Съдържание

НОФ 2020, III кръг (национален), 11–12 клас — Задача 2. Трептене на варел

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2020

Олимпиада по физика 2020, национален кръг, V състезателна група (11. – 12. клас) · 28 юни 2020 г. · 15 т.

Условие

Празен цилиндричен варел с тънки стени, височина $\ell = 1\ \mathrm{m}$ , площ на дъното $S = 0{,}5\ \mathrm{m^2}$ и маса $m = 100\ \mathrm{kg}$ е обърнат с отвора надолу и е поставен вертикално в морето, както е показано на фигурата вляво. Изминало е достатъчно дълго време от пускането на варела във водата, така че да се установи термодинамично равновесие. Плътността на морската вода е $\rho = 10^3\ \mathrm{kg/m^3}$ . Приемете, че температурата на водата съвпада с температурата на въздуха извън варела. Атмосферното налягане е $p_0 = 10^5\ \mathrm{Pa}$ . Приемете, че земното ускорение е $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ . Повърхностното напрежение на водата да се пренебрегне.

Схема на обърнат цилиндричен варел, потопен частично в море с плътност ро. — Варелът с площ на дъното $S$ , маса $m$ и височина $\ell$ , обърнат с отвора надолу в морето; вътре е въздух с налягане $p$ , водният стълб в него е с височина $x$ , а дъното е потопено на дълбочина $y$ .

Упътване: Използвайте, че уравнението на състоянието на въздух при адиабатен процес е $pV^{7/5} = \mathrm{const}$ , където $p$ е налягането на въздуха, а $V$ е обемът на въздуха. Също така е изпълнено, че $(1+\alpha)^n \approx 1 + n\alpha$ , ако $|\alpha| \ll 1$ .

а) Колко е равновесното налягане $p$ на въздуха във варела? [2 т.]

б) Намерете височината $x$ на водния стълб във вътрешността на варела след установяването на термодинамично равновесие. [2 т.]

в) Определете до каква равновесна дълбочина $y$ ще бъде потопен варелът във водата. [2 т.]

г) Намерете периода $T$ на малките вертикални трептения на варела, като знаете, че за един период топлообменът между въздуха във варела и околната среда е пренебрежим. Съпротивлението на въздуха и образуването на вълни също да се пренебрегнат. [6 т.]

д) Каква сила $F$ трябва да приложим върху дъното на варела, така че то да се изравни с повърхността на морето? Приемете, че въздухът във варела е отново в термодинамично равновесие с морската вода. [3 т.]

Отговори

Решение

а) Тъй като стените на варела са тънки, няма да действа архимедова сила. [0,5 т.] В равновесие силата на тежестта, действаща на варела, се уравновесява от разликата в наляганията на въздуха вътре и извън варела: $mg = (p-p_0)S$ . [0,5 т.] Оттук $p = p_0 + \frac{mg}{S} = 102\ \mathrm{kPa}$ . [1 т.]

б) При пускането на варела във водата и след установяване на термодинамично равновесие температурата на въздуха във варела е една и съща, т.е. може да използваме закона на Бойл–Мариот за изотермен процес: $p_0 S\ell = pS(\ell - x)$ . [1 т.] Следователно $x = \frac{p-p_0}{p}\ell = \frac{mg}{mg+p_0 S}\ell \approx 2\ \mathrm{cm}$ . [1 т.]

в) Дълбочината на потапяне на варела се определя от изискването да има едно и също налягане на равнището на отвора на варела – както под варела, така и извън него. Оттук $p + \rho g x = p_0 + \rho g y$ [1 т.] и $y = x + \frac{p-p_0}{\rho g} = \frac{mg\ell}{mg+p_0 S} + \frac{m}{\rho S} \approx 22\ \mathrm{cm}$ [1 т.].

г) Разглеждаме малко отклонение на варела от равновесното му положение, изразено чрез допълнително потапяне $\Delta y \ll y$ на варела. По този начин във варела навлиза още вода и нейната височина става $x + \Delta x$ . Налягането на въздуха във варела нараства до $p + \Delta p$ . От условието за едно и също налягане на равнището на отвора на варела следва, че $p + \Delta p + \rho g x + \rho g\Delta x = p_0 + \rho g y + \rho g \Delta y$ . [0,5 т.] Оттук $\Delta p + \rho g \Delta x = \rho g \Delta y$ . [0,5 т.] От друга страна, тъй като топлообменът може да се пренебрегне, нека да използваме уравнението на състоянието при адиабатен процес: $p[S(\ell-x)]^{7/5} = (p+\Delta p)[S(\ell - x - \Delta x)]^{7/5}$ . [0,5 т.] Като използваме, че $\Delta x \ll \ell - x$ и $\Delta p \ll p$ , ще получим: $(p+\Delta p)[S(\ell - x - \Delta x)]^{7/5} = (p+\Delta p)[S(\ell-x)]^{7/5}\left(1 - \frac{\Delta x}{\ell-x}\right)^{7/5} \approx (p+\Delta p)[S(\ell-x)]^{7/5}\left(1 - \frac{7}{5}\frac{\Delta x}{\ell-x}\right) \approx p[S(\ell-x)]^{7/5} + \Delta p[S(\ell-x)]^{7/5} - \frac{7}{5}\frac{\Delta x}{\ell-x}p[S(\ell-x)]^{7/5}$ . [1 т.] Оттук $\Delta p \approx \frac{7}{5}\frac{\Delta x}{\ell-x}p$ . [0,5 т.] Следователно $\Delta p \approx \frac{7\rho g \Delta y}{7p + 5\rho g(\ell-x)}p$ . [1 т.] При отклонението на варела от равновесното му положение се поражда сила с големина $(\Delta p)S \approx \frac{7\rho g p S}{7p+5\rho g(\ell-x)}\Delta y$ , т.е. пропорционална на отклонението на варела, и обратна по посока, което означава, че силата е квазиеластична. [0,5 т.] Периодът на малките вертикални трептения е $T = 2\pi\sqrt{\frac{m[7p+5\rho g(\ell-x)]}{7\rho g p S}} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{\rho g S}\left[1 + \frac{5}{7}\frac{\rho g \ell}{p_0\left(1+\frac{mg}{p_0 S}\right)^2}\right]} \approx 0{,}92\ \mathrm{s}$ . [1,5 т.]

д) При потапянето на варела под повърхността на морето в него навлиза още вода, чиято височина става $x' > x$ . Налягането на въздуха във варела се увеличава до $p' = p_0 + \rho g(\ell - x')$ . [0,5 т.] При термодинамично равновесие с морската вода отново може да използваме закона за изотермен процес: $p_0 S\ell = p'S(\ell - x')$ . [0,5 т.] Следователно, получаваме квадратно уравнение за $p'$ : $p'^2 - p_0 p' - \rho g \ell p_0 = 0$ . [0,5 т.] Положителният корен на уравнението е $p' = \frac{1}{2}\left(p_0 + \sqrt{p_0^2 + 4\rho g \ell p_0}\right)$ . [0,5 т.] Оттук получаваме търсената сила $F = (p'-p)S = \frac{p_0 S}{2}\left(\sqrt{1+\frac{4\rho g \ell}{p_0}} - 1\right) - mg \approx 3{,}6\ \mathrm{kN}$ . [1 т.]

Оригинал в Архива: NOF3_2020_11-12problems.pdf · официални решения: NOF3_2020_11-12solutions.pdf