Съдържание

BelPhO 2015, Областен етап, 9,10,11 — Задача 9-2. 9 класс — 2. Сжимаемая жидкость

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2015

III этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Получены все 18 страниц условий и 27 страниц соответствующего теоретического ключа. Сохранены семь целых заданий: по три для 9 и 10 классов и одна связанная «Параболическая физика» для 11 класса с семью разделами. Всего 54 печатные группы запросов, а не каталожные 48 частей. В оригинале 11 класса прямо сказано, что семь частей связаны общей идеей. Общие утверждение и инструкции напечатаны отдельно для каждого класса; утверждение для олимпиады 2015 года датировано ноябрем 2014 года. Время, баллы и отдельная шкала оценивания не напечатаны. Все семь ключей получены; бланк №1 терморезистора имеется на странице 13 условий и сохранен с механическим поворотом для чтения. Отдельный экспериментальный ключ относится к уже существующему экспериментальному туру и сюда не включен.

Буквальные научные несогласованности исходного ключа не исправлены: t2≈2,59τ рядом с формулой, дающей примерно 1,59τ; разные выражения координаты и пропущенные начальные смещения, непоследовательные штрихи относительных величин и повторные номера формул разгона; FD2−FD2 в равновесии цилиндра; семь чисел таблицы соединений дают 19, хотя напечатан итог 17, а строка трех параллельных резисторов содержит 3; l1+ использует критическую скорость; положительный последний знак силы упругости в А1.1 газа и отсутствие 5/3 в последней формуле переменной жесткости А2.3; обе мощности обозначены P1, пропущенный квадрат 20 и множители температуры в приближении терморезистора, повторные номера формул и подпись 80° при оценке на 90°; знаки потенциала (27)–(28) расходятся с (26), условием отрицательного заряда и рисунком. Сохранены повторная подпись «Рис.6», пропуск номера (33), номера 6.1/6.2 в части 7, буквальные грамматические ошибки и повтор «проанализировать возможность» условия. Промежуточные рассуждения, все четыре сноски и дополнительный традиционный метод вращающейся жидкости сохранены.

Оригинальная общая обложка

Республиканская физическая олимпиада 2015 год. (III этап). Теоретический тур.

Оригинальные утверждение и инструкции — 9 класс

УТВЕРЖДАЮ. Заместитель председателя оргкомитета заключительного этапа Республиканской олимпиады Заместитель Министра образования. __________________В.А. Будкевич. «» ноября 2014 г.

Республиканская физическая олимпиада 2015 год. (III этап). Теоретический тур.

При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая — для черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету!
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.

Постарайтесь внимательно прочитать условия задач! Может вам покажется, что условия задач слишком длинные. Но мы сочинили их такими, чтобы Вам было легче решать. Поверьте, иногда решения короче таких условий! Не теряйте присутствия духа, смело беритесь за решение каждой задачи. Помните, оцениваются не только полные решения, но и их отдельные части и даже отдельные здравые мысли.

9 класс.

Полный комплект состоит из трех заданий.

Оригинальные утверждение и инструкции — 10 класс

Республиканская физическая олимпиада 2015 год. (III этап). Теоретический тур.

При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая — для черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету!
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.

10 класс.

Полный комплект состоит из трех заданий.

Оригинальные утверждение и инструкции — 11 класс

Республиканская физическая олимпиада 2015 год. (III этап). Теоретический тур.

При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая — для черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету!
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.

11 класс.

Полный комплект состоит из семи частей, связанных общей идеей.

Условие

Во многих случаях воду и другие жидкости можно считать не сжимаемыми. Однако в реальности при увеличении давления объем воды уменьшается, а ее плотность возрастает.

В вертикальном, очень глубоком сосуде находится жидкость, плотность $\rho$ которой возрастает с глубиной $h$ по закону

\rho=\rho_0\left(1+\frac h{h_0}\right).\qquad (1)

где $\rho_0$ — плотность жидкости на поверхности, $h_0$ — некоторая постоянная величина.

1.1 Укажите размерность и физический смысл величины $h_0$ .

1.2 Постройте график зависимости плотности жидкости от глубины. Какой смысл имеет площадь под этим графиком?

1.3 Найдите зависимость гидростатического давления $P$ в сосуде от глубины $h$ .

Под гидростатическим давлением понимается разность между давлением на глубине $h$ и атмосферным давлением на поверхности.

Оригинальный научный рисунок: все оси, подписи, стрелки, размеры, кривые, пустые клетки, данные и исходные границы.

1.4 В сосуд опускают вертикально небольшой однородный цилиндр высотой $l$ ( $l\ll h_0$ ), изготовленный из материала с плотностью $\rho_1=\frac32\rho_0$ . На какой глубине остановится этот цилиндр (его середина)?

1.5 В сосуд опускают вертикально тело, состоящее из двух однородных цилиндров, изготовленных из того же материала, что и в п.1.4. Высоты каждого из цилиндров равны $l$ , радиус нижнего в два раза больше радиуса верхнего. На какой глубине окажется место стыка цилиндров, когда это тело окажется в жидкости в состоянии равновесия? Тело полностью погружается в жидкость.

1.6 Найдите глубину погружения (по его середине) этого же тела, если его опустить меньшим цилиндром вниз.

Решение

Задача 9-2. Сжимаемая жидкость

1.1 Как следует из формулы

\rho=\rho_0\left(1+\frac h{h_0}\right),\qquad (1)

Величина $h_0$ имеет размерность длины. На глубине $h=h_0$ плотность жидкости удваивается, т.е. $\rho(h)=2\rho_0$ .

1.2 Зависимости плотности жидкости от глубины линейна, поэтому ее график — прямая линия, показанная на рисунке.

Площадь под графиком имеет смысл массы жидкости находящейся над площадкой единичной площади. Действительно, для слоя малой толщины

\Delta S=\rho\Delta h=\frac{\rho S\Delta h}S=\frac{\Delta m}S.\qquad (2)

1.3 Рассмотрим цилиндрический столб жидкости высотой $h$ , верхняя грань которого находится на поверхности. Так как этот столб находится в равновесии, то сила тяжести, действующая на этот столб, уравновешивается силой давления со стороны нижележащего слоя жидкости:

mg=PS.\qquad (3)

Здесь $m$ — масса выделенного столба, которая может быть найдена как площадь под графиком зависимости $\rho(h)$ . Следовательно,

P(h)=\frac mSg=\frac{\rho_0+\rho_0\left(1+\frac h{h_0}\right)}2hg=\rho_0gh\left(1+\frac h{2h_0}\right).\qquad (4)

Как следует из полученного выражения — давление возрастает по квадратичному закону.

Для иллюстрации (от учащихся данный график не требуется) на рисунке показан график этой зависимости. Пунктиром показана аналогичная зависимость для жидкости постоянной плотности.

1.4 В положении равновесия сила тяжести, действующая на цилиндр, уравновешивается разность сил давления на нижнее и верхнее основания цилиндра:

mg=F_{\text{Д}2}-F_{\text{Д}2}=\left(P(h+l/2)-P(h-l/2)\right)S.\qquad (5)

Подставляя выражения для массы цилиндра и давлений на разных глубинах, получим уравнение для определения искомой глубины:

\frac32\rho_0Slg=\rho_0gS\left((h+l/2)\left(1+\frac{h+l/2}{2h_0}\right)-(h-l/2)\left(1+\frac{h-l/2}{2h_0}\right)\right).\qquad (4)

Решение этого уравнения не представляет проблем:

\begin{aligned}\frac32\rho_0Slg&=\rho_0gS\left((h+l/2)\left(1+\frac{h+l/2}{2h_0}\right)-(h-l/2)\left(1+\frac{h-l/2}{2h_0}\right)\right)\Rightarrow\\\frac32l&=(h+l/2)-(h-l/2)+\frac{(h+l/2)^2-(h-l/2)^2}{2h_0}\Rightarrow\\\frac32l&=l+\frac{2hl}{2h_0}\Rightarrow h=\frac{h_0}2.\end{aligned}\qquad (5)

Не сложно показать, что это положение равновесия является устойчивым, поэтому цилиндр действительно остановится на этой глубине.

Отметим, что на этой глубине плотность жидкости (см. формулу (1)) равна плотности материала цилиндра. Эта идея также может послужить основной идеей решения данной задачи.

1.5 Для описанного тела условие его равновесия имеет вид (см. рис.)

mg=F_{\text{Д}2}-F_{\text{Д}0}-F_{\text{Д}1}.\qquad (6)

Воспользуемся формулой для давления на разных глубинах, а также формулой для массы тела, в результате получим уравнение:

\frac32\rho_0g(\pi R^2l+4\pi R^2l)=(4\pi R^2P(h+l)-3\pi R^2P(h)-\pi R^2P(h-l)).\qquad (6)

Решение это уравнение не сложно, но достаточно громоздко:

\begin{aligned}\frac32\rho_0g(\pi R^2l+4\pi R^2l)&=(4\pi R^2P(h+l)-3\pi R^2P(h)-\pi R^2P(h-l))\Rightarrow\\\frac{15}2\rho_0gl&=4P(h+l)-3P(h)-P(h-l)\Rightarrow\\\frac{15}2\rho_0gl&=\rho_0g\left(4(h+l)\left(1+\frac{h+l}{2h_0}\right)-3h\left(1+\frac h{2h_0}\right)-(h-l)\left(1+\frac{h-l}{2h_0}\right)\right)\Rightarrow\\\frac{15}2l&=4(h+l)-3h-(h-l)+\frac{4(h+l)^2-3h^2-(h-l)^2}{2h_0}\Rightarrow\\\frac{15}2l&=5l+\frac{8hl+4l^2+2hl-l^2}{2h_0}\Rightarrow\\\frac52l&=\frac{10hl+3l^2}{2h_0}\Rightarrow h=\frac{5h_0-3l}{10}=\frac{h_0}2-\frac3{10}l.\end{aligned}

1.6 Последняя часть этой задачи решается аналогично. Условие равновесия:

mg=F_{\text{Д}2}+F_{\text{Д}0}-F_{\text{Д}1}.\qquad (7)

Уравнение для определения глубины:

\frac32\rho_0g(\pi R^2l+4\pi R^2l)=(\pi R^2P(h+l)+3\pi R^2P(h)-4\pi R^2P(h-l)).\qquad (8)

Его решение:

\begin{aligned}\frac32\rho_0g(\pi R^2l+4\pi R^2l)&=(\pi R^2P(h+l)+3\pi R^2P(h)-4\pi R^2P(h-l))\Rightarrow\\\frac{15}2\rho_0gl&=P(h+l)+3P(h)-4P(h-l)\Rightarrow\\\frac{15}2\rho_0gl&=\rho_0g\left((h+l)\left(1+\frac{h+l}{2h_0}\right)+3h\left(1+\frac h{2h_0}\right)-4(h-l)\left(1+\frac{h-l}{2h_0}\right)\right)\Rightarrow\\\frac{15}2l&=(h+l)+3h-4(h-l)+\frac{(h+l)^2+3h^2-4(h-l)^2}{2h_0}\Rightarrow\\\frac{15}2l&=5l+\frac{2hl+l^2+8hl-4l^2}{2h_0}\Rightarrow\\\frac52l&=\frac{10hl-3l^2}{2h_0}\Rightarrow h=\frac{5h_0+3l}{10}=\frac{h_0}2+\frac3{10}l.\end{aligned}

Оригинал в Архива: 3_etap_2015_theoretical_problems.pdf · официални решения: 3_etap_2015_theoretical_solutions.pdf