Белорусская, 1993/94, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Запишите закон Ома в дифференциальной форме для поля у поверхности шарика: ток стекания пропорционален заряду. Время разряда оцените как заряд, делённый на начальный ток.

Ответ

\(\tau\approx\varepsilon_0\rho\).

Решение

10-1. Воспользуемся законом Ома в дифференциальной форме и запишем плотность тока у поверхности шарика

\[j = \frac{E}{\rho},\tag{1}\]

где \(E = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\) — напряженность электрического поля у поверхности шарика, \(q\) — его заряд, \(R\) — радиус. Сила тока, стекающего с шарика,

\[I = j \cdot S = \frac{q}{\varepsilon_0 \rho},\tag{2}\]

где \(S = 4\pi R^2\) — площадь поверхности шарика. Сила тока — есть скорость изменения заряда шарика \(\frac{\Delta q}{\Delta t}\). Как следует из (2), сила тока не является постоянной, а зависит от заряда шарика. Однако, для получения оценки времени исчезновения заряда, можно положить ее постоянной и равной \(I_0 = \frac{q_0}{\varepsilon_0 \rho}\), где \(q_0\) — начальный заряд шарика. Тогда время разряда оценивается по формуле

\[\tau = \frac{q_0}{I_0} = \varepsilon_0 \rho.\]

Отметим, что эта оценка впервые получена Дж.К.Максвеллом и носит название максвелловское время релаксации. Можно показать, что за это время заряд уменьшается в \(e = 2{,}71828\dots\) раз.

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

Подсказка

Внутри однородного шара сила тяжести пропорциональна расстоянию до центра, а проекция на туннель — смещению от его середины. Значит, вагон совершает гармонические колебания.

Ответ

\(\tau=\pi\sqrt{R/g_0}\approx 2540\text{ с}\approx 40\text{ мин}\).

Решение

10-2. При движении вагона внутри туннеля сила тяжести вагона будет изменяться при изменении расстояния до центра Земли. Найдем ускорение свободного падения \(g\) в точке, находящейся на расстоянии \(r\) до центра Земли. Слои, находящиеся на большем расстоянии от центра не будут вносить вклад в величину силы тяжести. Поэтому по закону всемирного тяготения

\[mg = G \frac{m}{r^2} \frac{4}{3} \pi \rho r^3 = \frac{4\pi}{3} G m r \rho,\tag{1}\]

где \(\rho\) — средняя плотность Земли, \(G\) — гравитационная постоянная. Учитывая, что на поверхности Земли ускорение свободного падения равно \(g_0 = 9{,}8\,\text{м}/\text{с}^2\), из (1) можно записать

\[g = g _ { 0 } \, \frac { r } { R } ,\tag{2}\]

где \(R\) — радиус Земли.

Пусть ось \(X\) направлена вдоль туннеля, начало отсчета совместим с его центром. Тогда в точке А, находящейся на расстоянии \(r = \vert AC\vert\) от центра Земли, ускорение вагона может быть найдено из второго закона Ньютона

\[m a = - m g \sin \alpha ,\tag{3}\]

учитывая (2), получим

\[a = - g _ { 0 } \, \frac { r } { R } \sin \alpha = - \frac { g _ { 0 } } { R } x ,\tag{4}\]

где \(x = r \sin \alpha\) координата точки \(A\). (4) есть уравнение гармонических колебаний, с круговой частотой

\[\omega = \sqrt { \frac { g _ { 0 } } { R } } ,\]

Время движения в одну сторону \(\tau\) равно половине периода колебаний, т.е.

\[\tau = \frac { T } { 2 } = \frac { 1 } { 2 } \frac { 2 \pi } { \omega } = \pi \sqrt { \frac { R } { g _ { 0 } } } \approx 2540\,\text{с} \approx 4 0 \, \text{мин}.\tag{5}\]

Интересно заметить, что это время остается одним и тем же для любых точек, находящихся на поверхности Земли и соединенных прямым туннелем.

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

Подсказка

Запишите закон Бойля — Мариотта для воздуха под поршнем и условие равновесия поршня под давлением воды. Из двух корней уравнения выберите тот, который достигается при медленном подъёме трубы: устойчивый.

Ответ

\(x=10\) м.

Решение

10-3. Так как площадь поперечного сечения трубы \(S\) постоянна, то объем воздуха под поршнем пропорционален длине воздушного столба \(x\), давление пропорционально расстоянию до поверхности воды. Считая процесс расширения изотермическим, из закона Бойля-Мариотта можно записать

\[\rho g h S x _ { 0 } = \rho g ( h - x ) S x ,\tag{1}\]

где \(\rho g h\) — давление воздуха при горизонтальном положении трубы, \(\rho g ( h - x )\) — давление воды на поршень, когда труба поднята вертикально. Уравнение (1) перепишем в виде

\[x ^ { 2 } - h x + h x _ { 0 } = 0 .\tag{2}\]

Его корни

\[x _ { 1 , 2 } = \frac { h } { 2 } \pm \sqrt { \frac { h ^ { 2 } } { 4 } - h x _ { 0 } } .\tag{3}\]

Подстановка численных значений приводит к результату \(x_1 = 10\text{м}\), \(x_2 = 90\text{м}\).

Второй корень \(x_2 > l\), где \(l\) — длина трубы. Однако отбросить его по этой причине нельзя: его можно интерпретировать таким образом, что поршень выскочит из трубы.

Тем не менее при медленном поднятии трубы поршень будет медленно смещаться от положения \(x_0\) до положения \(x_1 = 10\text{м}\), не достигая второго положения равновесия \(x_2 = 90\text{м}\).

Для более убедительного анализа построим графики зависимостей давления воздуха в трубе \(\left(p_1 = \frac{h x_0}{x}\right)\) и гидростатического давления воды \((p_2 = h - x)\) в зависимости от \(x\) при вертикальном положении трубы (здесь \(p_1\) и \(p_2\) измеряются в метрах водяного столба (рис.а)).

Положениям равновесия соответствует условие \(p_1 = p_2\). Легко показать, что точка \(x_1\) — есть точка устойчивого, а \(x_2\) — неустойчивого равновесия. Следовательно, при смещении положения равновесия \(x_1\) при подъеме трубы поршень будет все время стремится за этим положением равновесия. Действительно, пусть труба образует угол \(\alpha\) с горизонтом, в этом случае гидростатическое давление \(p_2 = h - x \sin \alpha\). Изобразим эти зависимости при разных \(\alpha\) (рис.б). Видно, что положение устойчивого равновесия медленно и монотонно смещается от \(x_1\) до \(x'_1\), поэтому поршень никак не сможет приблизиться ко второму положению равновесия \(x_2\).

Интересно отметить, что при \(x_0 > \frac{h}{4}\) уравнение (2) не имеет ни одного действительного корня – это значит, что в этом случае воздух обязательно вытолкнет поршень! Запишем условие равновесия поршня при произвольном угле наклона трубы \(\alpha\)

\[\frac { h x _ { 0 } } { x } = h - x \sin \alpha .\tag{4}\]

Отсюда находим

\[x _ { 1 } = \frac { h - \sqrt { h ^ { 2 } - 4 h x _ { 0 } \sin \alpha } } { 2 \sin \alpha } ,\]

\[x _ { 2 } = \frac { h + \sqrt { h ^ { 2 } - 4 h x _ { 0 } \sin \alpha } } { 2 \sin \alpha }\]

При \(\alpha\) стремящимся к нулю, корень \(x _ { 1 }\) стремится к \(x _ { 0 }\), а \(x _ { 2 }\) «убегает» на бесконечность. При возрастании \(\alpha\) устойчивый корень \(x _ { 1 }\) возрастает, а неустойчивый \(x _ { 2 }\) уменьшается. При некотором \(\alpha ^ { * }\) (таком, что \(h ^ { 2 } - 4 h x _ { 0 } \sin \alpha ^ { * } = 0\)) оба корня «сливаются» — поршень становится неустойчивым и вылетает из трубы (рис.в).

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

Подсказка

Проследите каждый пучок: при каждой встрече с пластинкой доля \(\rho\) отражается, а доля \(1-\rho\) проходит. Сила давления направлена противоположно изменению импульса света.

Ответ

\(\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{1-(1-\rho)^3}{\rho\bigl(1-\rho(1-\rho)\bigr)}\), где \(\alpha\) — угол с осью \(X\) (см. рисунок решения).

Решение

10-4. Импульс светового потока пропорционален числу фотонов (или интенсивности). Если коэффициент отражения равен \(\rho\), то модуль импульса отраженного потока равен \(\rho P _ { 0 }\), а модуль импульса прошедшего потока \((1 - \rho) P _ { 0 }\) (где \(P _ { 0 }\) — импульс падающего потока).

Запишем модули импульсов всех потоков уходящих от зеркал

\[P _ { 1 } = \rho P _ { 0 }\]

\[P _ { 2 } = (1 - \rho)^2 P _ { 0 }\]

\[P _ { 3 } = (1 - \rho) \rho^2 P _ { 0 }\]

\[P _ { 4 } = (1 - \rho)^2 \rho P _ { 0 }\]

Вычислим изменения проекций импульса света на выбранные оси

\[\Delta P _ { y } = P _ { 4 } - P _ { 2 } - (-P _ { 0 }) = (1 - (1 - \rho)^3) P _ { 0 }\tag{2}\]

\[\Delta P _ { x } = P _ { 3 } - P _ { 1 } = -\rho(1 - \rho(1 - \rho)) P _ { 0 }\]

Импульс, который получила система зеркал равен по модулю изменению импульса света и противоположен ему по направлению, поэтому

\[P _ { x \text{зер.}} = -\Delta P _ { x }; \quad P _ { y \text{зер.}} = -\Delta P _ { y }.\]

Легко заметить, что \(P_{x\text{ зер.}} > 0\), \(P_{y\text{ зер.}} < 0\), поэтому полученный импульс (а, следовательно, и действующая сила) направлен под углом \(\alpha\) к оси \(X\), для которого

\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{-P_{y\text{ зер.}}}{P_{x\text{ зер.}}} = \frac{1 - (1 - \rho)^3}{\rho(1 - \rho(1 - \rho))}.\]

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

Подсказка

Исключив натяжение нити, получите ускорение, линейно зависящее от смещения: это гармонические колебания. Крайние положения найдите из закона сохранения энергии при \(v=0\).

Ответ

Ускорение меняется от \(g/2\) до \(-g/2\); \(v_{\max}=g\sqrt{m/(2k)}\).

Решение

10-5. Пусть грузы сместятся на расстояние \(x\). На основании второго закона Ньютона можно записать

\[\begin{cases} ma = mg - T, \\ ma = -T - kx, \end{cases}\tag{1}\]

где \(T\) — натяжение нити, \(-kx\) — сила упругости пружины. Исключая из системы (1) величину \(T\) получим

\[a = \frac{g}{2} - \frac{k}{2m}x.\tag{2}\]

Запишем также уравнение закона сохранения энергии

\[mgx = 2\frac{mv^2}{2} + \frac{kx^2}{2}.\tag{3}\]

Из (3) найдем экстремальные смещения грузов (когда \(v = 0\))

\[x_0 = 0, \qquad x_1 = 2\frac{mg}{k}.\tag{4}\]

Из уравнения (2) следует, что ускорения грузов линейно зависят от их смещения, следовательно, пределы изменения ускорения соответствуют предельным значениям \(x\),

\[a_0 = \frac{g}{2}, \quad a_1 = -\frac{g}{2}.\tag{5}\]

Скорость грузов максимальна, когда их ускорение равно нулю, т.е. при \(x = \frac{mg}{k}\), из (3) находим

\[v_{max} = \sqrt{\frac{m}{2k}}g\tag{6}\]

Укажем еще один способ решения. Уравнение (2) есть уравнение гармонических колебаний с частотой

\[\omega = \sqrt{\frac{k}{2m}}.\]

Положению равновесия соответствует координата

\[x = \frac{mg}{k},\]

учитывая, что начальное положение есть \(x=0\), можно сказать, что амплитуда колебаний грузов

\[A=\frac{m g}{k} .\]

Тогда максимальная скорость

\[v_{\max }=A \omega=\frac{m g}{k} \sqrt{\frac{k}{2 m}}=g \sqrt{\frac{m}{2 k}} ;\]

максимальное ускорение

\[a_{\max }=A \omega^{2}=\frac{m g}{k} \cdot \frac{k}{2 m}=\frac{g}{2} .\]

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