Съдържание

ВсОШ 2025, Регионален етап — Задача 7. 8-Т3 · Меж двух жидкостей

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2025

Всероссийская олимпиада школьников по физике — Региональный этап, теоретический тур — Москва,2025

Внимание: Бележка към темата

Полный исходный60-страничный сборник:23целые задачи7–11классов,55номерованных запросов и6ненумерованных; все напечатанные возможные решения/варианты. Исходные несогласованности сохранены и отмечены отдельно. Баллы, критерии и продолжительность в данном источнике не напечатаны. Для измерений и построений используйте исходныйPDF с родным масштабом.

Титул, авторы и материалы исходного сборника

Министерство просвещения Российской Федерации. Центральная предметно-методическая комиссия Всероссийской олимпиады школьников по физике. Всероссийская олимпиада школьников по физике. Региональный этап. Теоретический тур. Москва,2025г.

Комплект задач подготовлен центральной предметно-методической комиссией Всероссийской олимпиады школьников по физике. E-mail:physolymp@gmail.com.

Авторы задач

7-Т1. Александр Евсеев
7-Т2. Ольга Инишева
7-Т3. Константин Кутелев
7-Т4. Александр Евсеев
8-Т1. Андрей Сеитов
8-Т2. Александр Евсеев
8-Т3. Александр Евсеев
8-Т4. Ольга Инишева
9-Т1. Константин Кутелев
9-Т2. Антон Вергунов
9-Т3. Владимир Савинцев
9-Т4. Денис Рубцов
9-Т5. Матвей Муравьев, Иван Гурьянов
10-Т1. Алексей Заяц
10-Т2. Александр Киреев
10-Т3. Леонид Колдунов
10-Т4. Анна Шишкина
10-Т5. Юрий Черников
11-Т1. Александр Аполонский
11-Т2. Александр Аполонский
11-Т3. Константин Парфенов
11-Т4. Алексей Заяц
11-Т5. Юрий Черников

Как готовиться к региональному этапу?

В МФТИ запущен классный проект «Физтех-регионам» (https://os.mipt.ru), где в публичном бесплатном доступе лежат лекции и семинары по всем классам и по всем темам. Там же выложены подборки задач по темам. Уровень материалов позволяет хорошо подготовиться к муниципальному и региональному этапу Всероссийской олимпиады школьников по физике.

Если вы школьник, просто пользуйтесь доступными материалами. Если вы преподаватель или сотрудник регионального органа образования, то МФТИ готов помочь организовать на базе вашей школы или центра по работе с талантливыми детьми кружок по физике. Занятия будут проходить по программе «Физтех-регионам», и МФТИ не берет никаких денег за эти материалы. Единственное, вам нужно будет обеспечить работу преподавателя. Подобным образом уже функционируют кружки в более чем40регионах России.

В исходном ключе заголовок «Возможные решения». Сохранены родные группы7,8,9,10и11классов и исходные обозначения каждой целой задачи.

Условие

Два открытых вертикальных цилиндрических сосуда соединены тонкой трубкой с краном (см. рис.). В сосуде с площадью сечения $S$ находится жидкость плотностью $3\rho$ , а в сосуде с площадью сечения $2S$ — жидкость плотностью $\rho$ и шероховатый брусок, имеющий форму прямоугольного параллелепипеда. Высота бруска $h$ , площадь основания $S$ , плотность $2\rho$ . Высота столбов жидкости в сосудах одинакова и равна $4h$ . Оба сосуда сверху открыты, жидкости не смешиваются, не сжимаются и не выливаются из сосуда. Объёмом соединительной трубки можно пренебречь. Кран открывают.

Complete original two-fluid vessel/cock/block diagram, S/2S, rho/3rho/2rho, h/4h and vessel boundaries.

Определите высоту столбов жидкостей в каждом сосуде после того, как перетекание прекратится.

Решение

Определим объемы жидкостей и массу тела. Объем жидкости с плотностью $3\rho$ равен

V_1=4hS.

Объем жидкости с плотностью $\rho$ равен

V_2=4h\cdot2S-hS=7hS.

Масса бруска равна

m=2\rho hS.

Определим давления жидкостей вблизи дна в левом и правом сосудах до открывания крана

p_{\text{лев}}=p_0+12\rho gh,\qquad p_{\text{прав}}=p_0+4\rho gh.

Здесь $p_0$ — атмосферное давление. Так как давление в сосуде больше, после открытия крана жидкость плотностью $3\rho$ будет перетекать из левого сосуда в правый.

В нижней части правого сосуда будет увеличиваться слой жидкости, плотность которой больше плотности бруска, поэтому брусочек начнет всплывать. Определим, при каком слое жидкости плотностью $3\rho$ это произойдет. Высоту слоя обозначим $h_x$ . В момент всплытия сила тяжести равна силе Архимеда, поэтому

2\rho ghS=F_{\text{Арх}}.

Далее в задаче следует найти высоту $h_x$ , убедиться, что давления в левом и правом сосудах будут разными, перетекание жидкости с плотностью $3\rho$ продолжится, определить высоту столбов жидкостей в сосудах, при которых перетекание прекратится. Сделать это можно различными способами, разберем некоторые из них.

Способ 1. Воспользуемся тем, что выталкивающая сила Архимеда численно равна весу однородной жидкости, имеющей объем тела и плотность равную средней плотности смеси жидкостей, в которых тело находится. То есть:

F_{\text{Арх}}=\rho_{\text{ср}}gSh.

Тогда:

\rho_{\text{ср}}=2\rho.

Определим, в каком отношении жидкости с плотностями $\rho$ и $3\rho$ должны заполнить объем $Sh$ , чтобы средняя плотность смеси была равна $2\rho$

2\rho=\frac{\rho(h-h_x)S+3\rho h_xS}{Sh}=\rho\left(1+2\frac{h_x}{h}\right),

h_x=\frac h2.

Этот результат можно было получить и более простым способом. Для того, чтобы жидкость в каком-то объёме имела среднюю плотность, равную среднему арифметическому двух несмешивающихся жидкостей ( $2\rho$ это среднее арифметическое $\rho$ и $3\rho$ ), налитых в этот объём, жидкости нужно смешать в равных объемах.

Теперь определим высоты столбов жидкостей в левом и правом сосудах в момент начала всплытия бруска.

Из левого колена в правое перешел объем жидкости с плотностью $3\rho$ , равный $(2S-S)\cdot h/2=Sh/2$ , а так как площадь поперечного сечения левого колена $S$ , то уровень в нём понизился на $h/2$ и стал равным $4h-h/2=3{,}5h$ .

Высота столба жидкости с плотностью $\rho$ в правом колене — это $h'+h/2$ . Здесь $h'$ определяется из условия неизменности объёма жидкости $\rho$

7hS=2Sh'+S\frac h2,\qquad h'=\frac{13}4h.

Таким образом высота столба жидкости плотностью $\rho$ в правом колене равна $h'+h/2=15h/4$ . Далее высота столба жидкости с плотностью $\rho$ в правом колене меняться не будет.

Определим, чему равны давления вблизи дна левого и правого сосудов.

p'_{\text{лев}}=p_0+3\rho g\frac72h=p_0+\frac{21}2\rho gh,

p'_{\text{прав}}=p_0+\rho g\frac{15}4h+3\rho g\frac h2=p_0+\frac{21}4\rho gh.

Так как давление в левом сосуде больше, перетекание продолжится.

Определим, сколько еще жидкости с плотностью $3\rho$ должно перетечь в правый сосуд, чтобы давления в левом и правом коленах вблизи дна выровнялись. Пусть высота этого дополнительного столбика жидкости в правом колене равна $\Delta h$ . Тогда из левого колена должно уйти $2\Delta h$ , так как площадь в 2 раза меньше. Давление в левом колене равно

p''_{\text{лев}}=p_0+3\rho g\left(\frac72h-2\Delta h\right).

Full native final fluid/cock/block diagram, every layer boundary, Delta h/h/2/15h/4 and left-column expression.

Давление в правом колене равно

p''_{\text{прав}}=p_0+\rho g\frac{15}4h+3\rho g\left(\frac h2+\Delta h\right)=p_0+\rho g\frac{21}4h+3\rho g\Delta h.

Так как давления в момент прекращения перетекания должны быть одинаковы,

p_0+3\rho g\left(\frac72h-2\Delta h\right)=p_0+\rho g\frac{21}4h+3\rho g\Delta h.

Отсюда находим $\Delta h$

\Delta h=\frac7{12}h.

Тогда уровень жидкости в левом колене равен

h_{\text{лев}}=\frac72h-2\Delta h=\frac72h-\frac{2\cdot7}{12}h=\frac73h.

Определим высоту содержимого правого колена

h_{\text{прав}}=\frac{15}4h+\frac h2+\Delta h=\frac{15}4h+\frac h2+\frac7{12}h=\frac{29}6h.

Способ 2. Ещё один способ получения $h_x$ : определим выталкивающую силу, как разность сил давления на нижнюю и верхнюю поверхности бруска.

Full alternate native fluid pressure diagram, hx/hprime/h-minus-hx and every vessel/block boundary.

Давление на верхнюю грань бруска равно

p_{\text{верх}}=p_0+\rho gh'.

Давление на границе раздела двух жидкостей равно

p_0+\rho g(h'+(h-h_x)).

Давление на нижнюю грань бруска равно

p_{\text{ниж}}=p_0+\rho g(h'+(h-h_x))+3\rho gh_x.

Разность давлений на нижнюю и верхнюю грани обеспечивает выталкивающую силу, поэтому

mg=(p_{\text{ниж}}-p_{\text{верх}})S,

2\rho ghS=(\rho gh+2\rho gh_x).

Из последнего уравнения определяем, что

h_x=\frac h2.

Способом, описанным в варианте 1, определим высоты столбов жидкостей в левом и правом сосудах в момент начала всплытия бруска и убедимся, что давление жидкости с плотностью $3\rho$ вблизи дна левого сосуда по-прежнему больше давления вблизи дна в правом сосуде.

Высоту столба жидкости в левом колене $h_{\text{лев}}$ к моменту окончания перетекания определим иначе, не прибегая к поиску $\Delta h$ . Определим давление на дно в момент прекращения перетекания двумя способами (как давление жидкости $3\rho$ слева, и через силу давления на дно, которая численно равна весу содержимого сосудов):

3\rho gh_{\text{лев}}=\frac{3\rho\cdot4hSg+2\rho hSg+\rho(4h\cdot2S-hS)g}{3S}=7\rho gh.

Отсюда

h_{\text{лев}}=\frac73h.

Определим высоту содержимого правого колена

h_{\text{прав}}=\frac{15}4h+\frac h2+\Delta h=\frac{15}4h+\frac h2+\frac7{12}h=\frac{29}6h.

Примечание к источнику: в одном уравнении способа 2 на странице 34 правая часть напечатана без множителя $S$ ; предыдущее уравнение содержит его. Исходная запись сохранена.

Оригинал в Архива: Ru25-R-T.pdf · решение от архива: Ru25-R-T.pdf