Съдържание

ВсОШ 2026, Регионален етап, 7–11 клас — Задача 10-4. Трубка со ртутью

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2026

Всероссийская олимпиада школьников по физике — Региональный этап, теоретический тур — Москва,2026

Внимание: Бележка към темата

Полный73страничный оригинал лично прочитан.23целые задачи разных классов,57номерованных частей и3единых ненумерованных запроса; все доступные методы решения и исходные фигуры сохранены. Ошибки печатного ключа и отсутствующие отдельные сдаваемые листы честно обозначены. Ключ атрибутирован архиву.

Министерство просвещения Российской Федерации — Центральная предметно-методическая комиссия Всероссийской олимпиады школьников по физике

Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников по физике. Теоретический тур. Москва2026.

Авторы задач — Экспериментальный тур

7-T1 — Александр Евсеев
7-T2 — Никита Богословский
7-T3 — Александр Евсеев
7-T4 — Антон Сорокин
8-T1 — Александр Евсеев, Сергей Абдрашитов
8-T2 — Олег Порошин
8-T3 — Ольга Инишева
8-T4 — Денис Рубцов
9-T1 — Александр Ершов
9-T2 — Денис Рубцов
9-T3 — Александр Аполонский, Александр Ершов
9-T4 — Александр Аполонский, Антон Вергунов
9-T5 — Денис Рубцов, Александр Ершов
10-T1 — Григорий Расторгуев, Иван Гурьянов
10-T2 — Александр Аполонский, Александр Киреев
10-T3 — Николай Янушкевич
10-T4 — Александр Аполонский, Иван Юдин
10-T5 — Алексей Заяц
11-T1 — Иван Гурьянов
11-T2 — Николай Янушкевич
11-T3 — Денис Рубцов
11-T4 — Григорий Расторгуев
11-T5 — Александр Воронцов

Примечание читателя: заголовок «Экспериментальный тур» переписан буквально со страницы авторов; обложка, колонтитулы и обозначения T определяют этот пакет как теоретический. Отдельный экспериментальный оригинал Ru26-R-E.pdf к этому источнику не относится.

Подготовка к олимпиадам — исходные ссылки

Физтех-регионам МФТИ предлагает лекции, семинары и тематические задачи для всех классов в открытом бесплатном доступе: os.mipt.ru.

Видеорешения задач регионального этапа: os-lms.mipt.ru.

Исходный QR-код ведет на указанную в оригинале страницу.

Условие

В U-образную трубку, расположенную вертикально открытыми концами вверх, залили ртуть, после чего концы трубки запаяли. Радиус закругления внизу трубки и внутренний диаметр трубки много меньше длины прямых участков. Длина столбиков воздуха в исходном положении составляла $l=625\text{ мм}$ , длина столбиков ртути справа и слева от места изгиба трубки равнялась $l_2=l/4$ (см. рисунок). Трубку повернули вокруг горизонтальной оси на $180^\circ$ . Через некоторое время ртуть заняла устойчивое положение равновесия.

Исходная и перевернутая U-образная трубка, воздух l, ртуть l/4, полная стрелка переворота и g

Капиллярными эффектами и колебаниями столбика ртути можно пренебречь. Ускорение свободного падения равно $g$ . Атмосферное давление во время эксперимента $P_{\text{А}}=750\text{ мм рт. ст.}$ .

1 На какое расстояние $h_0$ сместятся концы столбика ртути после переворота, если в конечном состоянии температура не изменится и будет равна $T_0$ ?

2 На какое расстояние $h_1$ сместятся концы столбика ртути, если температуру ртути и воздуха в трубке уменьшить до $T_1=0{,}8T_0$ ?

3 На какое расстояние $h_2$ сместятся концы столбика ртути, если температуру ртути и воздуха в трубке уменьшить до $T_2=0{,}7T_0$ ?

4 Докажите устойчивость положения равновесия, найденного в п.3.

Решение

Исходная схема установления равновесия ртути после переворота: оба положения, пунктиры, смещение h0 и полная подпись

Пусть смещение концов столбика ртути после переворота трубки равно $h_0$ . Разность давлений воздуха в левой и правой частях трубки $\Delta P=P_{\text{л}}-P_{\text{п}}$ уравновешивается избыточным гидростатическим давлением ртути $2\rho gh_0$ . Используя закон Бойля–Мариотта, найдем:

P_{\text{л}}=P_{\text{А}}\frac l{l-h_0},\qquad P_{\text{п}}=P_{\text{А}}\frac l{l+h_0}.

Запишем условие равновесия столбика ртути:

P_{\text{А}}\frac l{l-h_0}-P_{\text{А}}\frac l{l+h_0}=2\rho gh_0.

После преобразований получаем:

\frac{2lh_0P_{\text{А}}}{l^2-h_0^2}=2\rho gh_0.

Решения этого уравнения

h_0=0,\qquad h_0=\pm\sqrt{l\left(l-\frac{P_{\text{А}}}{\rho g}\right)}.

При $P_{\text{А}}=750\text{ мм рт. ст.}>625\text{ мм рт. ст.}=\rho gl$ подходит только один из корней $h_0=0$ . Таким образом, сразу после переворота столбик ртути не смещается.

Понижение температуры до $0{,}8T_0$ соответствует изменению начального давления воздуха (давления воздуха в трубке с запаянными концами до её переворота) с $P_A$ до $P_1=0{,}8P_A=\rho gL_1$ , где $L_1=0{,}8\cdot750\text{ мм}=600\text{ мм}$ . В этом случае существует решение:

h_1=\sqrt{l\left(l-\frac{P_1}{\rho g}\right)}=\sqrt{l(l-L_1)} =\sqrt{0{,}625(0{,}625-0{,}600)}\text{ м}=\frac l5=125\text{ мм}.

Можно показать, что именно это решение соответствует устойчивому положению столбика ртути. Корень $h_1=0\text{ мм}$ соответствует неустойчивому положению, то есть при небольшом смещении столбика ртути избыточное гидростатическое давление превышает разность давлений воздуха в левом и правом участках трубки и ртуть стремится занять положение, соответствующее устойчивому положению.

Покажем, что корень $h_1=125\text{ мм}$ соответствует устойчивому равновесию. Пусть от положения равновесия столбик ртути сместилась дополнительно на некоторое малое расстояние $x$ , тогда давление газа в левой части сосуда:

\begin{aligned} P_{\text{л}}(x)&=\frac{lP_1}{l-h_1-x} =\frac{lP_1}{l-h_1}\cdot\frac1{1-\frac{x}{l-h_1}} \approx\frac{lP_1}{l-h_1}\left(1+\frac{x}{l-h_1}\right)\\ &=\frac{lP_1}{l-h_1}+\frac{xlP_1}{(l-h_1)^2}. \end{aligned}

Аналогично для давления в правой части сосуда:

P_{\text{п}}(x)=\frac{lP_1}{l+h_1+x}\approx\frac{lP_1}{l+h_1}-\frac{xlP_1}{(l+h_1)^2}.

Суммарная сила давления газа, стремящаяся вернуть столбик ртути в положение равновесия, равна

\begin{aligned} F_{\text{д}}(x)&=(P_{\text{л}}-P_{\text{п}})S \approx\left(\frac{lP_1}{l-h_1}-\frac{lP_1}{l+h_1}\right)S+ \left(\frac1{(l-h_1)^2}+\frac1{(l+h_1)^2}\right)xlP_1S\\ &=F_{\text{д}}(0)+\frac{2(l^2+h_1^2)}{(l^2-h_1^2)^2}xlP_1S. \end{aligned}

Сила, равная разности сил тяжестей, действующих на столбики ртути в разных частях сосуда, стремится вывести столбик ртути из положения равновесия:

F_{\text{т}}(x)=\rho S(l/4+h_1+x)-\rho S(l/4-h_1-x) =2\rho gSh_1+2\rho gSx=F_{\text{т}}(0)+2\rho gSx.

Найдем разность возвращающей и выводящей из положение равновесия сил с учётом равенства $F_{\text{д}}(0)=F_{\text{т}}(0)$ в положении равновесия:

\Delta F=F_{\text{д}}-F_{\text{т}} =2\left(\frac{(l^2+h_1^2)lL_1}{(l^2-h_1^2)^2}-1\right)\rho gSx.

Подставив в выражение корень $h_1=0$ , получим:

\begin{aligned} \Delta F&=F_{\text{д}}-F_{\text{т}} =2\left(\frac{(l^2+0^2)lL_1}{(l^2-0^2)^2}-1\right)\rho gSx =2\left(\frac{L_1}l-1\right)\rho gSx\\ &=2\left(\frac{600\text{ мм}}{625\text{ мм}}-1\right)\rho gSx<0, \end{aligned}

т. е. суммарная сила, действующая на систему, будет выводить её из положения равновесия, и $h_1=0\text{ мм}$ соответствует неустойчивому положению равновесия.

Подставив $h_1=l/5$ , получим:

\begin{aligned} \Delta F&=F_{\text{давл}}-F_{\text{тяж}} =2\left(\frac{(l^2+(l/5)^2)lL_1}{(l^2-(l/5)^2)^2}-1\right)\rho gSx\\ &=2\left(\frac{25\cdot26\cdot L_1}{24^2\cdot l}-1\right)\rho gSx =2\left(\frac{25\cdot26\cdot600\text{ мм}}{24^2\cdot625\text{ мм}}-1\right)\rho gSx\\ &=2\left(\frac{26}{24}-1\right)\rho gSx>0, \end{aligned}

т. е. суммарная сила, действующая на систему, будет стремиться вернуть её в положение равновесия, и $h_1=l/5=125\text{ мм}$ соответствует устойчивому положению равновесия.

Расчёт по полученной формуле для смещения при начальном давлении $P_2=0{,}7P_A=\rho gL_2$ , где $L_2=0{,}7\cdot750\text{ мм}=525\text{ мм}$ , соответствующего температуре $T_2=0{,}7T_0$ , даёт результат:

h_2=\sqrt{l\left(l-\frac{P_2}{\rho g}\right)} =\sqrt{0{,}625(0{,}625-0{,}525)}\text{ м}=0{,}25\text{ м}=250\text{ мм}=\frac{2l}5>\frac l4.

Но в этом случае столбик ртути целиком перемещается в одну из частей трубки и выражение для избыточного гидростатического давления $2\rho gh_2$ должно быть заменено на $\rho gl/2$ .

Пусть столбик ртути целиком перешёл в одну из частей трубки и его нижний конец переместился вниз на $h_2$ , тогда в левой и правой частях трубки давление будет соответственно равно:

P_{\text{л}}=P_2\frac l{l-h_2}=\frac{\rho glL_2}{l-h_2},\qquad P_{\text{п}}=P_2\frac l{l+h_2}=\frac{\rho glL_2}{l+h_2}.

Условие равновесия столбика выглядит теперь следующим образом:

\frac{2\rho glL_2h_2}{l^2-h_2^2}=\frac{\rho gl}2.

Получим квадратное уравнение:

h_2^2+4L_2h_2-l^2=0,

которое имеет корни

h_2=-2L_2\pm\sqrt{4L_2^2+l^2}.

Отбросив отрицательный корень, получаем ответ:

h_2=\sqrt{4\cdot\left(\frac{T_2P_A}{T_0\rho g}\right)^2+l^2} -\frac{2T_2P_A}{T_0\rho g} =\sqrt{4\cdot0{,}525^2+0{,}625^2}\text{ мм}-2\cdot0{,}525\text{ мм}\approx172\text{ мм}.

Покажем, что $h_2\approx172\text{ мм}$ соответствует устойчивому положению равновесия. Пусть от положения равновесия ртуть дополнительно сместилась на малое расстояние $x>0$ , тогда давление газа в левой части сосуда:

P_{\text{л}}(x)=\frac{lP_2}{l-h_2-x} =\frac{lP_2}{l-h_2}\cdot\frac1{1-\frac{x}{l-h_2}} =\frac{lP_2}{l-h_2}+\Delta P_1,\quad\Delta P_1>0.

Аналогично находим давление газа в правой части сосуда:

P_{\text{п}}(x)=\frac{lP_2}{l+h_2+x} =\frac{lP_2}{l+h_2}\cdot\frac1{1+\frac{x}{l+h_2}} =\frac{lP_2}{l+h_2}-\Delta P_2,\quad\Delta P_2>0.

Суммарная сила давления газа, стремящаяся вернуть столбик ртути в положение равновесия, равна

\begin{aligned} F_{\text{д}}&=(P_{\text{л}}-P_{\text{п}})S \approx\left(\frac{lP_2}{l-h_2}-\frac{lP_2}{l+h_2}\right)S +(\Delta P_1\,\Delta P_2)S\\ &=F_{\text{д}0}+(\Delta P_1+\Delta P_2)S. \end{aligned}

Сила тяжести не изменяется при движении столба жидкости внутри одной части сосуда:

F_{\text{т}}=\rho Slg/2.

Найдем разность возвращающей и выводящей из положение равновесия сил с учетом равенства $F_{\text{д}0}=F_{\text{т}}$ в положении равновесия:

\Delta F=F_{\text{д}}-F_{\text{т}}=(\Delta P_1+\Delta P_2)S>0,

т. е. результирующая сила положительна и положение равновесия устойчиво.

Примечание читателя: сохранены печатные ошибки: на странице55 в первых двух слагаемых $F_{\text{т}}(x)$ отсутствует $g$ , хотя далее оно присутствует; на странице57 числа $0{,}525$ и $0{,}625$ в численной подстановке сопровождаются «мм», а итог напечатан $172\text{ мм}$ ; в первой строке последней формулы страницы57 между $\Delta P_1$ и $\Delta P_2$ нет знака, в следующей строке напечатан плюс. Эти записи не исправлены.

Примечание читателя: полный исходный пакет и отдельные листы

Лично прочитаны все73страницы: обложка и авторы1–2, условия3–21, все доступные возможные решения22–73. Сохранены23целые задачи пяти классов и57печатных номерованных запросов; еще три задачи имеют единый ненумерованный запрос. Каждый класс и каждое самостоятельное исходное задание сохранены отдельно. Ключ11-T2 сам ссылается на10-T3, полное указанное решение присутствует в этом же оригинале и приведено у обеих задач. Архивная атрибуция ключа сохранена; отдельная официальная публикация этого PDF организатором не установлена.

Условие термистора требует сдаваемого отдельного листа с двумя экземплярами графика, а условие цилиндра — отдельной масштабной фотографии для построений. Данный полный пакет содержит один график на странице17, фотографию21 и фотографию с построениями72, но не включает отдельные сдаваемые листы. В полученном полном текущем каталоге папки только теоретический и отдельно принадлежащий экспериментальный PDF. Необретенные отдельные листы не изготовлены и не объявлены полученными. Все имеющиеся изображения сохранены без перерисовки. Печатные ошибки и незавершенная фраза ключа отдельно обозначены в соответствующих решениях.

Оригинал в Архива: Ru26-R-T.pdf · решение от архива: Ru26-R-T.pdf