50olymp

Несложно видеть, что OFB= EOC= DOB– DON==ϕ'–ϕ=ϕ(R/r–1). Из треугольника OFB по Т. синусов r/OF=[sinϕ(R/r–1)]/sinϕ. Учитывая, что при малых углах sinϕ≈ϕ, условие устойчивости равновесия OF>h можно переписать в виде r/h>R/r–1. На плоскости (h/r, R/r) это условие задает область, ограниченную координатными осями и гиперболой R/r=1/(h/r+1), при этом необходимо учесть естественные условия h/r§1, R/r¥1 (см.

рис. 39).

Решение: Т.к. сфера легкая, а груз тяжелый, то можно считать, что вся масса модели сосредоточена в точке размещения груза C, являющейся ее центром тяжести.

Пусть модель отклонилась от положения равновесия так, что соединяющая центры модели и полусферы прямая образует малый угол ϕ с вертикалью (угол OO1E на рис. 41). Введем следующие обозначения: O – центр

41

В данном положении на модель действуют силы тяжести и реакции опоры со стороны полусферы. В любой момент времени движение модели можно представить как вра-

щение вокруг мгновенной оси, проходящей через точку опоры A перпендикулярно плоскости рисунка. Поскольку сила реакции опоры приложена в этой точке, ее момент равен нулю и при отклонении от положения равновесия на модель действует только момент силы тяжести относительно т. A (точнее, оси, проходящей через т. А перпендикулярно плоскости рисунка). В зависимости от геометрии системы (а именно, проходит ли проведенная из т. C вертикаль слева или справа от т. A) он либо возвращает систему в первоначальное положение, либо уводит еще дальше от него. Очевидно, что колебания возможны только в первом случае.

Поскольку при движении модели ось, проходящая через т. A перпендикулярно плоскости рисунка, движется поступательно и остается параллельной оси, проходящей через центр масс, то уравнение движения отно-

сительно нее можно записывать в обычном виде: M = I d 2ϕ. dt2

Пусть D – точка пересечения проведенной из т. A вертикали с радиусом OB. Тогда момент силы тяжести относительно рассматриваемой оси

M=mg·CD·sin ADO = mg·CD·sin(ϕ+ϕ')

В силу отсутствия проскальзывания при движении модели длина дуги EA равна длине дуги BA, т.е. Rϕ=rϕ'. С учетом этого соотношения, мало-

42

Момент инерции модели относительно той же оси определится как

I=mCA2=m(r2+h2–2rhcosϕ')≈m(r–h)2

(здесь учтено, что косинус малого угла равен 1 с точностью до второго порядка малости), и окончательно уравнение движения модели примет вид:

Несложно видеть, что полученное уравнение описывает гармонические

Обратим внимание, что знаменатель полученной формулы обращается в ноль при h=r2/(r+R) и становится меньше нуля при меньших значениях h. Несложно сообразить, что такая ситуация соответствует потере рассматриваемым положением равновесия устойчивости.

3) промежуточная ситуация: есть одновременно и лед, и вода при нулевой температуре.

Поделив эти неравенства на M, заметим, что задача имеет три физических параметра: T, t и α=m/M.

Соответствующие области на плоскости параметров (T, t) изображены на рис. 42, при этом прямые, являющиеся границами областей, параллельны, а их угловой коэффициент равен α.

43

29. Ответ: 7,6°С.

Решение: Сила натяжения нити станет равной нулю, когда часть льда растает и уменьшится выталкивающая сила. Из условия равновесия системы в исходном состоянии находим массу m шарика:

T + (M 0 + m)g − FA = 0, FA = (V1 +V2 )ρg,

ли масса льда уменьшится до некоторого значения М1, удовлетворяющего

Значит, для исчезновения натяжения силы натяжения должно быть расплавлено ∆M = M 0 − M1 = 0,1−0,0278 = 0,072 кг льда. Так как он уже находится при температуре плавления для этого необходимо Q1=∆Мλ=0,238 105 Дж. Эта энергия будет получена за счет охлаждения воды. В итоге в системе установится тепловое равновесие при температуре t2, определяемой из уравнения теплового баланса:

cm0 (t0 −t2 )=Q1 + c(M 0 − M1 )(t2 − 0°C).

44

30. Ответ: 19%.

Решение: Пусть интервал времени, через который производится измерение температуры, равен T, тогда, в соответствии с записями в журнале, температура стала равной t1=–0,5°С через 9T, а t2=–4°С – через 10T. В течение первого интервала времени вся имевшаяся в мокром снеге вода замерзла. Тогда, считая мощность отъема тепла в морозильной камере постоянной, запишем уравнения теплового баланса:

От начала эксперимента до 10-го измерения: 9TP=φmλ+cm|t1|;

от 10-го до 11-го измерения: TP=cm (|t2|–|t1|), где P – мощность отъема тепла, m – масса снега, φ – массовая доля воды в мокром снеге. Из полученных уравнений несложно найти

φ=c(9|t2|–10|t1|)/λ

Подставляя численные значения, получаем ϕ≈0,19.

31. Ответ: 132 В.

Решение: Очевидно, что ток, идущий между двумя горизонтальными пластинами, нагревает воду. Рассмотрим небольшой объем воды размерами

a×d×dl. В этом объеме выделяется тепловая мощность P = U 2 = U 2a dl .

R γd

Пренебрегая теплопроводностью воды, можно найти энергию, полученную

этим объемом за все время его нахождения в нагревателе: Q = U 2a dl L .

γd v

видным соотношением k=dav. Необходимое напряжение выразится фор-

45

32. Ответ: двухлитровая банка нагреется до 98,6°С, литровая закипит за 30 минут.

Решение: Поскольку температура воды в банке не поднимается выше T3=80°С несмотря на работающий кипятильник, то вся его мощность уходит на потери в окружающую среду. Будем считать, что потери происходят через теплообмен с воздухом (крышка закрыта, потерями на излучение можно пренебречь). Мощность потока тепла через некоторую поверхность пропорциональна ее площади и разности температур поверхности и окружающей среды, поэтому можно записать

P0=kS3(T3 –T0), (1)

где k – некоторый постоянный коэффициент, S3 – площадь поверхности трехлитровой банки.

Аналогичные (1) уравнения можно записать для двухлитровой и литровой банок. Учитывая, что объем пропорционален кубу линейных размеров, а площадь поверхности – квадрату, несложно сообразить, что площадь поверхности двухлитровой банки в (3/2)2/3≈1,3104 раза меньше площади поверхности трехлитровой банки, а литровой – в 32/3≈2,0803 раза. Тогда, сравнивая соответствующие уравнения с (1), получим, что температура, при которой наступает динамическое равновесие, составляет T2≈98,6°С для двухлитровой банки и T1≈114,8°С. Поэтому двухлитровую банку нагреть до кипения не удастся, а литровая банка вскипит.

Чтобы оценить время, за которое литровая банка закипит, рассмотрим более подробно процесс нагрева: в любой момент времени поступающее от кипятильника тепло идет на нагрев воды и теплообмен с окружающей средой:

Разделяя переменные и интегрируя, получим выражение для времени нагрева

Выражая величину kS из (1) и учитывая найденный ранее коэффициент 32/3, получим t≈1790°С≈30мин.

46

33. Ответ: за 30 суток.

Решение: Считаем, что процесс происходит квазистатически и температура воды со временем не меняется. Тогда масса воды dm, испарившаяся за очень малый промежуток времени dt, при постоянных температуре и влажности воздуха и отсутствии ветра (аквариум стоит в комнате) зависит только от площади поверхности воды:

dm=αSdt,

где α – некоторый коэффициент. Изменение уровня воды dh связано с dm очевидным соотношением

dm=ρSdh,

где ρ – плотность жидкости. Поэтому dh=(α/ρ)dt.

Поскольку условия испарения постоянны, то изменение уровня воды линейно зависит от времени и не зависит от других параметров, в частности, от формы сосуда. Тогда если за двое суток уровень понизился на 1 см, то вся вода испарится за 15·2суток=30 суток.

34. Ответ: 2p0V0.

Исходный цикл разбивается на два: 1–2–3–4–5–1 и 1–2–6–5–1. Работа в первом равна 2p0V0, а во втором — нулю. Поэтому суммарная работа есть

2p0V0.

35. Ответ: 450 К, 43%.

Решение: Из уравнений адиабат 2–3 и 4–1: p2V2γ = p3V3γ , p4V4γ = p1V1γ , получаем:

Согласно уравнению Клапейрона для изохорных участков 1–2 и 3–4 имеем:

Подставив (2) и (3) в (1), найдем температуру Т3:

47

T3 = T4 T2 = 300 786 = 450 К.

T1 524

Для определения к. п.д. двигателя нужно вычислить работу А, совершаемую газом за цикл, и количество теплоты Q1, получаемое газом от нагревателя.

Газ нагревается, получая энергию от нагревателя на участке 1–2. Поэтому

давление p1 будет под поршнем и в момент начала нагревания.

Для того, чтобы поршень двигался вверх, необходимо, чтобы давление под ним удовлетворяло соотношению p2S=p0S+Mg+F(см. рис. 44). Таким образом, процесс нагревания состоит из двух: изохорного нагревания, при котором давление увеличивается от p1 до p2, и изобарного нагревания, при котором объем увеличивается в два раза.

48

Пусть температура газа перед началом нагревания T1. Тогда по закону Гей-Люссака изменение температуры в изохорном процессе составит

∆T1=T1((p0S+Mg+F)/(p0S+Mg–F)–1)=2FT1/(p0S+Mg–F),

а газ получит количество теплоты Q1=CV∆T1.

Т.к. в изобарном процессе объем газа увеличился вдвое, то и температура также увеличилась вдвое, поэтому изменение температуры в изобарном процессе

∆T2=T1+∆T1= T1((p0S+Mg+F)/(p0S+Mg–F),

а газ получил количество теплоты Q2=Cp∆T2.

По определению, средняя теплоемкость газа в процессе нагревания равна C=(Q1+Q2)/(∆T1+∆T2). Подставив найденные значения и проведя необходимые преобразования, а также учтя соотношение Майера, получим

Учитывая, что для идеального одноатомного газа CV=3R, это соотношение можно упростить, придя к окончательному ответу.

Решение: Процесс расширения начнется тогда, когда сила давления газа сможет сдвинуть поршень с места, т.е. pS=Mg+F+p0S, где S – площадь поршня. Пусть скорость подвода тепла к системе в процессе нагрева равна q. Оно идет на увеличение внутренней энергии газа и совершение им работы по подъему поршня, а также на нагрев сосуда (т.к. процесс происходит медленно, то кинетической энергией, приобретаемой поршнем, можно пренебречь). Запишем уравнение теплового баланса для бесконечно малых изменений температуры, учитывая, что работа по подъему поршня складывается из трех частей: работы по увеличению его потенциальной энергии (Mgdl), работы против силы внешнего давления (p0Sdl) и работы против силы трения (Fdl): qdt=cVdt+(Mg+p0S+F)dl+CdT, где dT и dl – изменение температуры и смещение поршня за бесконечно малое время dt.

49

Работа против сил трения, в свою очередь, рассеивается в виде тепла, т.е. идет на нагревание рассматриваемой системы, что можно записать следующим образом: Fdl=cVdT'+CdT'+(Mg+p0S)dl'+Fdl', где dl' и dT' – “дополнительные” смещение поршня и изменение температуры. Связь между ними можно получить из уравнения состояния одного моля идеального газа: pSdl'=RdT'. Тогда

Повторяя эти рассуждения, можно прийти к выводу, что общее повышение температуры dT0 от первоначального нагрева qdt определяется как сумма геометрической прогрессии с первым членом dT и знаменателем

по определению теплоемкости после несложных преобразований, учитывая условия Mg + F + p0S = pS и cV = 3/2R, получаем окончательный ответ.

38. Ответ: а) T = 2πml2 / RT0 .

б) при уменьшении температуры колебаний нет, при увеличении период

количествах воздуха и пара период уменьшится в 3/ 2 раза.

Решение: а) Давление насыщенного пара, в отличие от давления идеального газа, зависит только от температуры. Поэтому при смещении перегородки давление в меньшей части останется неизменным (“лишний” пар сконденсируется в воду), а в большей части пар перестанет быть насыщенным (в этом случае его можно рассматривать как идеальный газ).

Пусть длина сосуда 2l, а перегородка сместилась на малое расстояние x влево. Тогда слева от перегородки давление газа равно первоначальному pлев=p0, а давление справа определится по закону Бойля-Мариотта:

50