Белорусская, 1992/93, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Когда нить натягивается, шайба движется как при упругом отражении от окружности радиуса \(l\); примените теорему синусов к треугольнику \(CDB\).

Ответ

\(\alpha=30^\circ\).

Решение

11-1. Движение шайбы можно рассматривать как движение внутри цилиндра радиуса \(l\) с абсолютно упругими ударами о цилиндр. Когда нить натянется направление скорости шарика изменится так, траектория движения \(ADB\) будет образовывать равные углы с натянутой нитью \(CD\). Понятно, что угол \(\angle CDB\) будет равен искомому углу \(\angle DAC = \alpha\), угол \(\angle DCB = 2\alpha\), тогда угол \(\angle DBC = \pi - 3\alpha\). Запишем теорему синусов для треугольника \(CDB\) -

\[\frac { l } { s i n ( \pi - 3 \alpha ) } = \frac { l } { 2 \, s i n \, \alpha } .\]

Решая это уравнение, можно найти \(\alpha = 30^{\circ}\).

Правильный вид траектории показан на следующем рисунке.

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

Подсказка

В сверхпроводнике \(R=0\), поэтому \(\Delta\Phi=L\Delta I\) — сохраняется сумма потоков; при малой \(L\) учтите инерцию электронов.

Ответ

\(I=\dfrac{\pi r^2B}{L}\); с учётом массы электронов \(I=\dfrac{\pi r^2B}{L+\frac{2\pi rm}{nSe^2}}\) (\(r\) — радиус кольца).

Решение

11-2. При изменении магнитного потока через контур в нем появляется эдс индукции \(E_{ind} = -\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\), приводящая к возникновению электрического тока. Изменяющийся электрический ток создает собственное магнитное поле, изменение которого в свою очередь приводит к возникновению эдс самоиндукции \(E_{si} = -L\frac{\Delta I}{\Delta t}\). Таким образом, закон Ома для контура будет иметь вид

\[IR = E_{ind} - E_{si},\tag{1}\]

где \(I\) - сила тока, \(R\) - сопротивление контура. Учитывая, что контур сверхпроводящий (\(R=0\)), получим

\[\frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = L\frac{\Delta I}{\Delta t},\tag{2}\]

здесь \(\Phi\) - магнитный поток внешнего поля через контур. Так как в начальный момент времени этот поток, а также сила тока равны нулю, то из уравнения (2) следует, что после поворота контура

\[I = \frac{\pi r^{2} B}{L},\tag{3}\]

где \(\pi r^{2} B\) - магнитный поток внешнего поля через контур после поворота рамки.

Если индуктивность контура мала, то для нахождения силы тока необходимо учитывать инерционные свойства электронов, то есть их массу. Действительно, закон Ома (1) описывает только установившийся режим тока (квазистационарное приближение), пренебрегая этапом «ускорения» электронов. Чтобы учесть это обстоятельство, запишем уравнение второго закона Ньютона для электрона

\[m\frac{\Delta v}{\Delta t} = e\frac{E_{ind} - E_{si}}{2\pi r} = \frac{e}{2\pi r}\frac{\Delta(\Phi - LI)}{\Delta t}\tag{4}\]

В этом уравнении эдс выражена как произведение сторонней силы, действующей на электрон, на длину контура. Учитывая начальные

условия и использованное ранее выражение для магнитного потока \(\varPhi\), из уравнения (4) получим

\[m v=\frac{e}{2 \pi r}\left(\pi r^{2} B-L I\right) .\tag{5}\]

Скорость установившегося направленного движения электронов \(v\) можно выразить из выражения для силы тока

\[I=e n S v,\tag{6}\]

где \(n\) - концентрация электронов, \(S\) - площадь поперечного сечения проводника. Окончательно, из (5)-(6) следует

\[I=\frac{\pi r^{2} B}{L+\frac{2 \pi r m}{n S e^{2}}},\tag{7}\]

что отличается от ранее полученного результата (3) дополнительным слагаемым в знаменателе, пропорциональным массе электрона. Заметим, что для реальных контуров эта добавка мала, по сравнению с индуктивностью контура и ею можно пренебречь.

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

Подсказка

Знак заряда в вершине меняет только знак добавки \(\Delta A\) к работе трения, а не её величину: запишите закон сохранения энергии для обоих случаев и сложите.

Ответ

\(v=\sqrt{4gh\left(1-\dfrac{\mu}{\operatorname{tg}\alpha}\right)-v_0^2}\).

Решение

11-3. Сила трения, действующая на брусок в процессе его движения, зависит от силы тяжести бруска и силы кулоновского взаимодействия. В отсутствие зарядов, работа силы трения равна

\[A_{0}=\mu m g S \cos \alpha=\mu m g \frac{h}{\operatorname{tg} \alpha} .\]

Кулоновское взаимодействие приведет к тому, что работа сил трения изменится на некоторую величину \(\Delta A\), знак которой зависит от знака заряда в точке \(A\). Абсолютное же значение \(\Delta A\) при изменении знака заряда не изменится. Используя закон сохранения энергии, запишем

\[\begin{gathered} m g h=\frac{m v_{0}^{2}}{2}+\mu m g \frac{h}{\operatorname{tg} \alpha}-\Delta A, \\ m g h=\frac{m v^{2}}{2}+\mu m g \frac{h}{\operatorname{tg} \alpha}+\Delta A . \end{gathered}\]

Отсюда \(v=\sqrt{4 g h\left(1-\frac{\mu}{\operatorname{tg} \alpha}\right)-v_{0}^{2}}\).

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

Подсказка

Отражённые от горячей стороны молекулы уносят больший импульс: давление на поверхность соответствует средней температуре газа и стенки.

Ответ

\(m=\dfrac{P_0\Delta T}{2T_0Sg}\approx174\) кг.

Решение

11-4. Будем считать, что молекулы ударяющиеся о поверхность тарелки, отражаются от нее со скоростью, соответствующей температуре

поверхности. Поэтому, для оценки давления газа температуры \(T_0\) на поверхность, температура которой \(T\), можно воспользоваться соотношением

\[P = P_0 \frac{T + T_0}{2T_0}.\]

Эта формула может быть получена из следующих простых соображений: сила давления пропорциональна импульсу, передаваемому молекулами газа стенке в процессе удара, который в свою очередь пропорционален температуре газа. Если молекулы ударяются о поверхность той же температуры, что и газа то в среднем изменение импульса молекулы равно удвоенному первоначальному импульсу, в нашем же случае отраженные молекулы имеют скорость соответствующую температуре стенки, и их импульс по модулю возрастает после удара. Поэтому для оценки давления можно принять, что давление газа соответствует температуре равной среднему значению между температурами газа и стенки. Отметим, что данные рассуждения приводят к приближенному значению давления, более корректный расчет несколько сложнее, но приводит к результату незначительно отличающемуся от полученного. Следовательно, разность давлений

\[\Delta P = P_0 \frac{\Delta T}{2T_0}, \; \Delta T = T_2 - T_1.\]

Сила тяжести тарелки уравновешивается этой разностью давлений

\[mg = \Delta P S.\]

откуда получим

\[m = \frac{P_0 \Delta T}{2T_0 S g} = \frac{1{,}0 \cdot 10^5 \cdot 100}{2 \cdot 293 \cdot 10 \cdot 9{,}8} = 174 \, \text{кг}.\]

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

Подсказка

Энергия электронов \(eU\) определяет, до какого уровня возбуждается атом; по серии Лаймана найдите энергии уровней, затем все возможные переходы между ними.

Ответ

Возбуждаются уровни 2–5; линии спектра: серия Лаймана — \(121{,}6\); \(102{,}6\); \(97{,}25\); \(94{,}98\) нм; Бальмера — \(660\); \(488\); \(440\) нм; Пашена — \(1870\); \(1320\) нм; Брэкета — \(4500\) нм.

Решение

11-5. Так как серия Лаймана соответствует переходам в основное состояние, то энергии возбужденных состояний можно рассчитать по формуле

\[E = h \nu = h \frac{c}{\lambda},\]

где \(h\) — постоянная Планка.

Энергия возбуждения \(E_0 = eU = 20{,}8 \cdot 10^{-19}\) Дж. Под действием электронного удара будут возбуждаться те состояния, энергия которых

меньше \(E_0\). Зная возбужденные состояния, легко найти длины волн всех возможных переходов.

Серии Лаймана соответствуют переходы с уровней энергии 2-5 в основное состояние. Следовательно, возбуждаются состояния 2-5. Спектр испускания будет состоять из 4 линий серии Лаймана (L), 3 линий серии Бальмера (B), 2 линий серии Пашена (P) и 1 линии серии Брэкета (Br). Длины волн следующие

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