Разминка

Подсказка

Три независимые задачи: для свечи — условие плавания и устойчивость (центр плавания выше центра масс); для проводника — баланс мощностей нагрева и охлаждения при растяжении; для глобуса — построение хода лучей по касательной к шару в крайней видимой точке.

Ответ

1.1.1) \(8{,}5\text{ см}\le l\le 18{,}5\text{ см}\); 1.1.2) \(t=15\) мин; 1.2) \(t_2\approx 10^\circ\text{C}\); 1.3) \(R_{\min}=R(\cos\varphi+(1+\sin\varphi)\operatorname{tg}\varphi)\approx 0{,}63\) м.

Решение

Задание 1. «Разминка»

Задача 9.1.1

1.1.1 На свечу, погруженную в воду, действуют сила тяжести \(F_{\text{Т}}\) и сила Архимеда \(F_{\text{А}}\).

Чтобы свеча вообще плавала, должно выполняться условие плавания: архимедова сила должна быть равна силе тяжести

\[F_{\text{А}} = F_{\text{Т}}.\tag{1}\]

Для устойчивого плавания свечи необходимо, чтобы при отклонениях от вертикального положения возникал момент сил, возвращающий свечу в первоначальное положение. Это условие будет выполнено, если точка приложения силы тяжести (центр масс свечи) будет лежать ниже точки приложения выталкивающей силы Архимеда совпадающей с центром масс вытесненной жидкости – центром плавания (рис.1а), в противном случае вертикальное положение будет неустойчиво (рис.1б).

В случае однородной свечи центр тяжести всегда будет находиться выше центра плавания, поэтому свеча не может устойчиво плавать в вертикальном положении. Именно для этого к нижнему основанию свечи прикрепляется алюминиевая шайба.

Если длина свечи больше нескольких диаметров, то можно пренебречь изменением положения точки приложения силы Архимеда при ее наклоне.

Обозначим глубину погружения свечи с алюминиевой шайбой под воду \(d\) (рис. 2). Тогда условие (1) записывается, как

\[\rho g s l + \rho_{1} g s h = \rho_{0} g s d\tag{2}\]

откуда следует

\[d = \frac{\rho l + \rho_{1} h}{\rho_{0}}.\tag{3}\]

Свеча будет плавать, если глубина её погружения не превышает сумму высот свечи и шайбы, то есть при \(d \le l + h\). С учетом соотношения (3) это условие принимает вид

\[\frac{\rho l + \rho_{1} h}{\rho_{0}} \le l + h.\tag{4}\]

Теперь определим, при какой высоте свеча сможет плавать устойчиво в вертикальном положении. Выберем ось координат \(Oy\), с началом отсчета по нижнему краю алюминиевой шайбы. Тогда координата центра плавания будет равна

\[y_{\text{А}} = \frac{d}{2} = \frac{1}{2} \frac{\rho l + \rho_{1} h}{\rho_{0}},\tag{6}\]

а координата центра тяжести

\[y_{c}=\frac{\rho_{1} h \frac{h}{2}+\rho l\left(h+\frac{l}{2}\right)}{\rho_{1} h+\rho l}\tag{7}\]

Таким образом, условие устойчивости \(y_{A} \geq y_{C}\) формулируется в виде неравенства

\[\frac{1}{2} \frac{\rho l+\rho_{1} h}{\rho_{0}} \geq \frac{\rho_{1} h \frac{h}{2}+\rho l\left(h+\frac{l}{2}\right)}{\rho_{1} h+\rho l} .\tag{8}\]

Совместное решение неравенств (4) и (8), первое из которых линейное, а второе - квадратное, и дает нам интервал длин, при которых свеча устойчиво будет плавать в воде

\[8{,}5 \text{~см} \leq l \leq 18{,}5 \text{~см} .\tag{9}\]

1.1.2 Свеча погаснет, когда её длина станет равной минимально возможной для плавания, т.е. \(l_{\min }=8{,}5 \text{~см}\). Значит, гореть она будет в течение времени

\[t=\frac{l-l_{\min }}{u}=15 \text { мин. }\tag{10}\]

Отметим, что все время горения свеча будет плавать устойчиво.

Дополнения.

1.Проиллюстрируем графически решение данной задачи. На рис. 3 построены графики зависимостей полной длины свечи вместе с шайбой \((l+h)\); глубины погружения \(d\), рассчитанной по формуле (3); координаты центра плавания (6) и координаты центра масс (7) от длины парафиновой части свечи \(l\) (деления шкал даны в сантиметрах). Заливкой выделены области, в которых выполняются условие плавания и условие устойчивости.

Рис.3

2. Приведем более подробные выкладки, необходимые для решения системы неравенств. Для упрощения работы с громоздкими выражениями в дальнейшем введем безразмерные переменные \(\eta = \rho / \rho_0\), \(\eta_1 = \rho_1 / \rho_0\), \(\xi = l / h\). Используя данные условия \(\eta = 0{,}8\); \(\eta_1 = 2{,}7\). В новых переменных глубина погружения

\[d = (\eta \xi + \eta_1) h,\tag{\text{д}1}\]

а условие плавания (4) превращается в

\[\eta \xi + \eta_1 \le \xi + 1.\tag{\text{д}2}\]

Решаем это неравенство: \(\xi(1 - \eta) \ge \eta_1 - 1\) и поскольку \(1 - \eta = 0{,}2 > 0\), то

\[\xi \ge \frac{\eta_1 - 1}{(1 - \eta)}.\tag{\text{д}3}\]

Минимальная высота свечи, при которой она ещё сможет плавать, равна

\[l_{\min} = \xi_{\min} h = \frac{\eta_1 - 1}{(1 - \eta)} h,\tag{\text{д}4}\]

или \(l_{\min} = \frac{2{,}7 - 1}{1 - 0{,}2} \cdot 1{,}0 \text{ см} = 8{,}5 \text{ см}\). В безразмерных переменных координата центра выталкивания равна

\[y_A = \frac{d}{2} = \frac{(\eta \xi + \eta_1) h}{2},\tag{\text{д}5}\]

а координата центра тяжести

\[y_C = \frac{\rho_1 h \frac{h}{2} + \rho l (h + \frac{l}{2})}{\rho_1 h + \rho l} = \frac{\frac{1}{2} \eta_1 + \eta \xi + \frac{1}{2} \eta \xi^2}{\eta_1 + \eta \xi} h.\tag{\text{д}6}\]

Выполним математические преобразования необходимые для решения неравенства (8) с учетом того, что \(\eta_1 + \eta \xi > 0\)

\[\frac{(\eta \xi + \eta_1) h}{2} \ge \frac{\frac{1}{2} \eta_1 + \eta \xi + \frac{1}{2} \eta \xi^2}{\eta_1 + \eta \xi} h\]

\[(\eta \xi + \eta_1) \ge \frac{\eta_1 + 2 \eta \xi + \eta \xi^2}{\eta_1 + \eta \xi}\]

\[(\eta \xi + \eta_1)^2 \ge \eta_1 + 2 \eta \xi + \eta \xi^2\]

\[\eta^2 \xi^2 + \eta_1^2 + 2 \eta \eta_1 \xi \ge \eta_1 + 2 \eta \xi + \eta \xi^2\]

\[\eta(1 - \eta) \xi^2 + 2 \eta(1 - \eta_1) \xi + \eta_1(1 - \eta_1) \le 0\]

Мы получили квадратичное неравенство относительно \(\xi\). Поскольку коэффициент при \(\xi^2\) положительный, решением этого неравенства будет \(\xi_1 \le \xi \le \xi_2\), где \(\xi_{1{,}2}\) - корни квадратного уравнения

\[\eta(1 - \eta) \xi^2 + 2 \eta(1 - \eta_1) \xi + \eta_1(1 - \eta_1) = 0.\]

Его дискриминант равен

\[D/4 = (b/2)^2 - ac = \eta^2(1 - \eta_1)^2 - \eta(1 - \eta) \eta_1(1 - \eta_1) = \eta(1 - \eta_1)[\eta(1 - \eta_1) - \eta_1(1 - \eta)] =\]

\[\eta(1 - \eta_1)[\eta - \eta \eta_1 - \eta_1 + \eta \eta_1] = \eta(1 - \eta_1)(\eta - \eta_1) = \eta(\eta_1 - 1)(\eta_1 - \eta)\]

При наших данных \(D/4 = 0{,}8(2{,}7 - 1)(2{,}7 - 0{,}8) = 2{,}6 > 0\), следовательно, существует 2 действительных корня этого уравнения:

\[\xi_{1{,}2} = \frac{-\eta(1 - \eta_1) \pm \sqrt{\eta(\eta_1 - 1)(\eta_1 - \eta)}}{\eta(1 - \eta)} = \frac{\eta_1 - 1}{1 - \eta} \pm \frac{1}{1 - \eta} \sqrt{\frac{(\eta_1 - 1)(\eta_1 - \eta)}{\eta}}.\]

Подстановка численных значений исходных данных приводит к результату \(\xi_1 = -1{,}5\); \(\xi_2 = 18{,}5\).

Таким образом, условие устойчивого плавания имеет вид:

\[\frac{\eta_1 - 1}{1 - \eta} - \frac{1}{1 - \eta} \sqrt{\frac{(\eta_1 - 1)(\eta_1 - \eta)}{\eta}} \le \xi \le \frac{\eta_1 - 1}{1 - \eta} + \frac{1}{1 - \eta} \sqrt{\frac{(\eta_1 - 1)(\eta_1 - \eta)}{\eta}},\]

а с учетом условия плавания (дЗ))

\[\frac{\eta_1 - 1}{1 - \eta} \le \xi \le \frac{\eta_1 - 1}{1 - \eta} + \frac{1}{1 - \eta} \sqrt{\frac{(\eta_1 - 1)(\eta_1 - \eta)}{\eta}}.\]

Итак, для устойчивого плавания должно выполняться \(-1{,}5\,\text{см} \le l \le 18{,}5\,\text{см}\), для плавания вообще \(l \ge 8{,}5\,\text{см}\). Таким образом, свеча будет устойчиво плавать, если длина свечи лежит в интервале \(8{,}5\,\text{см} \le l \le 18{,}5\,\text{см}\).

Задача 9.1.2

После замыкания электрической цепи вследствие выделения тепла Джоуля-Ленца температура \(t\) проводника начнет расти. Однако как следует из условия, по мере роста температуры проводника будет увеличиваться и количество теплоты, отдаваемое им в единицу времени в окружающее пространство. Следовательно, при некотором значении \(t_i\) мощность \(P\) тепловыделения в проводнике сравняется с мощностью \(P_{\text{охл}}\) тепловых потерь (охлаждения) через его поверхность, и дальнейший рост температуры в системе прекратится.

Запишем условие динамического равновесия \(P_{\text{охл}} = P\) с учетом закона Джоуля-Ленца

\[\frac{U^2}{R} = \alpha (t_i - t_0) S,\tag{1}\]

где \(t_i\) — максимальная (установившаяся) температура проводника.

Подставляя в (1) выражения для сопротивления проводника \(R = \rho \frac{l}{S} = \rho \frac{l}{\pi r^2}\) и площади его боковой поверхности \(S = 2\pi r l\) (теплоотдачей через торцы цилиндра пренебрегаем, т.к. \(r \ll l\)) получим

\[\frac{U^2}{\rho l} \pi r^2 = \alpha (t_i - t_0) 2\pi r l \quad \Rightarrow \quad t_i - t_0 = \{t_0 = 0{,}0^\circ\text{C}\} = t_i = \frac{U^2 r}{2\rho \alpha l^2},\tag{2}\]

где \(U\) — напряжение на проводнике. Поскольку объем проводника остается неизменным, то изменение длины проводника приводит к изменению его радиуса. Эта связь следует из выражения для объема

\[V = \pi r^2 l \quad \Rightarrow \quad r = \sqrt{\frac{V}{\pi l}}.\tag{3}\]

Подставляя, это выражение в формулу (2), для температуры проволоки получим

\[t_i = \frac{U^2}{2\rho \alpha l^2} \sqrt{\frac{V}{\pi l}} = \frac{C}{l^{5/2}}.\tag{4}\]

где \(C\) — постоянный для данных условий коэффициент. Записав два подобных соотношения для начальной конечной длины проводника и разделив их друг на друга, получим пропорцию

\[\frac{t_2}{t_1} = \frac{l_1^{5/2}}{l_2^{5/2}}.\tag{5}\]

из которой следует ответ задачи \(t_2 = t_1 \sqrt{\left(\frac{l_1}{l_2}\right)^5} \approx 10^\circ \text{C}\).

Уменьшение температуры проводника после растяжения вполне понятно и на качественном уровне: к этому ведет как падение мощности тепловыделения вследствие увеличения сопротивления, так и увеличение площади теплоотдачи (поверхности) проводника.

Отметим, что радиус проводника, заданный в условии задачи, не вошел в конечный результат. Однако малое численное значение этого параметра позволяет считать, что распределение тока внутри проводника является однородным.

Задача 9.1.3

Как следует из рисунка, увидеть в зеркале минимального размера некоторую точку \(G\) на глобусе можно только в том случае, если луч, идущий по касательной к шару в этой точке попадет на край зеркала \(A\).

Следует заметить, что в этом случае она будет всего лишь «на горизонте» глобуса, но предположим, что острота зрения смотрящего достаточна для подобного наблюдения.

Искомый минимальный радиус зеркала найдем как

\[R_{\text{min}} = DC + CA = \{(DC = OB)\} = R \cos \varphi + CG \operatorname{tg} \varphi.\tag{1}\]

Поскольку \(CG = R + R \sin \varphi\), то окончательно получаем

\[R_{\text{min}} = R \cos \varphi + R (1 + \sin \varphi) \operatorname{tg} \varphi = R (\cos \varphi + (1 + \sin \varphi) \operatorname{tg} \varphi).\tag{2}\]

Расчет по (2) для угла \(\varphi = 55^\circ\) дает

\[R_{\text{min}} = 0{,}63 \text{ м}.\]

Интересно, что, чисто теоретически из (2) следует, при неограниченном возрастании радиуса зеркала (\(R_{\text{min}} \to \infty\)) можно увидеть даже точку северного полюса глобуса (\(\varphi = \frac{\pi}{2}\)), что в реальности невозможно из-за ограниченной разрешающей способности глаза человека.

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