Белорусская, 1991/92, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Перейдите в систему бака: эффективное ускорение \(\vec g-\vec a\); в установившемся режиме сила сопротивления \(\sim v^2\) уравновешивает «эффективный» вес.

Ответ

\(\tau=\tau_0\left(1+\dfrac{a^2}{g^2}\right)^{1/4}\).

Решение

11-1. Так как сила сопротивления зависит от скорости, то по прошествии небольшого промежутка времени шарик будет двигаться равномерно.

При движении шарика в покоящемся баке скорость установившегося движения может быть найдена из уравнения

\[m \vec{g} + \vec{F}_{\text{арх}} + \vec{F}_{\text{сопр}} = \vec{0}.\]

Это уравнение можно переписать в виде

\[(\rho - \rho_0) V g = \beta v_0^2,\tag{1}\]

где \(\rho, \rho_0\) — плотности шарика и жидкости соответственно, \(V\) — объем шарика, \(\beta\) — коэффициент пропорциональности между силой сопротивления и квадратом скорости.

Так как, по условию, бак высокий, можно пренебречь начальным участком движения, на котором скорость шарика изменяется, тогда \(v_0 = \frac{h}{\tau_0}\), где \(h\) — высота бака. Подставим в (1)

\[(\rho - \rho_0)Vg = \beta \left( \frac{h}{\tau_0} \right)^2.\tag{2}\]

Падение шарика в ускоренно движущемся баке удобно рассматривать в неинерциальной системе отсчета, связанной с баком. В этом случае необходимо учесть силу инерции — \(m\vec{a}\) действующую на шарик. (Отметим, что задачу можно решать и в инерциальной системе отсчета, связанной с поверхностью земли).

Можно воспользоваться уравнением (1), в котором следует заменить ускорение свободного падения \(\vec{g}\) на эффективное \(\vec{g}^* = \vec{g} - \vec{a}\). Шарик будет двигаться вдоль линии, по которой направлен вектор \(\vec{g}^*\), и пройдет до дна путь

\[l = h \frac{g^*}{g} = h \frac{\sqrt{a^2 + g^2}}{g},\]

тогда уравнение аналогичное (2) имеет вид

\[(\rho - \rho_0)V \sqrt{a^2 + g^2} = \beta \left( \frac{gh}{\tau \sqrt{g^2 + a^2}} \right)^2.\tag{3}\]

Разделим почленно (2) на (3)

\[\frac{g}{\sqrt{a^2 + g^2}} = \frac{\tau^2}{\tau_0^2} \frac{g^2}{a^2 + g^2}.\]

Откуда

\[\tau = \tau_0 \left( 1 + \frac{a^2}{g^2} \right)^{\frac{1}{4}}.\tag{4}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Число молекул, попадающих на поверхность воды, найдите через концентрацию пара и среднюю скорость; испарение — разность потока «вылетающих» и «задерживаемых» молекул.

Ответ

\(\Delta t=\dfrac{r\rho}{\eta(1-\varphi)P_0}\sqrt{\dfrac{2\pi RT}{\mu}}\approx250\) с.

Решение

11-2. Процесс испарения заключается в том, что часть молекул жидкости вылетает из ее поверхности. Непосредственно подсчитать количество таких молекул довольно трудно. Однако можно найти количество молекул, попадающих из пара в жидкость. Если жидкость и пар находятся в равновесии (а такой пар называется насыщенным), то количество молекул, покидающих поверхность жидкости, в среднем равно

количеству молекул, попадающих внутрь жидкости. Так как температура и парциальное давление насыщенного пара известны, то можно найти число молекул, попадающих на единицу площади поверхности в единицу времени. Действительно, число ударов молекул газа о площадь \(S\) поверхности за время \(\Delta t\) равно

\[N_0 = \frac{1}{4} n v_{\text{ср}} S \Delta t,\tag{1}\]

где \(n\) — концентрация молекул газа, \(v_{\text{ср}}\) — средняя скорость молекул. Из уравнения \(P = nkT\) можно получить \(n = \frac{P}{kT}\), а средняя скорость \(v_{\text{ср}} = \sqrt{\frac{8}{\pi} \frac{kT}{m}}\).

Из общего числа молекул, падающих на поверхность, только \(\eta = 0{,}04\) задерживается ею, поэтому число молекул, попадающих внутрь жидкости, а следовательно, вылетающих из нее, равно

\[N_1 = \eta N_0 = \frac{\eta P_0 S \Delta t}{\sqrt{2\pi k T m}}.\tag{2}\]

Так как, в данном случае, над жидкостью пар не насыщенный, то концентрация молекул пара меньше, и, по определению влажности \(\varphi\), \(n = \varphi n_0\), где \(n_0\) — концентрация молекул насыщенного пара. Тогда число молекул, попадающих внутрь жидкости, равно

\[N_2 = \frac{\eta \varphi P_0}{\sqrt{2\pi k T m}} S \Delta t.\tag{3}\]

Таким образом, за время \(\Delta t\) жидкость теряет \(N = N_1 - N_2\) молекул

\[N = \frac{\eta (1 - \varphi) P_0}{\sqrt{2\pi k T m}} S \Delta t.\tag{4}\]

Найдем на сколько изменяется масса жидкости

\[\Delta M = mN = \eta (1 - \varphi) P_0 S \Delta t \sqrt{\frac{m}{2\pi k T}},\]

а объем, соответственно, на

\[\Delta V = \frac{\Delta m}{\rho} = \frac{\eta (1 - \varphi) P_0}{\rho} S \Delta t \sqrt{\frac{m}{2\pi k T}}.\]

Так как площадь поверхности изменяется по мере высыхания, таким образом величина \(\Delta V\) не остается постоянной. Однако скорость

изменения высоты уровня жидкости в трубке \(\Delta h = \frac{\Delta V}{S}\) постоянна. Полное изменение высоты равно радиусу трубки \(r\). Поэтому

\[r = \frac{\eta(1-\varphi)P_0}{\rho} \Delta t \sqrt{\frac{\mu}{2\pi RT}},\]

где \(\mu\) — молярная масса воды, \(R\) — универсальная газовая постоянная. Из этого уравнения получим время испарения:

\[\Delta t = \frac{r\rho}{\eta(1-\varphi)P_0} \sqrt{\frac{2\pi RT}{\mu}} \approx 250\text{с}.\]

Отметим, что при решении этой задачи можно было использовать формулу для среднего числа ударов молекул о поверхность, приведенную в школьном учебнике (с коэффициентом 1/6) и вместо средней скорости пользоваться среднеквадратичной (также используемой в школьном курсе физики) - это не скажется существенно на оценке времени испарения.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Вся цепочка — один проводник, то есть эквипотенциальна; потенциалы крайних шариков складываются из потенциала внешнего поля и собственных зарядов.

Ответ

\(q_1=-q_N=2\pi\varepsilon_0 R E(N-1)l\).

Решение

11-3. Проводник, находящийся в электрическом поле, является эквипотенциальным, то есть разность потенциалов между двумя любыми точками проводника равна нулю. Так как по условию задачи \(l \gg R\), таким образом можно считать шарики уединенными, т. е. пренебречь взаимным влиянием шариков друг на друга. Тогда потенциал поля, создаваемого зарядом шарика, будет равен

\[\varphi = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}.\tag{1}\]

Из соображений симметрии ясно, что заряды крайних шариков равны по величине и противоположны по знаку \(q_1 = -q_N\). тогда, по принципу суперпозиции, разность потенциалов между крайними шариками может быть записана в виде

\[\Delta\varphi = \Delta\varphi_0 + (\varphi_N - \varphi_1),\]

где \(\Delta\varphi_0 = E(N-1)l\) — разность потенциалов, создаваемая внешним полем \(E\), \(((N-1)l\) — расстояние между крайними шариками); \(\varphi_1, \varphi_N\) — потенциалы полей, создаваемых индуцированными зарядами этих шариков. Как уже отмечалось, \(\Delta\varphi = 0\), поэтому

\[E(N-1)l - \frac{2q_1}{4\pi\varepsilon_0 R} = 0.\]

Откуда

\[q_{1}=2 \pi \varepsilon_{0} R E(N-1) l .\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

При движении диска на его поверхностях накапливаются заряды, пропорциональные скорости; изменение этого заряда — ток, на который действует сила Ампера.

Ответ

\(\nu=\dfrac1{2\pi}\sqrt{\dfrac{k}{m+Sd\varepsilon_0B^2}}\), где \(S=\pi R^2\).

Решение

11-4. Попытаемся разобраться в сущности проходящих процессов. При движении проводника в магнитном поле на свободные заряды в проводнике действует сила Лоренца, которая заставляет заряды двигаться перпендикулярно векторам индукции магнитного поля \(\vec{B}\) и скорости проводника. Наличие этой силы приводит к тому, что на поверхности проводника возникают заряды. Такое движение зарядов будет продолжаться до тех пор, пока сила электрического поля, созданного индуцированными зарядами, не будет компенсировать силу Лоренца. Для металлов время установления такого равновесия чрезвычайно мало \((\approx 10^{-14} c)\). Поэтому можно считать, что поверхностная плотность индуцированных зарядов \(\sigma\) все время соответствует скорости движения проводника \(v\) (даже если скорость проводника изменяется). Найдем это соответствие. Сила Лоренца \(F_{\text{л}} = evB\). Сила электрического поля \(F_{\text{эл}} = eE = e \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}\).

Поэтому

\[\sigma = \varepsilon_{0} v B.\tag{1}\]

Так как скорости проводника изменяется, таким образом изменяется и величина \(\sigma\). Изменение поверхностной плотности заряда обусловлено электрическим током внутри проводника. Сила этого тока

\[I = \frac{\Delta Q}{\Delta t} = S \frac{\Delta \sigma}{\Delta t} = S \varepsilon_{0} B \frac{\Delta v}{\Delta t} = S \varepsilon_{0} B a,\]

где \(S = \pi R^{2}\) — площадь диска, а \(a\) — его ускорение.

Наличие тока приводит к тому, что на диск действует сила Ампера \(F_{\text{А}}\), направленная вертикально. Причем

\[F_{\text{А}} = IBd = S \varepsilon_{0} d B^{2} a.\]

Тогда уравнение движения диска имеет вид

\[ma = -kx - S \varepsilon_{0} d B^{2} a\]

или

\[a = -\frac{k}{m + Sd \varepsilon_{0} B^{2}} x.\]

Как видите, это есть уравнение гармонических колебаний, поэтому частота колебаний

\[\nu = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m + Sd\varepsilon_0 B^2}}.\]

Решение этой задачи может вызвать много ассоциаций: например, диск можно рассматривать как конденсатор; интересно рассмотреть влияние потерь энергии вследствие выделения джоулевой теплоты. Остановимся на анализе величины

\[m_{\text{эф}} = Sd\varepsilon_0 B^2.\]

Эта величина имеет размерность массы. Что же это за масса? Обратите внимание, что напряженность электрического поля внутри диска \(E = \nu B\), поэтому \(m_{\text{эф}} = \frac{Sd\varepsilon_0 E^2}{\nu^2} = \frac{2W}{\nu^2}\), где \(W = V \frac{\varepsilon_0 E^2}{2}\) — энергия электрического поля внутри диска, а последнее выражение можно представить в привычной форме \(W = \frac{m_{\text{эф}} \nu^2}{2}\).

Иными словами, мы можем приписать некоторую эффективную массу самому электромагнитному полю. Поразмышляйте на эту тему.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Картина исчезает, когда максимумы одной компоненты приходятся на минимумы другой; между двумя появлениями числа длин волн на разности хода отличаются на единицу.

Ответ

\(\lambda_2=\lambda_1\mp\dfrac{\lambda_1^2}{2\Delta x}\approx589\mp1\) нм; реально существующее значение \(\lambda_2=590\) нм.

Решение

11-5. Прежде всего попытаемся разобраться, почему происходит исчезновение интерференционной картины?

Если бы источник света был монохроматическим, то интерференционная картина представляла собой бесконечный ряд чередующихся светлых и темных полос. Ширина полосы зависит от длины волны света. Положение нулевой полосы (т.е. полосы, для которой разность хода равна нулю) не зависит от длины волны. Смещение зеркала способствует тому, что мы наблюдаем интерференционные полосы все более высоких порядков. Поэтому возможные такие положения зеркал, при которых максимум интенсивности интерференционной картины для излучения одной длины волны совпадает с минимумом для другой, при этом интерференционная картина исчезает. При другом положении максимумы совпадают, и интерференционная картина видна. Допустим, мы нашли такое положение. Двигая зеркало, мы изменяем разность хода интерферирующих лучей, если зеркало сместить на величину \(\Delta x\), разность хода изменится на \(2\Delta x\). При очередном появлении интерференционной картины максимумы опять совпадают, при этом, естественно, необходимо, чтобы на вновь приобретенной разности хода

укладывалось целое число \(n_1\) длин волн излучения с длиной волны \(\lambda_1\), и целое число \(n_2\) длин волн излучения с длиной волны \(\lambda_2\). Так как мы наблюдаем два последовательных проявления интерференционной картины, таким образом числа \(n_1\) и \(n_2\) должны отличаться на единицу. Отсюда следует

\[2\Delta x = n\lambda_1,\]

\[2\Delta x = (n \pm 1)\lambda_2.\]

Откуда следует, что

\[\frac{1}{\lambda_1} \pm \frac{1}{2\Delta x} = \frac{1}{\lambda_2}; \quad \lambda_2 = \frac{\lambda_1}{1 \pm \frac{\lambda_1}{2\Delta x}} \approx \lambda_1 \mp \frac{\lambda_1^2}{2\Delta x} \approx 589 \mp 1 \text{нм}.\]

Выбрать то или иное решение из условия задачи нельзя. Отметим, что для излучения натрия реально существующее значение \(\lambda_2 = 590 \text{нм}\), что соответствует решению со знаком "+".

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.