения грузов будут равны нулю.

Подсказка

При смещении столбика на \(h\) разность давлений воздуха в коленах уравновешивает лишний столбик ртути высотой \(2h\); давления воздуха — по закону Бойля–Мариотта, а охлаждение равносильно уменьшению начального давления. Проверьте, не выходит ли ответ за длину столбика \(l/4\), и выберите из корней устойчивый.

Ответ

1) \(h_0 = 0\);  2) \(h_1 = l/5 = 125\) мм;  3) \(h_2 = \sqrt{4L_2^2 + l^2} - 2L_2 \approx 172\) мм, где \(L_2 = 0{,}7\cdot750 = 525\) мм (ртуть целиком переходит в одно колено);  4) при малом смещении \(x\) из этого положения разность сил давления воздуха \((\Delta P_1 + \Delta P_2)S > 0\) возвращает ртуть, а сила тяжести не меняется — равновесие устойчиво.

Решение

Пусть смещение концов столбика ртути после переворота трубки равно \(h_0\). Разность давлений воздуха в левой и правой частях трубки \(\Delta P = P_\text{л} - P_\text{п}\) уравновешивается избыточным гидростатическим давлением ртути \(2\rho gh_0\). Используя закон Бойля-Мариотта, найдем: \[P_\text{л} = P_\text{А}\frac{l}{l - h_0}, \qquad P_\text{п} = P_\text{А}\frac{l}{l + h_0}.\]

Запишем условие равновесия столбика ртути: \[P_\text{А}\frac{l}{l - h_0} - P_\text{А}\frac{l}{l + h_0} = 2\rho gh_0.\] После преобразований получаем: \[\frac{2lh_0P_\text{А}}{l^2 - h_0^2} = 2\rho gh_0.\] Решения этого уравнения \[h_0 = 0,\quad h_0 = \pm\sqrt{l\left(l - \frac{P_\text{А}}{\rho g}\right)}.\] При \(P_\text{А} = 750\text{ мм рт.ст.} > 625\text{ мм рт.ст.} = \rho gl\) подходит только один из корней \(h_0 = 0\). Таким образом, сразу после переворота столбик ртути не смещается.

Понижение температуры до \(0{,}8\,T_0\) соответствует изменению начального давления воздуха (давления воздуха в трубке с запаянными концами до её переворота) с \(P_A\) до \(P_1 = 0{,}8\,P_A = \rho gL_1\), где \(L_1 = 0{,}8\cdot 750\text{ мм} = 600\) мм. В этом случае существует решение: \[h_1 = \sqrt{l\left(l - \frac{P_1}{\rho g}\right)} = \sqrt{l\,(l - L_1)} = \sqrt{0{,}625\,(0{,}625 - 0{,}600)}\text{ м} = \frac{l}{5} = 125\text{ мм}.\]

Можно показать, что именно это решение соответствует устойчивому положению столбика ртути. Корень \(h_1 = 0\) мм соответствует неустойчивому положению, то есть при небольшом смещении столбика ртути избыточное гидростатическое давление превышает разность давлений воздуха в левом и правом участках трубки и ртуть стремится занять положение, соответствующее устойчивому положению.

Покажем, что корень \(h_1 = 125\) мм соответствует устойчивому равновесию. Пусть от положения равновесия столбик ртути сместился дополнительно на некоторое малое расстояние \(x\), тогда давление газа в левой части сосуда: \[P_\text{л}(x) = \frac{lP_1}{l - h_1 - x} = \frac{lP_1}{l - h_1}\cdot\frac{1}{1 - \frac{x}{l - h_1}} \approx \frac{lP_1}{l - h_1}\left(1 + \frac{x}{l - h_1}\right) = \frac{lP_1}{l - h_1} + \frac{xlP_1}{(l - h_1)^2}.\] Аналогично для давления в правой части сосуда: \[P_\text{п}(x) = \frac{lP_1}{l + h_1 + x} \approx \frac{lP_1}{l + h_1} - \frac{xlP_1}{(l + h_1)^2}.\] Суммарная сила давления газа, стремящаяся вернуть столбик ртути в положение равновесия, равна \[\begin{gather*} F_\text{д}(x) = (P_\text{л} - P_\text{п})S \approx \left(\frac{lP_1}{l - h_1} - \frac{lP_1}{l + h_1}\right)S + \left(\frac{1}{(l - h_1)^2} + \frac{1}{(l + h_1)^2}\right)xlP_1S =\\ = F_\text{д}(0) + \frac{2(l^2 + h_1^2)}{(l^2 - h_1^2)^2}xlP_1S. \end{gather*}\] Сила, равная разности сил тяжестей, действующих на столбики ртути в разных частях сосуда, стремится вывести столбик ртути из положения равновесия:

\[F_\text{т}(x) = \rho S(l/4 + h_1 + x) - \rho S(l/4 - h_1 - x) = 2\rho gSh_1 + 2\rho gSx = F_\text{т}(0) + 2\rho gSx.\] Найдем разность возвращающей и выводящей из положение равновесия сил с учётом равенства \(F_\text{д}(0) = F_\text{т}(0)\) в положении равновесия: \[\Delta F = F_\text{д} - F_\text{т} = 2\left(\frac{(l^2 + h_1^2)lL_1}{(l^2 - h_1^2)^2} - 1\right)\rho gSx.\] Подставив в выражение корень \(h_1 = 0\), получим: \[\begin{gather*} \Delta F = F_\text{д} - F_\text{т} = 2\left(\frac{(l^2 + 0^2)lL_1}{(l^2 - 0^2)^2} - 1\right)\rho gSx = 2\left(\frac{L_1}{l} - 1\right)\rho gSx =\\ = 2\left(\frac{600\text{ мм}}{625\text{ мм}} - 1\right)\rho gSx < 0, \end{gather*}\] т. е. суммарная сила, действующая на систему, будет выводить её из положения равновесия, и \(h_1 = 0\) мм соответствует неустойчивому положению равновесия.

Подставив \(h_1 = l/5\), получим: \[\begin{gather*} \Delta F = F_\text{давл} - F_\text{тяж} = 2\left(\frac{(l^2 + (l/5)^2)lL_1}{(l^2 - (l/5)^2)^2} - 1\right)\rho gSx =\\ = 2\left(\frac{25\cdot 26\cdot L_1}{24^2\cdot l} - 1\right)\rho gSx = 2\left(\frac{25\cdot 26\cdot 600\text{ мм}}{24^2\cdot 625\text{ мм}} - 1\right)\rho gSx =\\ = 2\left(\frac{26}{24} - 1\right)\rho gSx > 0, \end{gather*}\] т. е. суммарная сила, действующая на систему, будет стремиться вернуть её в положение равновесия, и \(h_1 = l/5 = 125\) мм соответствует устойчивому положению равновесия.

Расчёт по полученной формуле для смещения при начальном давлении \(P_2 = 0{,}7\,P_A = \rho gL_2\), где \(L_2 = 0{,}7\cdot 750\text{ мм} = 525\) мм, соответствующего температуре \(T_2 = 0{,}7\,T_0\), даёт результат: \[h_2 = \sqrt{l\left(l - \frac{P_2}{\rho g}\right)} = \sqrt{0{,}625\,(0{,}625 - 0{,}525)}\text{ м} = 0{,}25\text{ м} = 250\text{ мм} = \frac{2l}{5} > \frac{l}{4}.\] Но в этом случае столбик ртути целиком перемещается в одну из частей трубки и выражение для избыточного гидростатического давления \(2\rho gh_2\) должно быть заменено на \(\rho gl/2\).

Пусть столбик ртути целиком перешёл в одну из частей трубки и его нижний конец переместился вниз на \(h_2\), тогда в левой и правой частях трубки давление будет соответственно равно: \[P_\text{л} = P_2\frac{l}{l - h_2} = \frac{\rho glL_2}{l - h_2}, \qquad P_\text{п} = P_2\frac{l}{l + h_2} = \frac{\rho glL_2}{l + h_2}.\] Условие равновесия столбика выглядит теперь следующим образом: \[\frac{2\rho glL_2h_2}{l^2 - h_2^2} = \frac{\rho gl}{2}.\] Получим квадратное уравнение: \[h_2^2 + 4L_2h_2 - l^2 = 0,\] которое имеет корни \[h_2 = -2L_2 \pm\sqrt{4L_2^2 + l^2}.\] Отбросив отрицательный корень, получаем ответ: \[h_2 = \sqrt{4\cdot\left(\frac{T_2P_A}{T_0\rho g}\right)^2 + l^2} - \frac{2T_2P_A}{T_0\rho g} = \sqrt{4\cdot 0{,}525^2 + 0{,}625^2}\text{ мм} - 2\cdot 0{,}525\text{ мм} \approx 172\text{ мм}.\]

Покажем, что \(h_2 \approx 172\) мм соответствует устойчивому положению равновесия. Пусть от положения равновесия ртуть дополнительно сместилась на малое расстояние \(x > 0\), тогда давление газа в левой части сосуда: \[P_\text{л}(x) = \frac{lP_2}{l - h_2 - x} = \frac{lP_2}{l - h_2}\cdot\frac{1}{1 - \frac{x}{l - h_2}} = \frac{lP_2}{l - h_2} + \Delta P_1,\ \Delta P_1 > 0.\] Аналогично находим давление газа в правой части сосуда: \[P_\text{п}(x) = \frac{lP_2}{l + h_2 + x} = \frac{lP_2}{l + h_2}\cdot\frac{1}{1 + \frac{x}{l + h_2}} = \frac{lP_2}{l + h_2} - \Delta P_2,\ \Delta P_2 > 0.\] Суммарная сила давления газа, стремящаяся вернуть столбик ртути в положение равновесия, равна \[\begin{gather*} F_\text{д} = (P_\text{л} - P_\text{п})S \approx \left(\frac{lP_2}{l - h_2} - \frac{lP_2}{l + h_2}\right)S + (\Delta P_1 + \Delta P_2)S =\\ = F_\text{д0} + (\Delta P_1 + \Delta P_2)S. \end{gather*}\] Сила тяжести не изменяется при движении столба жидкости внутри одной части сосуда: \[F_\text{т} = \rho Slg/2.\] Найдем разность возвращающей и выводящей из положение равновесия сил с учетом равенства \(F_\text{д0} = F_\text{т}\) в положении равновесия: \[\Delta F = F_\text{д} - F_\text{т} = (\Delta P_1 + \Delta P_2)S > 0,\] т. е. результирующая сила положительна и положение равновесия устойчиво.

Подсказка

В установившемся режиме джоулева мощность \(U^2G(t)\) равна мощности теплоотдачи \(k(t - t_\text{в})\); коэффициент \(k\) найдите из первого опыта. Каждое следующее уравнение решается графически — пересечением прямой с графиком \(G(t)\). Помните, что прибор переводит в температуру ток, считая напряжение номинальным.

Ответ

1) \(t_1 = 13\ ^\circ\)C;  2) \(\approx 42\ ^\circ\)C;  3) \(t_* \approx 51{,}5\ ^\circ\)C (сам термистор при этом нагрет до \(t_2 = 34\ ^\circ\)C).

Решение

Пусть \(U_0\) — номинальное напряжение источника. Тепловая мощность, выделяющаяся на термисторе, должна в установившемся режиме рассеиваться в окружающий воздух. Поэтому \[U_0^2G(t) = k(t - t_\text{в}), \tag{1}\] где \(t\) — собственная температура термистора, \(t_\text{в}\) — температура воздуха, а \(k\) — коэффициент пропорциональности в законе Ньютона-Рихмана. Определяя по графику значение проводимости при температуре \(t = 29\ ^\circ\)C \[G(29\ ^\circ\text{C}) = 1{,}2\,G_{25}\] и подставляя \(t_\text{в} = 27\ ^\circ\)C, получим, что \[k = 0{,}6\,\frac{1}{^\circ\text{C}}\cdot U_0^2G_{25}.\]

Пусть теперь температура воздуха равна \(t_1\), а температура термистора, соответственно, \((t_1 + 1\ ^\circ\text{C})\).

Подставим эти значения в (1): \[U_0^2G(t_1 + 1\ ^\circ\text{C}) = k\cdot 1\ ^\circ\text{C} \qquad\Rightarrow\qquad G(t_1 + 1\ ^\circ\text{C}) = 0{,}6G_{25}.\] Данное значение проводимости (точка 1 на рис.) соответствует температуре \(t_1 + 1\ ^\circ\text{C} = 14\ ^\circ\)C, откуда \(t_1 = 13\ ^\circ\)C.

Пусть теперь \(t_\text{в} = 38{,}5\ ^\circ\)C. Тогда \[U_0^2G(t) = k(t - 38{,}5\ ^\circ\text{C}) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{G(t)}{G_{25}} = 0{,}6\,\frac{1}{^\circ\text{C}}\cdot(t - 38{,}5\ ^\circ\text{C}).\] Полученное уравнение решим графически, построив прямую, заданную этим уравнением, поверх данного в условии графика (прямая \(A\) на рис.). Точка пересечения соответствует температуре термистора \(t = 42\ ^\circ\)C.

Пусть при напряжении источника \(2U_0\) и температуре воздуха \(t_\text{в} = 24\ ^\circ\)C, термистор в установившемся режиме имеет температуру \(t_2\). Запишем условие теплового равновесия для термистора и подставим в него выражение для \(k\): \[4U_0^2G(t_2) = k(t_2 - t_\text{в}) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{G(t_2)}{G_{25}} = 0{,}15\,\frac{1}{^\circ\text{C}}\cdot(t_2 - 24\ ^\circ\text{C}).\] Полученное уравнение снова решим графически, построив прямую, заданную этим уравнением (прямая \(B\) на рис.): \[t_2 = 34\ ^\circ\text{C}, \quad G(t_2) = 1{,}5G_{25}.\]

Однако экран прибора будет показывать не значение \(t_2\), а совершенно другое число \(t_* \ne t_2\)! Это связано с тем, что встроенный компьютер, переводящий показания амперметра в значение температуры, выводимое на экран настроен на напряжение \(U_0\). Чтобы найти формулу для пересчёта, запишем выражения для силы тока через термистор в двух случаях: 1) напряжение равно \(U_0\), температура равна \(t_*\); 2) напряжение равно \(2U_0\), температура — \(t_2\) \[I_1 = U_0G(t_*) \quad\text{и}\quad I_2 = 2U_0G(t_2).\] Приравнивая их, получим \[G(t_*) = 2G(t_2) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{G(t_*)}{G_{25}} = 3.\] Отсюда, по графику (точка 2 на рис.), определяем, что \(t_* \approx 51{,}5\ ^\circ\)C.