Образовательные ресурсы

Олимпиадный материал в повседневной работе учителя физики

КОНТРОЛЬНАЯ № 1

Тема задания: выполните рисунки, сделайте подробные расчёты и пояснения пяти предложенных задач, проведите анализ, выскажите мнение о возможности частичного или полного использования в своей работе, другое мнение. Все задачи взяты из моего архива: часть – задачи олимпиад, часть – журнальные публикации. Приношу извинения композиторам задач, авторство которых здесь не отмечено, – исключительно из-за моей неаккуратности в прошлом. Буду признателен, если слушатели (и читатели) укажут их авторство.

Задача 1 (2 балла). Три человека несут толстый лист металла, вырезанный в форме прямоугольного треугольника с углами 90°, 30° и 60°. Какому из рабочих тяжелее всех? [Возможно, автор С.Д.Варламов.]

Решение

Человек, поддерживающий угол В треугольного листа, по сути, предотвращает поворот треугольника вокруг оси АС (см. нижний рисунок). Эту ситуацию можно описать как условие равновесия рычага второго рода, моменты которого равны F_B · a и mg · a/3. Здесь использовано, что линия центра масс проходит в треугольнике на расстоянии трети высоты от основания. Аналогичные рассуждения можно провести для сил, приложенных в двух других вершинах. В результате получим, что каждый из рабочих удерживает лист с одной и той же силой.

 

Задача 2 (10 баллов). Прямоугольный треугольник АBС вырезан из однородной тяжёлой пластины и лежит на горизонтальной плоскости. Угол при вершине А равен α. Измерено, что для поворота треугольника вокруг закреплённой точки А необходимо приложить силу, не меньшую, чем F_A. Если точку А освободить и закрепить точку В, то для поворота потребуется сила, не меньшая, чем F_B. Какую минимальную силу нужно приложить для поворота вокруг точки С? [Автор С.Муравьёв.]

Примечание. Рекомендую дополнительно рассмотреть статью А.Князева в «Физике» (ПС) № 3/2008.

Решение

Ясно, что повороту вокруг точки А мешает момент силы трения M_A, расчёт которого можно провести строгим интегрированием, если принять, что для каждого элемента пластины справедлива формула:

dM_A = µgRdm = µgRρhRαdR.

Здесь ρ и h соответственно плотность материала и толщина пластины. Однако, даже не проводя интегрирования по R от нуля до L, можно сказать, что результат можно представить как M_A = k(α)L³, где коэффициент k(α) вобрал в себя все введённые параметры и числовые коэффициенты. Значит, условие равновесия при повороте вокруг угла А, установленное опытным путем, имеет вид: F_A · L = k(α)L³, и из него, например, можно определить значение коэффициента k(α).

Точно так же можно записать условие равновесия при повороте вокруг угла B: F_B · L= k(β)L³,

и определить значение коэффициента k(β). Эти коэффициенты останутся одинаковыми для всех подобных прямоугольных треугольников с соответствующими углами.

Рассмотрим поворот вокруг угла С. Видно, что его можно представить как поворот треугольника, составленного из двух треугольников, подобных уже рассмотренному. Это ключевой пункт решения задачи. Очевидно, моменту силы F_C противодействует сумма моментов сил трения двух треугольников с гипотенузами Lcosα и Lsinα, вращение которых происходит вокруг вершин с соответствующими углами α и β = π/2 - α:

Отсюда получим:

F_C = F_Asin2α tgα + F_Bcos2α.

 

Задача 3 (3 балла). На рисунке изображена гантель, подлетающая плашмя к отверстию в массивной стене так, что центр гантели приходится на срез стенки отверстия диаметром 20 см. Скорость гантели 20 м/с, а её длина 20 см (размером шариков и толщиной перемычки можно пренебречь). В данный момент гантель находится на расстоянии 20 см от плоскости стены. Через какое время гантель снова будет находиться на этом же расстоянии от стены, если все произошедшие соударения будут абсолютно упругими?

Решение. Последовательность положений гантели и скорости шариков после каждого соударения приведены в серии рисунков. Видно, что общее время складывается из суммы всех промежутков времени от начального положения до конечного. В результате получаем ~ 46 мс.

 

Задача 4 (6 баллов). Три маленьких шарика, массой m каждый, укреплены на концах жёсткого маятника Т-образной конструкции, составленной из трёх лёгких спиц длиной L каждая, как показано на рисунке. Определите силу реакции в среднем стержне в момент, когда маятник проходит положение с углом отклонения α от вертикали, если маятник движется из состояния покоя, в котором он был отклонён от положения равновесия на угол α₀. [Рекомендуется предварительно решить задачу 2.202 из сборника «3800 задач по физике». – М.: Дрофа, 2000.]

Решение. Особенностью задачи является наличие жёстких стержней, которые связывают грузы. Это значит, что стержни кроме продольных сил сжатия и растяжения испытывают ещё изгибные силы.

Запишем уравнение движения нижнего шара в сопутствующей (естественной) системе координат:

Из каждого уравнения можно найти соответствующую компоненту искомой силы. И тогда ответ находится по формуле

Некоторые сложности возникают лишь с определением значений величин a_τ и υ². Здесь нужно обратиться к анализу всей системы в целом. Для определения значения a_τ запишем уравнение движения всей системы. Это вращательное движение. Система представляет cобой три шарика, расположенных на равных расстояниях от центра вращения, значит, момент инерции системы равен J = 3mL². Центр масс системы расположен на расстоянии L/3 от оси вращения. Угловое ускорение системы e связано с тангенциальной составляющей ускорения нижнего груза равенством a_τ = εL. Таким образом,

Отсюда a_τ = 3a_τC = g/3 sinα и тогда T_τ = -2/3 mg sinα, т.е. стержень стремится прогнуться назад, против хода движения. Это вполне логично.

Для определения значения υ² запишем теорему о кинетической энергии для системы шариков:

Теперь можно определить искомую силу:

Формула не отличается изяществом, присущим олимпиадным задачам, но уж какая есть. Для оправдания отметим, что для значения α₀ = 90° получаем при прохождении средним шариком нижнего положения α = 0 не T = 3mg, как при одинарном маятнике (задача Гюйгенса), а существенно меньшее и вполне симпатичное значение T = 5/3mg.

 

Задача 5 (9 баллов). Цикл Карно – одна из самых сложных школьных тем. Даже большинство студентов не могут объяснить, зачем вообще нужна причудливая нижняя часть цикла Карно. Ведь если сделать температуру холодильника как можно ниже, то площадь цикла станет максимально возможной, и тогда кпд устремится к единице. Школьники сами до такого вопроса не додумываются. А как бы вы ответили на него? Кроме того, вы, может быть, знаете, что изображение цикла буквально во всех учебниках приводится с явным искажением его формы – «как рука возьмёт». Если кто-то сможет, подскажите, пожалуйста, «правильный» учебник, пусть даже вузовский. Сейчас, когда практически у каждого учителя есть доступ к компьютеру, пора уже переходить к верным графикам и рисункам. Можно, конечно, для оправдания говорить об уникально выбранном масштабе, и всё же реально цикл Карно для идеального газа представляет собой узкую серповидную фигуру с малозаметным переходом от изотермы к адиабате. И этому есть вполне физическое обоснование. Попробуйте – и у вас получится, приведите эти обоснования и покажите, что характерные точки цикла для идеального газа всегда удовлетворяют соотношению (см., например, А.С.Компанеец. Законы физической статистики. – М.: Наука, Физматлит, 1970).

Решение. Что касается первого вопроса, то снижение температуры холодильника ниже температуры окружающей среды действительно выгодно с точки зрения теоретических рассуждений. Однако техническая реализация охлаждения всегда связана с дополнительными (и значительными) энергетическими затратами. Эти затраты тоже нужно учитывать в реальном значении КПД. В результате оказывается выгоднее повышать температуру нагревателя. По этим соображениям и необходим анализ нижней части цикла Карно – важная часть теории тепловых машин.

^* По второму вопросу можно обратиться к приближенным расчётам по схеме, похожей на процедуру, используемую в математике при анализе физического смысла интеграла. Разделим цикл на узкие сектора, где верхние и нижние кривые изотерм заменены изобарами, считая, что температура на участках короткой изобары мало отличается от температуры на соответствующей изотерме. Это даёт возможность при оценке значений работ на изотермах приближённо заменить логарифмы простыми линейными функциями. Сама такая процедура называется линеаризацией, она не обязательна, но удобна в качественном анализе.

Теперь видно, что, поскольку на изотермах ∆U₁₂= ∆U₃₄ = 0, а количества теплоты Q₁₂ и Q₃₄ на этих участках, ограниченных адиабатами, одинаковы, то работы на участке 1–2 и на участке 3–4 равны по абсолютному значению, т.е. A₁₂ = Q₁₂ = p₁(V₂ – V₁) равно значению A₃₄ = Q₃₄ = p₃(V₃ – V₄).

Этих рассуждений уже достаточно для обоснования вытянутой формы цикла Карно. Теперь уже совершенно очевидно, что приведённый выше рисунок цикла очень неверный, хотя и более соответствует часто встречающимся в учебниках, чем рисунок, изображённый в условии задачи. Верным для нашего узкого сектора будет рисунок, приведённый справа.

Остаётся провести количественную оценку. Для этого, во-первых, используем уже записанные соотношения: p₁(V₂ – V₁) = p₃(V₃ – V₄).

Во-вторых, обратим внимание и на то, что модули работ A₄₁ = ∆U₁₄ и A₂₃ = ∆U₃₂ на обеих адиабатах также равны между собой, поскольку ∆U₂₃ = –∆U₄₁. Перепишем это равенство в виде p₁V₁ – p₃V₄ = p₃V₃ – p₁V₂.

Сравнивая два полученных равенства, получаем:

и уже отсюда – искомое соотношение: .

Трудно удержаться и не предупредить, что известная в школе форма цикла Карно не является единственно возможной и относится именно к идеальному газу. Обратите внимание, например, на форму цикла Карно для паросиловых установок (см. учебники по теплотехнике) или для фотонного газа при анализе излучения чёрного тела (например, Д.В.Сивухин, т. 4, гл. X), где изотерма совпадает с изобарой в координатах p, V. Если школьникам эти знания не обязательны, то для учителя они не лишние.

^** По поводу второго вопроса решим сначала вспомогательную задачу в три шага.

Шаг 1-й. Чему равна теплоёмкость ν молей одноатомного идеального газа в процессе p = α₁V?

Для перехода из состояния 1 в состояние 2 запишем I начало термодинамики:

Q₁₂ = (U₂ – U₁) + A₁₂ = (3/2νRT₂ – 3/2νRT₁) + 1/2(p₂V₂– p₁V₁)= 3/2νR(T₂ – T₁) + 1/2νR(T₂ – T₁) = 2νR(T₂ – T₁) .

Отсюда теплоёмкость системы в этом процессе

т.е. этот процесс оказался политропическим.

Шаг 2-й. Обобщим результат 1-го шага. Чему равна теплоёмкость n молей одноатомного идеального газа в процессе p = α_nVⁿ?

На рисунке показан график этого процесса при n < 0, но задача решается точно так же и при n > 0. Особняком стоит случай n = –1 (изотерма идеального газа): здесь ответ для работы A₁₂ будет выражен через ln(V₂/V₁). Но мы решаем задачу с прицелом на рассмотрение адиабаты.

Итак, глядя на график процесса, получаем:

Q₁₂ = (U₂ – U₁) + A₁₂, где U₂ – U₁ = 3/2νR(T₂ – T₁),

Таким образом, теплоёмкость системы в этом процессе .

Шаг 3-й. При каком значении n процесс p = α_nVⁿ является адиабатой, т.е. процессом с теплоёмкостью, равной нулю?

Положим = 0, откуда n = –5/3.

Таким образом, адиабатой одноатомного идеального газа является процесс p ~ V ^-5/3, или pV ^5/3 = const. Этот результат давно и хорошо известен, но не относится к базовому уровню знакомства с физикой в школе. Вспомогательная задача решена. Вернёмся к графику цикла Карно.

Учитывая, что процессы 1–2 и 3–4 описываются уравнением pV = const, а процессы 2–3 и 4–1 – уравнением pV^5/3 = const, построим две очевидные цепочки равенств:

Приравнивая друг другу их правые части, получаем

что и требовалось доказать.

Окончание следует

---

^* Далее, до знака **, приводится авторский вариант решения задачи 5. – Ред.

^** Далее приводится вариант решения задачи 5, предложенный к.ф.-м.н. В.А.Грибовым. – Ред.