Предметный тур. Физика. 3 этап

На рис. 1.1 \(\vec u\) — скорость бруска относительно земли, \(\vec{v^{\prime}}\) — скорость маятника относительно бруска.

Найдем скорость маятника относительно земли: \[v =v '-u\text{,~где}~v '=\omega L\rightarrow v =\omega L-u.\]

Запишем закон сохранения импульса относительно \(CO\), связанной с землей: \[uM=m(\omega L-u).\]

Преобразуем: \[uM+mu=m\omega L.\]

Найдем: \[u=m\omega \frac L{m+M}.\]

Сила \(F\) остается постоянной, пока не изменяется сила Архимеда, действующая на грузы. Поэтому горизонтальные участки 1, 3, 5 на рис. 1.4 отвечают случаям, когда уровень жидкости находится ниже нижнего груза, между верхним и нижним грузами и выше верхнего груза соответственно. Наклонные участки 2 и 4 соответствуют частичному погружению нижнего и верхнего грузов.

На участке 1 сила \(F = 16\) H равна сумме весов верхнего \(P_1\) и нижнего \(P_2\) грузов: \[\label{yg8-030201} 16=P_1+P_2.\]

На участке 3 сила \(F = 8\) H равна сумме \(P_1\) и \(P_2\) за вычетом силы Архимеда \(F_{A2}\), действующей на нижний груз: \[\label{yg8-030202} 8=P_1+P_2-F_{A2}.\]

На участке 5 сила \(F = 4\) H равна сумме \(P_{_1}\) и \(P_{_2}\) за вычетом силы Архимеда \(F_{A1}\) и \(F_{A2}\), действующих на нижний и верхний груз: \[\label{yg8-030203} 4=P_1+P_2-F_{A1}-F_{A2}.\]

Вычитая \eqref{yg8-030202} из \eqref{yg8-030201}, получим \(F_{A2} = 8\) H.

А вычитая \eqref{yg8-030203} из \eqref{yg8-030202}, получим \(F_{A1} = 4\) H.

На третьем участке графика верхний груз полностью вышел из жидкости, и искомая сила натяжения \(T\) нижней нити равна разности сил тяжести и Архимеда, действующих на груз: \[\label{yg8-030204} T=P_2-F_{A2}.\]

Чтобы найти \(P_2\), заметим, что так как грузы выполнены из одинакового материала, отношение весов грузов \(\dfrac {P_2}{ P_1}\) равно отношению их объемов, а следовательно, сил Архимеда: \[\label{yg8-030205} \frac{P_2}{P_1}=\frac{F_{A2}}{F_{A1}}=2.\]

Из \eqref{yg8-030201} и \eqref{yg8-030205} найдем вес нижнего груза: \(P_2=10{,}7\text{ H.}\)

Подставив найденные значения \(P_2\) и \(F_{A2}\) в \eqref{yg8-030204}, получим \(T = 2{,}7\) Н.

Так как картечь — шар, радиус этого шара равен \[r=\sqrt[3]{\frac{3-V_c}{4\pi}},\] где \(V_c=\dfrac M{\rho_0}\). Отсюда \[\label{yg8-030301} r=\sqrt[3]{\frac{3M}{4\pi\rho_0}}.\]

Поставим значение \(r=\displaystyle\sqrt[3]{\frac {3\cdot 0{,}07}{4 \pi 7300}}=0{,}013\) м.

Картечь радиуса \(r\) расплавит объем льда, состоящий из объема цилиндра \(\pi r^2h\) и объема половины шара \(\dfrac 23\pi r^3\), т. е. \(\pi r^2h+\dfrac 23 \pi r^3\), где \(h\) — высота цилиндра.

Для плавления льда нужно потратить количество теплоты равное: \[\label{yg8-030302} Q=\lambda(\pi r^2h+\frac 23 \pi r^3)\rho_1,\] где \(\lambda\) — удельная теплота плавления льда, \(\rho_1\) — плотность льда.

Количество теплоты, выделенное картечью при остывании: \[\label{yg8-030303} Q=\frac 43 \pi r^3\rho_0c(t-t_1),\] где \(c\) — удельная теплоемкость олова.

Приравнивая \eqref{yg8-030302} и \eqref{yg8-030303}, получим \[\frac{4}{3}\pi r^3\rho_0c(t-t_1)=\lambda (\pi r^2h+\frac 23\pi r^3)\rho_1,\] откуда \[\label{yg8-030304} h=\frac{r(4\rho_0c(t-t_1)-2\lambda\rho_1)}{3\lambda\rho_1}.\]

Подставим \eqref{yg8-030301} в \eqref{yg8-030304}: \[h=\sqrt[3]{\displaystyle\frac{3M}{4\pi\rho_0}}\cdot \frac{4\rho_0c(t-t_1)-2\lambda\rho_1}{3\lambda\rho_1}.\]

Подставим численные значения: \[h=\sqrt[3]{\displaystyle\frac{3\cdot 0{,}07}{4\pi \cdot 7300}}\cdot \frac{4\cdot 7300\cdot 230\cdot 200-2\cdot 3{,}3\cdot 10^5\cdot 900} {3\cdot 3{,}3\cdot 10^5\cdot 900}=0{,}011\text{ м.}\]

Глубина погружения картечи \(H=0{,}013+0{,}011=0{,}024\) м (высота цилиндра плюс радиус шара).

Перейдем в систему отсчета, связанную с «коптером» 1. Ее начало отсчета поместим в точку \(A\). На рисунке скорость \(\vec{u}\) — это относительная скорость, которая по модулю равна \(v\) и направлена под углом \(30°\) к линии \(AB=S\). Найдем минимальное расстояние между «коптерами». Для этого опустим перпендикуляр \(AC\) из \(A\) на продолжение скорости \(u\). Из рис. 1.7 \(AC=S\cdot \sin{30}°=\dfrac S2\).

Время, за которое они сблизятся на минимальное расстояние: \[t=\frac{S\cdot \cos{30}°}v=\frac{\sqrt{3}S}{2v}.\]

Пусть сопротивление нагревательных элементов будет соответственно \(R_1\) и \(R_2\), а напряжение в цепи \(U\). Тогда \[\label{yg8-030501} \frac{U^2}{R_1}=B(t_1-t_0),\] \[\label{yg8-030502} \frac{U^2}{R_2}=B(t_2-t_0).\]

Последовательное соединение: \[\label{yg8-030503} \frac{U^2}{R_1+R_2}=B(t_3-t_0).\]

Параллельное соединение: \[\label{yg8-030504} \frac{U^2(R_1+R_2)}{R_1R_2}=B(t_4-t_0),\] где \(t_3\), \(t_4\) — температуры, до которых нагреется электрический нагреватель, \(B\) — коэффициент пропорциональности.

Выразим из \eqref{yg8-030501} и \eqref{yg8-030502} \(\displaystyle\frac B{U^2}\) и приравняем левые части: \[\frac{t_1-t_0}{R_1}=\frac{t_2-t_0}{R_2}\Rightarrow\frac{R_2}{R_1}=\frac{180}{90}=2.\]

Выразим из \eqref{yg8-030503} и \eqref{yg8-030504} \(\displaystyle\frac B{U^2}\) и приравняем левые части к \eqref{yg8-030501}: \[\frac{90}{R_1}=\frac{t_3-t_0}{R_1+R_2}\Rightarrow t_3=290~°\text{C},\] \[\frac{90}{R_1}=\frac{(t_4-t_0)(R_1+R_2)}{R_1R_2}\Rightarrow t_4=80~°\text{C}.\]

Диод \(D_2\) закрыт, диод \(D_1\) открыт.

Альтернативная схема представлена на рис. 2.2.

Система уравнений по законам Кирхгофа: \[I=I_1+I_2;\] \[E=R_1I_1+R_3I;\] \[E=R_2I_2+R_3I.\]

Решая систему уравнений, получим: \[I=\frac{E(R_1+R_2)}{R_1 R_3+R_1 R_2+R_2 R_3};\] \[I_1=\frac{ER_2}{R_1 R_3+R_1 R_2+R_2 R_3};\] \[I_2=\frac{ER_1}{R_1 R_3+R_1 R_2+R_2 R_3}.\]

Расставим токи в цепи.

Запишем систему уравнений по законам Кирхгофа: \[\label{yg10-030301} I_0+I_{D2}=I_3 ;\]

\[\label{yg10-030102} I_{D1}+I_{D2}=I_2 ;\]

\[\label{yg10-030103} I_1+I_2=I_3;\]

\[\label{yg10-030104} E=R_1I_1+R_3I_3;\]

\[\label{yg10-030105} E=R_2I_2+R_3I_3;\]

\[\label{yg10-030106} 0=R_1I_1-R_2I_2.\]

Подставим численные значения в уравнений \eqref{yg10-030104}–\eqref{yg10-030106}, получим: \[\label{yg10-030107} 9=9I_1+9I_3\Rightarrow 1=I_1+I_3;\]

\[\label{yg10-030108} 9=4{,}5I_2+9I_3\Rightarrow 2=I_1+2I_3;\]

\[\label{yg10-030109} 0=9I_1-4{,}5I_2\Rightarrow I_2=2I_1.\]

Подставим \eqref{yg10-030109} в \eqref{yg10-030103}: \[I_3=3I_1,\] а теперь подставим в \eqref{yg10-030107} \(I_1=\displaystyle\frac 14 \text{ А},\) из \eqref{yg10-030109} следует, что \(I_2=\displaystyle\frac 12 \text{ А}.\)

\[\label{yg10-030201} I=\frac{\Delta q}{\Delta t}\Rightarrow \Delta q=I\cdot \Delta t.\]

Сила тока в проводнике найдем по закону Ома: \[\label{yg10-030202} I=\frac{|\varepsilon_i|}R.\]

Площадь квадрата \(S=a^2\).

Сопротивление проволоки: \[\label{yg10-030203} R=\rho \frac l{S_c} =\rho \frac{4a}{S_c}.\]

\(S_c\) — площадь поперечного сечения проводника.

ЭДС индукции: \[\label{yg10-030204} \varepsilon_i = -\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = \frac{\Phi_1 - \Phi_2}{\Delta t},\] где: \[\Phi_1=B\cdot S\cdot \cos{0},\] \[\Phi_2=B\cdot S\cdot \cos{45}.\]

Подставив \eqref{yg10-030202}, \eqref{yg10-030203} и \eqref{yg10-030204} в \eqref{yg10-030201} получим:

\[\Delta q=I\Delta t=- \frac{\Delta\Phi}{\Delta tR}\Delta t =\displaystyle\frac{\Phi_1-\Phi_2}R =\displaystyle\frac{B\cdot S}R(\cos{0}-\cos{45}) =\frac{B\cdot S_c\cdot a}{4\rho \cdot l}\cdot \frac{2-\sqrt{2}}2;\]

\[\Delta q=\frac{6\cdot 10^{-3}\cdot 4\cdot 10^{-6}\cdot 0{,}3}{4\cdot 0{,}025\cdot 10^{-6}}\cdot \frac{2-\sqrt{2}}2=0{,}021\text{ Кл}.\]

Из рис. 2.6 видно, что первоначальный угол падения \(\alpha=30°~15^\prime\).

Так как стеклянная поверхность повернулась, то на такой же угол повернулся перпендикуляр, опущенный на нее, следовательно, угол падения изменился на такое же значение и равен \(\alpha_1=45°~15^\prime\).

Найдем угол \(\gamma\): \[\gamma=2\pi -\alpha-\beta,\] где \(\beta\) — это угол преломления.

\[\frac{\sin{\alpha}}{\sin{\beta}}=\frac{n_\text{с}}{n_\text{в}}\Rightarrow \sin{\beta}=\frac{n_\text{в}}{n_\text{с}}\sin{\alpha}.\]

Такие же рассуждения проводим после поворота пластины: \[\gamma_1=2\pi-\alpha_1-\beta_1,\]

\[\frac{\sin{\beta_1}}{\sin{\beta_1}}=\frac{n_\text{с}}{n_\text{в}}\Rightarrow \sin{\beta_1}=\frac{n_\text{в}}{n_\text{с}}\sin{\beta_1}.\]

Найдем изменение угла \(\gamma\): \[\gamma-\gamma_1=\alpha_1+\beta_1-\alpha-\beta.\]

Подставим численные значения: \[\gamma-\gamma_1=45{,}25+39{,}34-30{,}25-26{,}726=27{,}617\text{ или}~27°~37^\prime.\]

Центр масс коромысла точка \(O'\) находится на расстоянии \(\displaystyle\frac{l_1+l_2}2\) от краев и на \(\displaystyle\frac{l_2-l_1}2\) от точки подвеса куба.

Запишем второй закон Ньютона для куба в проекции на ось: \[\label{yg10-030401} T+F_A-mg=0 \Rightarrow T=mg-F_A,\] где \[\label{yg10-030402} F_A=\rho_{\text{ж}}g\displaystyle\frac V2=\rho_{\text{ж}}g\frac{a^3}2.\]

Запишем уравнение моментов для точки \(O\): \[\label{yg10-030403} Tl_1=Mg\frac{l_2-l_1}2.\]

Подставим в \eqref{yg10-030403} \eqref{yg10-030401} и \eqref{yg10-030402}: \[\left(\rho_{\text{к}}ga^3-\rho_{\text{ж}}g\frac{a^3}2\right)l_1=Mg\frac{l_2-l_1}2.\]

Упростим: \[\label{yg10-030404} \frac{l_2}{l_1}=\frac{a^3(2\rho_{\text{к}}-\rho_{\text{ж}})}{M}+1.\]

Подставим данные и рассчитаем: \[\frac{l_2}{l_1}=\frac{10^{-6}(2\cdot 8900-1000)}{0{,042}}+1=1{,}4.\]

Запишем второй закон Ньютона для коромысла в проекции на ось: \[N-T-Mg=0;\] \[\label{yg10-030405} N=T+Mg=(\rho_{\text{к}}-\displaystyle\frac{\rho_{\text{ж}}}2)ga^3+Mg.\]

Подставим данные и рассчитаем: \[N=10^{-5} (8900-500)+0{,}042\cdot 10=0{,}504 \text{ Н}.\]

Уравнение Менделеева – Клайперона: \[PV=\frac m{\mu}RT;\]

\[V=\frac m{\mu P}RT;\]

\[S=h-h_1;\]

\[P=P_0+\rho gh\text{ и }P_1=P_0+\rho gh_1;\]

\[\frac{V_1}V=\eta=\frac{P_1}P = \frac{P_0+\rho gh}{P_0+\rho gh_1};\]

\[h_1=\frac{P_0+\rho gh-\eta P_0}{\rho g\eta};\]

\[S=\frac{\eta-1}{\eta}(h+\frac{P_0}{\rho g});\]

\[\frac{V\mu P_1}{RT}=m;\]

\[F_A-mg=ma\Rightarrow a=\frac{\rho gV}m-g;\]

\[a=g\left(\frac{\rho TR}{\mu (P_0+\rho gh_1)}-1\right).\]

Подставим произвольные численные значения: \(h_1= 10\) м, \(T= 300\) K. \[a=9{,}81\left(\frac{1000\cdot 300\cdot 8{,}31}{0{,}029(10^5+1000\cdot 9{,}81\cdot 10)}-1\right)=7670\text{ м/с}^2.\]

Вывод: ускорение получилось много больше ускорения свободного падения, следовательно, сопротивлением воды пренебрегать нельзя.