Съдържание

BelPhO 2007, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 10-1. 10 класс · Задание 1. Разминка

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2007

Республиканская физическая олимпиада 2007 года — IV этап, теоретический тур, 9–11 классы

Исходные сведения

УТВЕРЖДЕНО
Заместитель председателя оргкомитета заключительного этапа Республиканской олимпиады, заместитель министра образования Республики Беларусь
_____________________ К.С. Фарино
«___» марта 2007 г.

Республиканская физическая олимпиада 2007 год. г. Минск. Теоретический тур.
9 класс.

Оргкомитет и Жюри заключительного этапа Республиканской олимпиады школьников 2007 года

приветствуют вас в городе Минске;
поздравляют с успешными выступлениями на предыдущих этапах олимпиады;
желают успехов на заключительном этапе.

Полный комплект состоит из трех не связанных между собой заданий.
При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая - черновика. При недостатке бумаги обращайтесь в оргкомитету, обеспечим!
Подписывать тетради и отдельные страницы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.
Со всеми вопросами, связанными с условиями задач (но не с их решениями), обращайтесь к представителям Жюри.

Во всех задачах ускорение свободного падения считать равным $g=9{,}81\,\frac{м}{с^2}$ .

Условие

10 класс. Задание 1. Разминка

1.1 Варистор.

Для защиты приборов от скачков напряжения, используют варисторы – полупроводниковые приборы, вольтамперная характеристика которых изображена на рис. 1.1. Электрическая цепь изображена на рис. 1.2 ( $U_0=12\,В$ , $R=20\,Ом$ ). Варистор присоединяется параллельно нагрузке с сопротивлением $R_H=10\,Ом$ . Неожиданно, напряжение $U_0$ возрастает в четыре раза (до $U_1=48\,В$ ). Во сколько раз изменится напряжение на нагрузке?

Рис. 1.1

Рис. 1.2

1.2 «Гидроподушка».

Если брусок массы $m=0{,}35\,кг$ аккуратно опустить на бьющие вертикально вверх из отверстий струи со скоростью $\upsilon_0=4{,}5\,\frac{м}{с}$ , то на некоторой высоте $h$ брусок «зависнет», оставаясь в покое (рис. 2). Оцените $h$ , если радиус каждого отверстия $r=2{,}0\,мм$ , и брусок опирается на $N=20$ струй воды. Плотность воды $\rho=1{,}0\cdot10^3\,\frac{кг}{м^3}$ . При оценке считайте, что струя воды после неупругого соударения с бруском растекается по нему и падает вниз, не меняя форму струй.

Рис. 2

Решение

1.1 Варистор.

Для начала необходимо определить, какое напряжение было на нагрузке до скачка напряжения. Сопротивление параллельно соединённых резистора и варистора не может превышать $10\ \text{Ом}$ , поэтому и падение напряжения на этом участке будет не более $4\ \text{В}$ . Заметим, что при таком напряжении через варистор течёт очень маленький ток, т.е. его сопротивление очень большое и сопротивление этого участка в точности определяется сопротивлением нагрузки. Значит, до скачка на нагрузке было напряжение:

U_{\text{Н}0}=\frac{U_0}{R+R_{\text{Н}}}R_{\text{Н}}=4\ \text{В}.\qquad (1)

Обозначим ток в цепи после скачка $I_{\text{Ц}}$ . Общее напряжение есть сумма падений напряжения на резисторе $R$ и напряжения на варисторе $U$ :

RI_{\text{Ц}}+U=U_1.\qquad (2)

Ток в цепи есть сумма токов, текущих через нагрузку и варистор $I$ :

I_{\text{Ц}}=\frac{U}{R_{\text{Н}}}+I.\qquad (3)

Подставляя это значение в (2) и используя численные значения $U_1$ , $R$ и $R_{\text{Н}}$ , получим уравнение, связывающее ток и напряжение на варисторе.

I=2{,}4-\frac3{20}U.\qquad (4)

С другой стороны связь между током и напряжением приведена на графике. Чтобы определить $U$ и $I$ необходимо найти точку пересечения графика, приведённого в условии с графиком ВАХ. Результат представлен на рис. 1.

Исходный рисунок — k10-1-varistor-intersection

Значения напряжения на варисторе, значит и на нагрузке:

U=U_{\text{Н}2}=8{,}2\ \text{В}.\qquad (5)

Т.е. напряжение на нагрузке возрастёт чуть больше чем в два раза.

\frac{U_{\text{Н}2}}{U_{\text{Н}1}}\approx2.\qquad (6)

1.2 «Гидроподушка».

Пусть струя воды площадью поперечного сечения $S$ со скоростью $\upsilon$ неупруго сталкивается со стенкой (рис. 3). За промежуток времени $\Delta t$ стенки достигнут частицы воды в цилиндре высотой $h=\upsilon\Delta t$ и площадью поперечного сечения $S$ .

Соответственно, масса воды $m=\rho V=\rho Sh=\rho S\upsilon\Delta t$ , содержащаяся в этом цилиндре, передаст стенке импульс $\Delta p=m\upsilon=\rho S\upsilon^2\Delta t$ , поскольку после столкновения ее импульс станет равным нулю.

Из второго (в импульсной форме) и третьего законов Ньютона для силы давления струи на стенку имеем

F=\frac{\Delta p}{\Delta t}=\rho S\upsilon^2.\qquad (6)

Однако в рассматриваемом случае струи воды бьют вверх, уменьшая свою скорость по мере подъема.

Согласно закону сохранения энергии, скорость $\upsilon_1$ струи на высоте $h$ будет меньше начальной скорости $\upsilon_0$

\upsilon_1^2=\upsilon_0^2-2gh\quad\Rightarrow\quad\upsilon_1=\sqrt{\upsilon_0^2-2gh}.

С учетом этого выражение (6) перепишется в виде

F=\rho S(\upsilon_0^2-2gh).

Расход воды в любом сечении вертикальной струи должен оставаться неизменным. С учетом выражения (1) для расхода воды можем записать

\rho S_0\upsilon_0=\rho S_1\upsilon_1.\qquad (7)

Сокращая в (7) на плотность жидкости, приходим к уравнению неразрывности струи, смысл которого понятен: скорость движения жидкости в струе больше там, где ее поперечное сечение меньше (в местах сужения)

\upsilon_0S_0=\upsilon_1S_1.

Отсюда следует, что непосредственно перед столкновением с бруском площадь поперечного сечения струи увеличивается (см. рис. 3) до значения

S_1=\frac{\upsilon_0S_0}{\upsilon_1}=\frac{\upsilon_0S_0}{\sqrt{\upsilon_0^2-2gh}}.\qquad (7)

С учетом (6)-(7) находим, что сила давления одной вертикальной струи на брусок в рамках данной модели

F=\rho S_0\upsilon_0\sqrt{\upsilon_0^2-2gh}.

Соответственно, $N$ струй удержат брусок на высоте $h$ в том случае (рис. 4), если

NF=N\rho S_0\upsilon_0\sqrt{\upsilon_0^2-2gh}=mg.\qquad (8)

Из последнего равенства получим

h=\frac1{2g}\left(\upsilon_0^2-\left(\frac{mg}{N\rho S_0\upsilon_0}\right)^2\right).

Поскольку площадь отверстия $S_0=\pi r^2$ , то окончательное выражение для $h$ примет вид

h=\frac1{2g}\left(\upsilon_0^2-\left(\frac{mg}{N\rho\pi r^2\upsilon_0}\right)^2\right).\qquad (9)

Расчет по формуле (9) дает

h=56\ \text{см}.

Заметим, что рассмотренный принцип действия гидроподушки («воздушной» подушки) широко используется при создании современной техники, способной передвигаться как по суше, так и по воде.

Примечание к оригиналу

В оригинале сохранены девять отдельно напечатанных теоретических задач 9,10 и11 классов.39 пронумерованных запросов и два раздела с вопросами без отдельной нумерации; предварительное каталожное число40 не заменяет исходную структуру. Ключ кинематической диаграммы содержит пункты1–6 при пяти основных пунктах условия. Условие погоды пропускает номер2.2.3. Полные14 страницы условий и26 страницы доступного официального ключа переданы с исходными графиками и таблицами. В исходном ключе пять математических символов в формулах на страницах4,5 и19 изображены нечитаемыми прямоугольниками; они обозначены □ и сопровождаются исходными фрагментами без догадки об их значении. Сохранены печатные расхождения: повтор u₁ в последней формуле кинематической диаграммы; знак разности концентраций в условии и ключе; ε₀ и множители в нервной модели; Вт/см² и кВт/см² в описании бистабильности; степень T₀² в формуле(23) погоды; A₃ на схемах и A₁ в формулах; повторные номера/ссылки формул; N≈3000 и3·10⁻⁴с в ключе лазерного охлаждения. Научные значения и исходные ошибки не исправлены скрыто. Отдельная численная шкала оценивания, список авторов и внешние приложения в этом комплекте не напечатаны.

Оригинал в Архива: 2007problems.pdf · официални решения: 2007solutions.pdf