Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 10 класса (город 2007)

Подробности

Обновлено 29.03.2013 21:53

Решения задач городского тура 2007 года для 10 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

Силы, действующие на каждый из цилиндров, показаны на рисунке (обозначены модули сил). Так как система находится в равновесии, сумма моментов сил, действующих на каждый из цилиндров, должна быть равна нулю. Рассматривая моменты относительно центров цилиндров легко получить выражения для сил трения в системе:

заметив, что все остальные силы не создают момента.

Кроме того, как видно из рисунка силы F₁ и F₂ направлены в разные стороны и, следовательно, полностью компенсируются. Если далее рассмотреть все внешние силы, действующие на систему, и имеющие вертикальную проекцию (F₁, F₂ и 2 mg) легко увидеть, что проекция суммарной внешней силы не может быть равна нулю и равновесие невозможно. Отметим, что направление всех сил трения может быть противоположенным тому, что показано на рисунке, ответ при этом, очевидно, не изменится.

Ответ: такое равновесие невозможно.

Задача 2.

Изобразим силы, действующие на бусинки сразу же после их отпускания. При отпускании бусинок и колечка последнее будет поворачиваться на оси в сторону незакрепленной бусинки. Поскольку кольцо гладкое, то сила реакции N₁ со стороны кольца, действует на незакрепленную бусинку вдоль радиуса в направлении поворота кольца. Силу реакции со стороны кольца, действующую на закрепленную бусинку, представим в виде суммы двух перпендикулярных компонент N_x и N_y. Ускорение незакрепленной бусинки имеет как горизонтальную (a_г), так и вертикальную (a_в) компоненты, а ускорение бусинки, жестко закрепленной на кольце (a), направлено перпендикулярно прямой OC (вдоль линии действия силы N_x). Запишем для бусинок уравнения второго закона Ньютона.

ma_в = mg
ma_г = N₁

Отсюда сразу находим, что a_в = g.

Поскольку кольцо безмассовое, сумма моментов сил относительно оси вращения, действующих на него должна быть равна нулю (иначе его угловое ускорение обращается в бесконечность). Таким образом, получаем еще одно уравнение: N_y = N₁/.

Для решения системы необходимо еще одно уравнение. Рассмотрим смещение незакрепленной бусинки относительно колечка. При перемещении из точки А в точку А' удаление от точки О и угол между АО и АО' связаны между собой следующим образом: dr = dαR, где R - радиус кольца.

Теперь рассмотрим перемещения бусинок за малое время t. За это время расстояние между незакрепленной бусинкой А и точкой закрепления кольца О увеличится на . Угол, соответствующий смещению бусинки относительно колечка за время t, складывается из двух составляющих. Во-первых, изменение направления на точку О за счет движения бусинки dβ, а во-вторых - угла поворота колечка dγ за то же время. Углы выражаются через касательные (по отношению к движению по окружности с центром в точке О) составляющие ускорений.

и . Связывая угловое смещение бусинки dβ + dγ с изменением расстояния до оси вращения dr, получим:

.

Решая полученную систему уравнений, находим ускорения бусинок.

Изучим теперь положение равновесия кольца и бусинок. В равновесии центр тяжести системы должен находиться под точкой подвеса. Обозначим угол отклонения кольца от начального положения за α, тогда угол β между вертикалью и направлением на закрепленную бусинку равен β = 45° − α. Центр тяжести будет находиться под точкой подвеса, если плечи l₁ и l₂ равны. То есть

Rsinα = Rsin(π/4 − α), где R - радиус кольца, что дает tgα = ½.

Ответ: Сразу после отпускания ускорение закрепленной бусинки a = g/3, ускорение незакрепленной бусинки ; угол отклонения кольца в равновесии от первоначального положения α = arctg½.

Задача 3.

Процессы, происходящие при игре на баяне можно условно разбить на три этапа. Первый этап - медленное просачивание воздуха из атмосферы в мех при розжиме под действием постоянной разности давлений ΔP. Второй - быстрое сжатие воздуха, находящегося внутри меха от давления P − ΔP до P + ΔP при сохранении количества воздуха внутри меха практически постоянным и, наконец, третий этап, на котором воздух просачивается из меха под действием той же разности давлений. Рассмотрим каждый из этих процессов в отдельности.

Предположим, внутрь меха просочилась порция воздуха, имевшая при атмосферном давлении P и комнатной температуре T объем V. Внутри меха та же порция воздуха будет иметь температуру T₁ и объем V₁ при давлении P − ΔP. Кинетическая энергия макроскопического движения воздуха, возникающая при просачивании пренебрежимо мала, так как разность давлений невелика и размеры отверстий, через которые просачивается воздух, малы, также пренебрежем потерями энергии на извлечение звука.

Тогда изменение внутренней энергии просочившейся порции воздуха будет происходить за счет совершенной над ним работы со стороны окружающего воздуха за вычетом той работы, которую совершает просочившийся воздух при расширении до объема V₁ при давлении P − ΔP. Запишем:

Одновременно давление, объем и температура воздуха связаны уравнением Менделеева-Клапейрона: νRT = P_AV₀ и νRT₁ = (P_A−ΔP)V₁. Подставляя это в закон сохранения энергии, получим iνRT₁/2 + νRT₁ = iνRT/2 + νRT, следовательно, при просачивании в мех баяна температура воздуха остается неизменной.

То же самое происходит и на третьем этапе, то есть температура выходящего из меха воздуха оказывается равной температуре внутри меха после второго этапа.

На втором этапе мех сжимается. Количество воздуха внутри практически не изменяется, при этом над ним без подвода тепла совершается работа. Относительное изменение давления внутри меха мало, поэтому относительное изменение объема также будет малым, и при вычислении работы членами порядка ΔPΔV можно пренебречь. Таким образом, совершенная над газом работа δA = −P_AΔV. Изменение внутренней энергии воздуха при таком сжатии

Из уравнения Менделеева-Клапейрона следует, что P_AΔV + 2ΔPV₁ = νRΔT (изменение давление изменяется от P − ΔP до P + ΔP), откуда можно извлечь величину PΔV и подставить в предыдущее уравнение. Сделав это, получаем iνRΔT/2 + νRΔT = 2ΔPV₁, откуда исключив V₁, получаем: .

Как уже было показано выше, при просачивании из меха баяна в комнату температура воздуха не изменяется.

Ответ: Температура воздуха, выходящего из мехов баяна, на 1,7 градуса выша комнатной.

Задача 4.

Рассмотрим начальный момент времени, когда тело B еще не нагрелось, и теплопередачи в окружающую среду нет. Из закона сохранения энергии следует:

где C и ΔT - теплоемкости и изменения температуры за небольшой промежуток времени для двух тел. Рассматривая изменения температуры, например за первые Δt = 0.125 мин легко видеть, что C_A = 2C_B.

Далее рассмотрим интервал времени от t = 0.75 мин до t + Δt = 0.875 мин. Температура тела B в этом интервале практически не меняется, равна T₁ = 12.5°C и, опять используя закон сохранения энергии, можно записать

Где ΔT_A' - изменение температуры тела A и βT₁ - мощность теплопотерь в окружающую среду. Для более точного вычисления ΔT_A' = 1.45°C удобно воспользоваться касательной к графику (см. рис.).

Далее запишем закон сохранения энергии для начального и конечного состояний с учетом той мощности теплопотерь:

где сумма в правой части равна полному отданному в среду теплу. С учетом написанного выше, выражение преобразуется следующим образом:

где сумма вычисляется по каждой клеточке на графике (т.к. мы приняли t = 0.125 мин = одна клеточка). Приведем здесь следующие численные значения: конечная температура второго тела - 6.8°C, полное тепло, выделившееся в окружающую среду равно 28.4°C·C_A, то есть значение суммы в последнем выражении равно 28.4°C.

Ответ: конечная температура тела A 18.2°C.

Задача 5.

Рассмотрим сначала направление поля E_X в середине отрезка AB - из соображений симметрии оно должно быть направлено вдоль отрезка. Действительно пусть оно направлено под углом к отрезку. Выполним следующие операции: зеркально отразим конденсатор относительно плоскости параллельной пластинам и лежащей посередине между ними, а потом поменяем заряды пластин на противоположенные. Так как конденсатор при такой операции переходит сам в себя, то электрическое поле не должно изменится, но если поле направлено не вдоль отрезка AB, то это будет не так (компонента поля вдоль пластин не меняет знак при первой операции и меняет при второй).

Если сложить шесть треугольных конденсаторов, чтобы они образовали плоский конденсатор большего размера и при этом отрезок AB окажется в центре такого конденсатора (см. рис.), то поле в точке C (середине отрезка AB) будет равно E₀. Это связано с тем, что поле вдали от краев плоского конденсатора не зависит от его формы и размера, но только от поверхностной плотности заряда на пластинах, которая не изменилась. С другой стороны, из принципа суперпозиции следует, что в точке C поле равно 6E_X, откуда:

С помощью аналогичных, но чуть более сложных рассуждений, можно показать, что во втором случае (пластины имеют правильную пятиугольную форму):

Ответ: электрическое поле равно E₀/6 в случае треугольных пластин и 3E₀/10 в случае пятиугольных.