ВАРИАНТ 4 №1 (1 балл)

ВАРИАНТ 4
№1 (1 балл)
В домах, где нет электрических плиток, еду готовят на открытом огне,
либо на газовых плитах, либо на очаге. Иногда при нагревании на большом
огне масла на сковородке для жарки пары масла загораются, и может
загореться само масло. Возникает пожароопасная ситуация. Можно ли для
тушения горящей сковородки заливать её водой? Опишите, что при этом
произойдёт, почему, и как нужно правильно тушить огонь в сковородке,
пока он не перекинулся дальше.
Заливать сковородку водой в указанном случае нельзя. В результате может
возникнуть столб огня высотой несколько метров. Механизм возникновения
огненного столба следующий:
 вода, как более плотная жидкость оказывается под раскалённым
маслом, после этого начинает вскипать;
 пары воды имеют плотность гораздо меньшую плотности масла и
начинают прорываться наверх сквозь масло, разбивая его на мельчайшие
капли, в результате общая поверхность масла резко возрастает;
 возгорание масла и его паров происходит на поверхности,
контактирующей с кислородом воздуха; следовательно, чем больше
поверхность, тем сильнее огонь. Таким образом, причиной огненного столба
является образование капельно-воздушной смеси масла.
Тушить горящее масло нужно с помощью крышки: просто закрыть
сковородку крышкой, прекратив доступ кислорода к огню.
№2 (2 балла)
Идеальный газа совершает цикл, указанный на рисунке.
Процесс 12  изотерма; процесс 23  изохора;
процесс 31  адиабата. Давление p2=8105 Па;
давление p3=105 Па. Чему равен КПД цикла?
p
p2
p3
1
2
3
V
Обозначим объём изохоры 23 V23 .
 Цикл в осях  p,V  «завёрнут» по часовой стрелке, поэтому это цикл
теплового двигателя. Следовательно, искомый КПД определяется по
формуле
  1
Qх
,
Qн
где Qн  тепло, полученное газом в цикле, Q х  тепло, отданное газом в
цикле, в арифметической записи ( Qн  0; Qх  0 ).
 Термодинамическое тепло процесса 12
Q12  A12  RT12 ln
V23
, так как это изотерма с температурой T12 .
V1
Тогда по уравнению Менделеева-Клапейрона для состояния 2:
RT12  p2V23  Q12  p2V23 ln
V23
 0,
V1
следовательно, в этом процессе газ получает тепло, то есть,
Qн  Q12  p2V23 ln
V23
V1
V
 Для определения Qн нужно выразить V23 ln 23 через давления p 2 и
V1
p3 . Запишем уравнение адиабаты 31 и изотермы 12 соответственно:

p1V1  p3V23
p1V1  p2V23 .
Поделим верхнее уравнение на нижнее почленно:
 1
V1
1 /  1
p 
p
 1
 V1  V23   3 
 3 V23
p2
 p2 
Тогда тепло, полученное от нагревателя,
.
 V  p  1 /  1 
p
p
1
i
 p V
Qн  p2V23 ln 23   3 
ln 2  p2V23 ln 2 ,
2
23
 V23  p2 

  1 p3 2
p3


где i  количество степеней свободы молекулы.
 Процесс 31  адиабата  тепло Q х газ отдаё в процессе 23.
 Тепло, отданное холодильнику:
i
Qх  Q23  СV T3  T12   RT12  T3 
2
по определению теплоёмкости процесса и по формуле теплоёмкости при
постоянном объёме. Раскроем скобки и применим уравнение МенделееваКлапейрона:
Qх 
i
RT12 RT3   i  p2V23  p3V23   i V23  p2  p3 .
2
2
2
 Выразим КПД цикла:
  1
Qх
p 
i
 i
 1   V23  p2  p3  /  p2V23 ln 2  
Qн
p3 
2
 2
p  p3
7
 1 2
 1
 0,58 .
p2
8 ln 8
p2 ln
p3
№3 (2 балла)
Источник напряжения с ЭДС, равной 12 В, и с
пренебрежимо
малым
внутренним
сопротивлением подсоединён к батарее из двух
конденсаторов, показанной на рисунке, через
резистор с сопротивлением, равным 100 Ом.
Какое тепло выделится на резисторе при
переключении ключа К из 1-го положения во
второе, если ёмкости обоих конденсаторов равны
50 мФ?

C
R
К
2
1
C
 При положении ключа 1 батарея конденсаторов, подключённых к
источнику, представляет собой два параллельно соединённых конденсатора,
следовательно, ёмкость, подсоединённая к источнику в первом случае
C1  2C ,
тогда заряд на батарее
q1  2C .
Энергия батареи в первом случае:

C1 2 2C 2
W1 

 C 2
2
2
 При переключении ключа в положение 2 один из конденсаторов
замыкается накоротко и ёмкость подсоединённой к источнику батареи в этом
случае
C2 2 C 2
С2  С  q2  C ; W2 

2
2
 По закону изменения механической энергии изменение энергии
системы конденсаторов равно работе сторонних сил и теплу, выделенному на
резисторе:
W  Aстор  Q .
C 2
W  W2  W1 
 C 2
2
C 2
.

2
Работа сторонних сил равна произведению ЭДС источника на заряд,
протекший через него, то есть на изменение заряда батареи:
Aстор    q2  q1     C  2C   C 2 .
 Подстановка в закон изменения энергии даёт уравнение:
C 2

 C 2  Q 
2
C 2 50 103 144
Q

 3,6 В
2
2
№4 (5 баллов)
Тяжёлый и абсолютно гибкий трос длиной 4 метра перекинут через лёгкий
блок и висит почти симметрично, удерживаемый внешней силой. Диаметр
блока значительно меньше длины нити. Трос отпускают, и он начинает
соскальзывать с подвеса без сопротивления. Чему равна скорость троса в
момент, когда он отрывается от блока? (Отрывается  значит перестаёт
взаимодействовать).
Дано:
Рисунок-условие
L, D<<L
D
L/2
 =?
Тяжёлый  значит, его массу в отличие от массы блока нужно
учитывать при решении задачи. Гибкий  значит, сила натяжения троса в
любой его точке в любой момент времени направлена по касательной к
тросу.
 Если не очень понятно, на какую тему механическая задача, лучше
начинать с закона изменения механической энергии системы.
dE  Aнепот 
E пот
dt .
t
Система  это трос. Её потенциальная энергия  энергия в поле
тяжести земли, которая считается стационарной, следовательно, второе
слагаемое правой части равно 0. По умолчанию сил сопротивления нет,
значит, нет и их работы. Непотенциальной
данном случае является сила

реакции опоры со стороны блока N : для того чтобы вращать невесомый
блок, касательная сила со стороны троса на блок не нужна, поэтому и блок не
действует на трос в касательном направлении. Значит, Aнепот  AN  0 так

как сила N перпендикулярна скорости троса в точке касания, и её мощность
равна 0. Следовательно, dE  0 , то есть, механическая энергия троса
сохраняется.
Если установлено, что выполняется закон сохранения механической
энергии, то это обязательно «выстрелит». Нужно только определить
требуемые для решения механические состояния и, приравнивая
механическую энергию в этих состояниях, составить нужное уравнение.
 Кажется понятным, какие состояния нужно использовать: начальное
(рисунок-условие) и момент последнего касания троса и блока
y
I
II
0
L/4
L/2
Ц.м.
L/2
L/2
Ц.м.


E II   E I .
Механическая энергия в первом состоянии представлена только
потенциальной энергией в поле тяжести. Она определяется по положению
центра масс троса. Координата центра масс в первом состоянии при
выбранном направлении и начале отсчёта оси y:
L
mgL
L  gL
gL2
.
yцм I     E I   mg  yцм I   


4
4
4
4
Здесь масса троса m  L , где   масса единицы длины троса или его
линейная плотность.
Механическая энергия во втором состоянии:
m 2
L 2
L
E II  
 mg  yцм II  
 Lg  .
2
2
2
Подставляя полученные
сохранения, получаем:
L 2 gL2
2

2

gL2
4
выражения

L 2
2

механической
gL2
4
 2 
энергии
gL

2
в
закон
gL
.
2
Оказывается, решение ошибочно. Наша ошибка заключается в
неправильной трактовке понятия отрыва. Отрываться  это не значит
переставать касаться. Это значит переставать взаимодействовать. Без касания
блока и троса нет взаимодействия, это понятно. Но может быть отсутствие
взаимодействия при касании.
  На самом деле, момент отрыва  это когда впервые сила реакции опоры
N равна 0. Мы же знаем, что на вершине выгнутого моста автомобиль,
движущийся с определённой скоростью, отрывается от моста. У нас
примерно такая же ситуация.
Давайте подумаем, сколько мы можем составить уравнений, и сколько
может быть неизвестных. Кроме скорости, неизвестной теперь становится
разность длин L свисающих частей троса в момент отрыва. Значит,
требуются два уравнения на два неизвестных. А закон сохранения энергии
даёт только одно уравнение. Нужно лезть в дебри динамики.
С динамической точки зрения трос делится на две части: два
свисающих участка справа и слева от блока и участок, прилегающий к нему.
Условия формирования силы натяжения троса на этих частях разные, но в
местах соединения частей они по третьему закону Ньютона одинаковы. Это
обстоятельство даёт надежду на то, что, исследуя силу натяжения на разных
частях троса, мы получим недостающее уравнение.
Сначала рассмотрим динамическое состояние маленькой части dl
соприкасающегося с блоком участка троса в момент отрыва.


dl

aцс
*
Tл
R
*  *
Tп Tл
-d

Tп*
d
Вообще-то на него действуют соседние участки троса с левой и правой
силами натяжения, центр масс Земли с силой тяжести и блок как опора. Но в
момент отрыва сила реакции опоры равна 0.
Малый размер блока означает, что радиус кривизны траектории
D
R
2
мал. Из-за этого центростремительное ускорение
aцс 
2
R
значительно больше и касательного, и свободного падения. Пренебрежение
касательным ускорением приводит к равенству модулей касательных сил на
краях dl , а они равны силам натяжения троса из-за его гибкости. Значит,
силы натяжения на краях dl равны по модулю. Пренебрежение ускорением
свободного падения позволяет не учитывать силу тяжести.
Центральный угол d , который опирается на дугу dl , выражается в
радианах так:
d 
dl
.
R
Угол между левой и правой силами натяжения равен   d , поскольку это
тупой и острый углы с взаимно перпендикулярными сторонами.
Запишем второй закон Ньютона для участка dl в момент отрыва. Его
масса dm    dl :
* *

Të  Tï  dm  aöñ .
Изобразим векторную диаграмму этого равенства и следующий из неё
геометрический чертёж.

Tл*
-d
T*
*
d Tп
dm  aöñ

dm  aöñ
d
T*
Так как угол d мал и выражен в радианах, то из чертежа следует скалярное
соотношение:
dm  aöñ  Ò  d  τdl 
*
2
R
 Ò* 
dl
*
2
 Т   .
R
Это выражение силы натяжения троса в момент его отрыва, которое не
меняется вдоль по всему соприкасающемуся участку троса от его левой до
правой границы. Значит, по краям всего прилегающего к блоку участка силы
натяжения одинаковы.


*
T

T*
Следовательно, и на верхние концы свисающих частей действуют
одинаковые силы.
 Запомним полученное выражение силы натяжения в момент отрыва и
обратимся к динамическому состоянию свисающих частей троса.
yл
*
T

a
mл g
L  L
2
*
T

a

mп g
L
L  L
2
yп
Нам опять нужна сила T*, и для её определения мы должны решить
стандартную задачу машины Атвуда.
Запишем второй закон Ньютона для правой и левой свисающих
частей
 *

mл g  T  mл a
 

mп g  T *  mп   a .
Ускорения частей одинаковы по модулю и противоположны по
направлению, так как трос нерастяжим и движение прямолинейно.
Спроецируем каждое равенство на свою ось:
Oy л :  mл g  T *  mл a
mп g  T *  mп a.
Oyп :
Поделим почленно нижнее равенство на верхнее:
mп g  T *
T *  mл g

mп
 mл mп g  mлT *  mпT *  mл mп g 
mл
 m лT *  mпT *  2m л mп g  m л  mп T *  2m л mп g 
T* 
2m л mп g
.
m л  mп
Выражая массы через длины, получаем:
T*  2

g L  L L  L
g 2
*


 L  L 2
T 
2L
L
2
2

 Мы получили второе выражение силы натяжения в момент отрыва.
Приравняем оба выражения:


g 2
 L  L 2   2 .
2L
В результате имеем уравнение с двумя неизвестными: L и :
2 


g
 L2  L 2 .
2L
 Для того чтобы найти скорость нужно второе уравнение. Вот его-то мы
получим из закона сохранения механической энергии, беря в расчёт
начальное механическое состояние и состояние в момент отрыва.
II
y
I
L  L
4
0
L
4


L  L
4
Ц.м.лев.
Ц.м.
 Ц.м.прав.

Во втором механическом состоянии весь трос движется со скоростью
, следовательно, кинетическая энергия троса в этом состоянии:
m 2 L 2
.
Eкин II  

2
2
Потенциальная энергия равна сумме потенциальных энергий каждой
свисающей части:
Eпот II   m л gyцмл  mп gyцмп 

L  L  L  L 
L  L  L  L 
g 
g 
 

2
4 
2
4 


g
  L  L 2  L  L 2 
8
g 2
g 2

2 L  2L 2  
L  L 2 .
8
4






Механическая энергия второго состояния:
E II   Eкин II   Eпот II  
L  L .
4
L 2 g
2

2
2
Напомним, что механическая энергия первого состояния была
найдена раньше:
E I   
gL2
4
Приравниваем энергии:
L  L   
4
L 2 g
2

2
Окончательно получаем:
2
gL2
4

L 2
2

g
4
L2 .
g
2 L 2
2
2
.
L  L   L  
2
g
2
 Подставляя
2 

в

найденное
из
динамики
выражение
g
 L2  L 2
2L
, получаем уравнение для нахождения искомой
скорости при отрыве:
g  2 2 L 2 
gL
gL
2
2
2
 
 L 






2



2L 
g 
2
2
2
 2 
Этот правильный ответ в
gL
 
4
gL
2
2 раз меньше полученного в первый раз.