Съдържание

Условие Часть 1. Обычная жидкость Часть 2. Необычная жидкость.Решение

BelPhO 2018, Областен етап, 9,10,11 — Задача 9-1. 9 класс — 1. Переменная плотность

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2018

III этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Полученные оригиналы содержат девять самостоятельных целых задач: по три для 9, 10 и 11 класса. Сохранены 45 основные номерные группы и все внутренние запросы, включая 2.4.1–2.4.5 «Переменной плотности» и оба запроса пункта 3 о брусках. Каталожное число 52 не задает новое разбиение.

Время выполнения, баллы и численные таблицы оценивания не напечатаны. Сохранены все комментарии жюри, альтернативный способ акселерометра и полные аналитические методы. Получены три исходных пустых бланка лампочки и исходный магнитный графический бланк. Отдельный графический бланк давления насыщенного пара, обещанный в задаче о воде, отсутствует; вся исходная таблица передана. Ключ лампочки отсылает к графику напряжения конденсатора, которого в полученном ключе нет: переданы текст и пустой бланк, новый ответный график не изготовлен.

Сохранены исходные противоречия и ошибки: $P=m'gz$ в определении давления; прежнее напряжение зажигания при переходе с 3 на 5 В; в ключе $U=I/R$ и разрядка до нуля при указанном гашении 1 В; $g=10\text{ м/с}$ , повтор «первое тело» и номера 2.4; «линза» в зеркале, $a\gamma=d$ , $F_1-F_0=R/2$ и $\sqrt{1-h^2/R^2}=2$ ; два значения 4246 Па при 30 и 31°C, повтор $t_0$ , единица теплоемкости камня без К, $40-0{,}2=38{,}8^\circ C$ ; «значительно больше» в диалоге; в магнитах степень $1/4$ второго выражения периода, лишнее $x_0$ в знаменателе (15) и повтор обозначения $x_1$ . Метод ключа для $\delta_{\max}$ и его ответ 5,8 см переданы буквально.

Оригинальные заголовки комплекта

III этап Республиканской олимпиады по физике 2018 года. Теоретический тур. Условия задач. 9 класс. Далее в оригинале:10класс (стр9),11класс (стр14).

Условие

Во всех пунктах задачи под давлением в жидкости подразумевается только гидростатическое давление, обусловленное весом жидкости. Атмосферное давление увеличивает давление во всех точках на одну и ту же величину (закон Паскаля), поэтому при описании равновесия тел его можно не учитывать.. Иными словами, давление у свободной поверхности жидкости следует считать равным нулю. Ускорение свободного падения известно и равно $g$ .

Часть 1. Обычная жидкость

Жидкость плотности $\rho_0$ налита в высокий вертикальный сосуд. Высота столба жидкости в сосуде равна $h$ . Введем ось координат $Z$ , направленную вертикально вниз, начало отсчета находится на поверхности жидкости.

Обычная жидкость: весь сосуд, трубка, rho0,z,Z,l,h и стрелки.

1.1 Запишите формулу, описывающую зависимость давления внутри жидкости от глубины $z$ : $P(z)$ . Постройте схематический график полученной зависимости.

В сосуд опускают закрытую с обоих концов трубку длиной $l=h/2$ . Массу трубки $m$ можно изменять (например, добавляя внутрь нее песок), кроме того, считайте, что большая часть массы трубки сосредоточена в ее нижней части, поэтому трубка в жидкости всегда располагается вертикально. Площадь поперечного сечения трубки равна $S$ .

1.2 Найдите зависимость глубины погружения нижнего торца трубки от ее массы $z(m)$ , постройте график этой зависимости, укажите значения параметров характерных точек вашего графика.

Часть 2. Необычная жидкость.

В вертикальный сосуд налита жидкость, плотность которой меняется по линейному закону от $\rho_0$ у поверхности жидкости (которая находится на высоте $h$ ) до $2\rho_0$ у дна¹.

Необычная жидкость: весь сосуд, трубка,rho0/2rho0,z,Z,l,h и стрелки.

¹ Плотность жидкости может изменяться из-за наличия растворенных веществ. Но это к решению задачи не относится.

2.1 Запишите формулу зависимости плотности жидкости от глубины $\rho(z)$ . Постройте схематический график этой зависимости.

2.2 Найдите зависимость гидростатического давления внутри жидкости от глубины $P(z)$ . Постройте схематический график этой зависимости.

В сосуд опускают трубку, описанную в Части 1 данной задачи.

2.3 Определите массу трубки $m_0$ , при которой она полностью погрузится в жидкость, т.е. ее верхний край будет касаться поверхности жидкости.

2.4 В данной части вам необходимо описать зависимость глубины погружения нижнего края трубки от ее массы. Эту зависимость удобно представить в относительных единицах: найти зависимость величины $y=z/h$ от отношения массы трубки к $m_0$ : $n=m/m_0$ . Для построения требуемой зависимости выполните следующее.

2.4.1 Найдите зависимость глубины погружения $y$ от величины $n$ при условии, что верхний конец трубки находится над водой.

2.4.2 Укажите, при каком значении $n_1$ трубка полностью погрузится в воду.

2.4.3 Найдите зависимость глубины погружения $y$ от величины $n$ при условии, что верхний конец трубки находится под водой.

2.4.4 Найдите, при каком значении $n_2$ центр трубки будет находится на середине слоя жидкости.

2.4.5 Найдите при каком значении $n_3$ нижний конец трубки достигнет дна сосуда.

Решение

Часть 1. Обычная жидкость

1.1 Давление зависит от глубины по закону

P=\rho_0gz.\qquad (1)

График этой зависимости — прямая линия, проходящая через начало координат.

Полный P(z) обычной жидкости:rho0gh,h,оси/стрелки/пунктир.

1.2 Сила тяжести трубки уравновешивается силой давления жидкости на нижнее основание

mg=P(z)S=\rho_0gzS\Rightarrow z=\frac{mg}{\rho_0gS}.\qquad (2)

Когда трубка погрузится полностью, она сразу утонет. Масса, при которой начнет тонуть,

z=\frac{m^*g}{\rho_0gS}=\frac h2\Rightarrow m^*=\frac{\rho_0gSh}{2g}.\qquad (3)

График зависимости на рисунке.

Часть 2. Необычная жидкость.

2.1 Формулу зависимости плотности жидкости от глубины $\rho(z)$

\rho=\rho_0\left(1+\frac zh\right).\qquad (4)

Схематический график этой зависимости на рисунке.

Полный rho(z):rho0/2rho0,zprime,h,заштрихованнаяплощадь,оси.

2.2 Гидростатическое давление внутри жидкости на глубине $z$

P=m'gz.\qquad (5)

Где $m'$ масса столба жидкости единичной площади над уровнем $z$ . Эта масса может быть найдена как площадь под графиком $\rho(z)$ (выделена на рис.), или с использованием средней плотности в слое толщиной $z$ . Поэтому искомая зависимость имеет вид

P=m'gz=\rho_0gh\left(1+\frac z{2h}\right)\frac zh.\qquad (6)

График парабола, проходящая через нуль, максимальное значение при $z=h$ : $P_{\max}=\frac32\rho_0gh$ .

Полный параболическийP(z):Pmax,h,все точки/сетка/оси.

2.3 Массу трубки $m_0$ , при которой она полностью погрузится в жидкость, находится из уравнения

m_0g=P\left(\frac h2\right)S\Rightarrow m_0=\frac Sg\rho_0gh\left(1+\frac14\right)\frac12=\frac58\rho_0Sh.\qquad (7)

2.4.1 Если верхний конец трубки находится над водой, то справедливо уравнение

mg=P(z)S=\rho_0ghS\left(1+\frac z{2h}\right)\frac zh.\qquad (8)

Так как $m_0=\frac58\rho_0Sh\Rightarrow\rho_0Sh=\frac85m_0$ , то уравнение (8) преобразуется к виду

\frac m{m_0}=\frac85\left(1+\frac z{2h}\right)\frac zh\Rightarrow y(y+2)=\frac54n.\qquad (9)

Итак, при $n<1$ глубина погружение есть положительный корень уравнения (9). Легче рассчитать $n(y)$ .

При $m>m_0$ трубка полностью погружена в воду. При этом справедливо уравнение, следующее из закона Архимеда:

mg=\rho\left(z-\frac h4\right)gS\frac h2.\qquad (10)

Здесь $\rho\left(z-\frac h4\right)=\rho_0\left(1+\frac{z-h/4}{h}\right)=\rho_0\left(\frac34+y\right)$ — плотность жидкости на уровне середины трубке (средняя плотность вытесненной жидкости). Из уравнения (10) следует

mg=\rho_0\left(\frac34+y\right)gS\frac h2=\frac45m_0g\left(\frac34+y\right)\Rightarrow n=\frac{3+4y}{5}\Rightarrow y=\frac{5n-3}{4}.\qquad (11)

Таким образом, при $n>1$ зависимость глубины погружения от массы линейна.

2.4.2 Трубка полностью погрузится в воду при $n_1=1$ (по определению).

2.4.4 Центр трубки будет находиться на середине слоя жидкости (при этом $y=3/4$ ) при $n_2=6/5$ .

2.4.5 Трубка достигнет дна $(y=1)$ при $n_3=7/5$ .

График искомой зависимости показан на следующем рисунке.

Полный y(n):все точки/подписи/сетка,стык n1=1,y0.5,конец1.4/1.

Оригинальный заголовок ключа

III этап Республиканской олимпиады по физике 2018 года. Решения задач.

Оригинал в Архива: 3_etap_2018_theoretical_problems.pdf · официални решения: 3_etap_2018_theoretical_solutions.pdf