Олимпиадные задачи по физике. Международная олимпиада

Механика. Решения задач
77
с законом Гука,
F (x) = −SE
dx − dx
0
dx
0
= −SE

ρ
0
ρ(x)
− 1

.
(3)
Подставляя dm в (2), получим:
ρ(x)Sω
2
xdx = ESρ
0
dρ
ρ
2
(x)
, или
xdx = A
dρ
ρ
3
(x)
,
(4)
A =
Eρ
0
ω
2
.
(5)
Проинтегрировав (4) от x до L, получим
x
2
− L
2
= A

1
ρ
2
(L)
−
1
ρ
2
(x)

.
(6)
Величину ρ(L) выразим из (1), подставив в неё (3):
1
ρ(L)
=
1
ρ
0

1 +
M ω
2
L
ES

.
(7)
Из (6) и (7) получим:
1
ρ
2
(x)
=
1
A
(a
2
− x
2
),
где
a
2
= A
 1
ρ
0
+
M L
AS

2
+ L
2
.
Функция ρ(x) позволяет выразить массу жгута следующим образом:
m = S
L
Z
0
ρ(x) dx = S
L
Z
0
√
A dx
√
a
2
− x
2
.
(8)
Вычислим интеграл в (8) и подставим m = ρ
0
SL
0
:
ρ
0
SL
0
= S
√
A arcsin
L
a
,
или
sin
 ρ
0
L
0
√
A

=
1
s
1 +
1
AL
2
 A
ρ
0
+
M L
S

2
.
(9)
Формула (9) содержит в неявном виде искомую зависимость L от ω, посколь-
ку A ∼ ω
−2
согласно (5).

78
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Проанализируем эту зависимость. При ω → 0 (A → ∞), получаем L
0
≈ L.
Естественно, при медленном вращении жгут деформируется незначительно.
При L → ∞ в правой части (9) получается

1 +
M
2
AS
2

−1/2
. Левую часть пре-
образуем с помощью тригонометрического тождества
sin α =

1 +
1
tg
2
α

−1/2
.
Тогда получим
tg
 ρ
0
L
0
√
A

=
√
AS
M
,
или после подстановки (5)
tg

ωL
0
r ρ
0
E

= S
√
ρ
0
E
M ω
.
(10)
Таким образом, когда угловая скорость стремится к критическому значению,
являющемуся решением уравнения (10), длина нити неограниченно увеличи-
вается. Проще осознать эту особенность для невесомой нити. При ρ
0
→ 0 из
(10) получается
M ω
2
L
0
= SE.
(11)
Уравнение движения шарика в этом случае имеет вид
M ω
2
L =
SE
L
0
(L − L
0
) = f (L).
(12)
Корень этого уравнения и определяет длину L при установившемся движе-
нии. Графическое решение этого уравнения представлено на рисунке
65
(ря-
дом с обозначениями углов указаны значения их тангенсов). Наклон пря-
мой, проходящей через начало координат, увеличивается с ростом ω. При до-
стижении критического значения, совпадающего с решением уравнения (11),
прямые оказываются параллельными, то есть L → ∞. Сила упругости не в
состоянии обеспечить необходимого центростремительного ускорения.
Наглядное представление функциональных зависимостей дают графики.
Построить графики функций, заданных неявно или громоздкими выражени-
ями, помогает компьютер. На рисунке
66
изображены полученные с помощью
MathCAD график функции L(ω), построенный по формуле (9) (сплошная
линия), а также график аналогичной зависимости, даваемой формулой (12)
(штрихованная линия). Видно, что различие в поведении массивного жгута
и невесомого проявляются только вблизи критических угловых скоростей ω
1
и ω
2
(рис.
66
). Для невесомого жгута эта скорость ω
2
больше.

Механика. Решения задач
79
M ω
2
SE
L
0
L
L
L
0
0
f (L)
L
L
0
ω
ω
1
ω
2
0
Рис. 65.
Рис. 66.
Задача
1.28
(Шарик и стержень)
Для решения задачи нужно проанализировать следующие этапы движений:
опускание шарика; столкновение его со стержнем; последующий подъём ша-
рика и отклонение стержня. На первом и третьем этапах сохраняется механи-
ческая энергия. Зато на втором этапе сохраняется момент импульса системы
из-за кратковременности удара.
Применяя закон сохранения энергии для первого этапа
mv
2
0
2
= mgh,
получим скорость шарика v
0
=
√
2gh, с которой он ударяется о конец стерж-
ня. Далее приравниваем момент импульса шарика со стержнем до столкно-
вения и после:
mv
0
L = mvL + Iω,
(1)
где ω — угловая скорость, которую приобрёл стержень в результате неупру-
гого удара, I = M L
2
/3 — момент инерции стержня, v = ωL — скорость конца
стержня и шарика непосредственно после удара. Выразим эту скорость из (1):
v =
3m
3m + M
v
0
.
(2)
Будет ли на следующем этапе движения шарик отставать от конца стерж-
ня? Для ответа на этот вопрос найдём на какую высоту поднялись бы шарик
и конец стержня, если бы они не взаимодействовали на этом этапе движе-
ния. Для шарика закон сохранения энергии даёт высоту подъёма h
b
= v
2
/2g.
Применим тот же закон к стержню:
M g
h
r
2
=
I
2

v
L

2
.

80
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Отсюда получаем
h
r
=
v
2
3g
< h
b
.
Таким образом, шарик поднялся бы выше, если бы ему не мешал стержень.
Следовательно, шарик и стержень будут двигаться на данном этапе вместе.
Применим для этого совместного подъёма на высоту h
x
закон сохранения
энергии:
M g
h
x
2
+ mgh
x
=
1
2
I

v
L

2
+
1
2
mv
2
.
Отсюда находим
h
x
=
v
2
(M + 3m)
3g(M + 2m)
=
6m
2
h
(M + 3m)(M + 2m)
.
Рассмотрим теперь ситуацию, когда первоначально отклонённый стер-
жень ударяет шарик, висящий на вертикальной нити. Скорость v
0
конца в
момент удара находится из закона сохранения энергии:
M gh
2
=
1
2
I

v
0
L

2
,
откуда получаем v
0
=
√
3gh. Скорость шарика v непосредственно после удара
находим из закона сохранения момента импульса:
I
v
0
L
= mvL + I
v
L
,
v =
M v
0
M + 3m
.
Как уже было выяснено при рассмотрении предыдущего случая, шарик под-
нимется после удара на б´ольшую высоту, и теперь ему не будет мешать стер-
жень. В полученные ранее формулы для высот подъёма нужно лишь подста-
вить новые значения скорости v:
h
r
=
v
2
3g
=
1
3g

M v
0
M + 3m

2
=
1
3g

M
M + 3m

2
3gh = h

M
M + 3m

2
.
h
b
=
v
2
2g
=
3
2

M
M + 3m

2
h.
Итак, после удара шарика стержень движется вместе с ним, а после удара
стержня о шарик конец стержня поднимается на высоту, составляющую 2/3
от высоты подъёма шарика.

Механика. Решения задач
81
Задача
1.29
(Катушка)
Для нахождения ускорения a нити запишем второй закон Ньютона для её
свисающей с катушки части:
ρxa = ρxg − F,
(1)
где F — сила натяжения, действующая на рассматриваемую часть нити дли-
ной x (рис.
67
). Запишем также уравнение вращательного движения катушки:
x
~
F
m~g
~a
R
ω
Рис. 67.
(J + ρ (L − x)R
2
)ε = F R,
(2)
где ε — угловое ускорение цилиндра, второе слагаемое в скобке — момент
инерции части нити, намотанной на катушку. Так как нить не скользит по
катушке, ε = a/R. С учётом этого из уравнений (1) и (2) находим ответ:
a =
ρgR
2
x
J + ρLR
2
.
Таким образом, ускорение a пропорциональна длине свисающей части x.
Для нахождения скорости нити применим закон сохранения механической
энергии:
ρgx
1
2
x =
1
2
(J + ρ(L − x)R
2
)ω
2
+
1
2
ρxv
2
,
где ω — угловая скорость вращения катушки. Левая часть уравнения — рабо-
та силы тяжести при опускании нити, определяемая изменением положения
центра масс. Подставляя сюда ω = v/R, получим после преобразований:
v = Rx
r
ρg
J + ρLR
2
.
Так что не только ускорение, но и скорость v пропорциональна x.

82
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Задача
1.30
(Шайба)
Применим к шайбе закон изменения энергии, а также закон изменения им-
пульса в проекциях на ось x, направленную вдоль стенки, и ось y, перпенди-
кулярную к ней:
mv
2
x
2
+
mv
2
y
2
−
mv
2
0
x
2
−
mv
2
0
y
2
= −µN∆S.
(1)
mv
x
− mv
0
x
= −µN∆t,
(2)
mv
y
− mv
0
y
= N ∆t.
(3)
Здесь v
x
= v sin ψ, v
y
= v cos ψ, v
0
x
= v
0
sin ϕ, v
0
y
= v
0
cos ϕ, N — сила
нормальной реакции стенки, ∆S — смещение шайбы вдоль стенки за вре-
мя удара ∆t. Предполагая, что шайба в течение всего времени ∆t скользит
по стенке, величину ∆S можно приблизительно выразить так:
∆S =
1
2
(v
x
+ v
0
x
)∆t.
Подставляя это значение, можно из (1) и (2) получить v
2
y
= v
2
0
y
. Следова-
тельно, при ударе сохраняется модуль нормальной к стенке составляющей
скорости (v
y
= v
0
y
). Тогда из (2) и (3) получим:
v
x
− v
0
x
2v
y
= −µ,
или
v
x
v
y
=
v
0
x
v
y
− 2µ,
или
tg ψ = tg ϕ − 2µ.
(4)
Скорость шайбы после удара о стенку
v =
q
v
2
x
+ v
2
y
= v
0
cos ϕ
p1 + (tg ϕ − 2µ)
2
.
Из (4) следует, что быстро вращающаяся шайба отскочит от стенки в
перпендикулярном к ней направлении (ψ = 0), если µ =
tg ϕ
2
, и в обратном
направлении (ψ = −ϕ), если µ = tg ϕ.
В течение времени столкновения шайба скользит по стене, в результа-
те чего под действием силы трения скольжения скорость вращения шайбы
уменьшается. Для нахождения изменения угловой скорости следует приме-
нить закон изменения момента импульса:
I
dω
dt
= −µNR.
Интегрируем это уравнение:
I(ω − ω
0
) = −µNR∆t.

Механика. Решения задач
83
Учтём (3):
I(ω − ω
0
) = −2µmRv
0
cos ϕ.
Отсюда, подставляя I = mR
2
/2, найдём
ω = ω
0
−
4µv
0
cos ϕ
R
.
Ответ справедлив при заданном в условии ограничении ω
0
>
4µv
0
cos ϕ
R
, на-
кладываемом на ω
0
. Если
µ >
ω
0
R
4v
0
cos ϕ
,
то шайба в процессе столкновения перестанет вращаться.
Задача
1.31
* (Склеенный обруч)
Для ответа на первый вопрос задачи следует применить закон сохранения
энергии:
(m
2
− m
1
)g · 2y
0
=
Iω
2
2
,
(1)
где y
0
— расстояние от оси обруча до центра масс его половинок, I — мо-
мент инерции обруча относительно точки опоры, ω = v
0
/R — начальная угло-
вая скорость вращения обруча. Для определения величины y
0
воспользуемся
формулой, по которой находится координата центра масс, отсчитываемая от
диаметра половины обруча:
y
0
=
1
m
Z
y dm,
где m — масса половинки обруча, а y — расстояние от элемента dm до диамет-
ра. Из рисунка
68
видно, что y = R sin ϕ, dm = m · dϕ/π. Поэтому получим
y
0
=
R
π
π
Z
0
sin ϕ dϕ =
2R
π
.
(2)
Входящий в (1) момент инерции I равен сумме моментов инерции каждой
половинки I = I
1
+ I
2
. Моменты инерции половин относительно оси обруча
равны: I
10
= m
1
R
2
, I
20
= m
2
R
2
. По теореме Штейнера эти моменты можно
связать с моментами инерции I
1
c
и I
2
c
относительно центров масс. Получаем:
I
10
= m
1
R
2
= I
1
c
+ m
1
y
2
0
,
I
20
= m
2
R
2
= I
2
c
+ m
2
y
2
0
.

84
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Отсюда:
I
1
c
= m
1
R
2

1 −
4
π
2

,
I
2
c
= m
2
R
2

1 −
4
π
2

.
По той же теореме Штейнера найдём
I
1
= I
1
c
+ m
1
(R + y
0
)
2
,
I
2
= I
2
c
+ m
2
(R − y
0
)
2
.
Складывая I
1
и I
2
, получим искомый момент инерции обруча:
I = I
1
+ I
2
= 2R
2

m
1

1 +
2
π

+ m
2

1 −
2
π

.
(3)
Подставляем полученные выражения (2) и (3) в уравнение (1):
(m
2
− m
1
)g
4R
π
=
1
2
2R
2

m
1

1 +
2
π

+ m
2

1 −
2
π
 v
2
0
R
2
,
v
0
=
s
4(m
2
− m
1
)gR
m
1
(π + 2) + m
2
(π − 2)
.
Как видим, чем больше разность (m
2
− m
1
), тем больше нужно сообщить
скорость для того, чтобы обруч сделал полный оборот. Однородный обруч
(m
2
= m
1
) будет в отсутствие проскальзывания равномерно катиться после
сообщения ему сколь угодно малой скорости v
0
.
Для нахождения периода малых колебаний системы, нужно привести ди-
намическое уравнение к виду ¨
x = −ω
2
x (точка означает дифференцирование
по времени), и тогда T = 2π/ω. Динамическое уравнение можно получить,
записав выражение для энергии системы при небольшом отклонении её от
положения равновесия. Для рассматриваемого обруча при повороте его на
малый угол ϕ от положения равновесия, получим:
E = (m
2
− m
1
)gy
0
(1 − cos ϕ) +
I
2
˙
ϕ
2
,
(4)
где ˙
ϕ = ω. В отсутствие трения энергия сохраняется, то есть ˙
E = 0. Диффе-
ренцируя (4) и учитывая малость угла ϕ, получим:
(m
2
− m
1
)gy
0
sin ϕ ˙
ϕ + I ˙
ϕ ¨
ϕ = 0,
или
¨
ϕ = −
(m
2
− m
1
)gy
0
I
ϕ.
Следовательно,
T = 2π
s
I
(m
2
− m
1
)gy
0
.

Механика. Решения задач
85
dm
ϕ
dϕ
R
y
O
C
1
C
2
A
m
1
~g
m
2
~g
α
α
O
Рис. 68.
Рис. 69.
Подставляя сюда (2) и (3), получим ответ:
T = 2π
s
R
g
r
π
m
2
+ m
1
m
2
− m
1
− 2.
При m
2
→ m
1
период T → ∞. Это и означает, что колебательное движение
обруча сменяется его вращением.
При наклоне опорной плоскости качению препятствует тяжёлая половина
обруча: момент её силы тяжести относительно точки опоры при малых углах
наклона уравновешивает момент силы тяжести лёгкой половины. Когда угол
наклона становится таким, что центры масс половин C
1
и C
2
оказываются
на одном горизонтальном уровне (рис.
69
), момент силы m
2
~g относительно
точки A достигает максимального значения. При дальнейшем увеличении
угла α он уже не может компенсировать увеличивающийся момент силы m
1
~g.
Равенство моментов сил m
1
~g и m
2
~g относительно точки A для критического
положения, изображённого на рисунке
69
, и определяет максимальный угол
наклона α = α
max
:
α
max
= arcsin
 2
π
·
m
2
− m
1
m
2
+ m
1

.

86
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Теплота и молекулярная физика
Задача
2.1
(Похолодание)
Количество теплоты, отдаваемое нагретым телом, пропорционально разности
температур тела и среды, в которую отдаётся тепло. Поэтому количество
теплоты, отдаваемое батареей отопления в первом случае (до похолодания)
Q
1
= k(T
0
− T
k1
),
где k — коэффициент теплоотдачи батареи. В стационарном режиме то же
количество теплоты передаётся на улицу:
Q
1
= k(T
0
− T
k1
) = K(T
k1
− T
1
),
(1)
где K — коэффициент теплоотдачи здания. Аналогично, после похолодания:
Q
2
= k(T
0
− T
k2
) = K(T
k2
− T
2
).
(2)
Из (1) и (2) получаем
T
k2
=
T
0
+ (K/k)T
2
1 + (K/k)
,
где
K
k
=
T
0
− T
k1
T
k1
− T
1
.
После подстановки численных значений находим: K/k ≈ 0,86; T
k2
≈ 15,8
◦
C.
Чтобы жильцы чувствовали себя комфортно, коммунальщики должны при
наступлении морозов повышать температуру батарей отопления. К сожале-
нию, не везде так поступают.
Задача
2.2
(Электрочайник)
Температура чайника при мощности P перестаёт увеличиваться, достигнув
установившегося значения t, когда энергия, потребляемая из сети за время dτ ,
целиком передаётся в окружающую среду, то есть:
P dτ = k(t − t
0
)dτ,
(1)
где k — коэффициент теплоотдачи, t
0
— температура окружающей среды.
Линейная зависимость P от (t − t
0
), описываемая формулой (1), подтвер-
ждается результатами, приведёнными в таблице 1. Таблица также позволяет
найти k как угловой коэффициент этой зависимости
k =
∆P
∆t
= 5
Дж
c · K
.
(2)
При охлаждении чайника с горячей водой справедливо равенство
(cm + C
0
)dt = −k(t − t
0
)dτ,
(3)

Теплота и молекулярная физика. Решения задач
87
где m — масса воды в чайнике, dt — изменение его температуры за время dτ .
Перепишем уравнение (3):
dt
dτ
= −
k(t − t
0
)
cm + C
0
.
В начале охлаждения, при t = t
f
= 80
◦
C:
B =
dt
dτ
= −
k(t
f
− t
0
)
cm + C
0
.
(4)
Отношение B = dt/dτ равно угловому коэффициенту графика зависимости
t(τ ) в точке τ = 0. Этот угловой коэффициент можно приближённо найти из
таблицы 2 по двум-трём первым точкам:
B ≈ −0,080
K
с
.
Подставляя B в формулу (4), получим объём V воды в чайнике
V =
m
ρ
=
−k(t
f
− t
0
) − BC
0
Bcρ
≈ 0,9 л.
Если проинтегрировать уравнение (3), то получится:
t − t
0
= (t
f
− t
0
)e
−
kτ
cm + C
0
= (t
f
− t
0
)e
−B
τ
t
f
− t
0
.
На рисунке
70
представлены точки, полученные из таблицы 2, и график этой
функции при найденном значении B. Видно, что выполненные расчёты со-
гласуются с экспериментом.
t,
◦
C
τ, с
20
40
60
80
0
1000
2000
3000
Рис. 70.

88
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Задача
2.3
(Нагреватель)
Представим результаты эксперимента в виде графика (рис.
71
). Из рисун-
ка видно, что мощность нагревателя резко увеличивается вблизи точки T =
T
1
= 233
◦
C. Это можно объяснить тем, что в интервале температур от 232
◦
C
до 234
◦
C происходит плавление образца. Таким образом, температура плав-
ления приблизительно равна T
1
= 233
◦
C. Для вычисления удельной теплоты
плавления применим закон изменения энергии за единичный промежуток
времени вблизи температуры T вдали от T
1
:
P = Q
1
+ k(T − T
0
),
где Q
1
— количество теплоты, которая в единицу времени идёт на нагревание
установки с образцом, второе слагаемое — количество теплоты, отдаваемое в
окружающую среду, температура которой T
0
, а k — некоторая постоянная.
O
T,
◦
C
P
,
В
т
100
200
300
400
500
600
700
800
230 231
232 233 234 235 236

жүктеу/скачать 1,7 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: