Белорусская, 1993/94, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Опоры колеблются в противофазе, и трение на ящик почти не действует, кроме коротких интервалов, когда обе опоры скользят вниз по склону. Найдите долю периода, занятую такими интервалами, и приравняйте среднюю силу трения скатывающей силе.

Ответ

\(U\approx 25\text{ см/с}\) (\(0{,}25\) м/с).

Решение

11-1. Сила трения направлена в сторону противоположную направлению скорости движения тела относительно поверхности. Если бы ящик покоился, то суммарная сила трения, действующая на ящик была бы равна нулю (так как опоры колеблются в противофазе, то силы трения, действующие на них все время направлены в противоположные стороны). Когда ящик начинает двигаться, то в течении некоторого интервала времени опоры будут двигаться в одну сторону относительно наклонной плоскости. Пусть скорость первой опоры относительно ящика зависит от времени по закону

\[v_{1}^{\prime}=a \omega \sin \omega t,\]

тогда скорость второй

\[v_{2}^{\prime}=-a \omega \sin \omega t .\]

Если скорость ящика равна \(U\), то скорости платформ относительно наклонной плоскости равны

\[\left\{\begin{array}{l} v_{1}=U+a \omega \sin \omega t, \\ v_{2}=U-a \omega \sin \omega t . \end{array}\right.\]

Суммарная сила трения отлична от нуля, когда \(v_{1}>0, v_{2}>0\) (при этом сила трения направлена вверх по наклонной плоскости). Заметим, что условия \(v_{1} < 0, v_{2} < 0\) при неположительном \(U\) не выполняются никогда. Так как угол наклона плоскости \(\alpha\) мал, то можно предположить, что средняя скорость движения ящика значительно меньше максимальной скорости движения опор \(a \omega\) (справедливость этого предположения проверим позже). Итак, сила трения отлична от нуля и равна при выполнении условий

\[\begin{cases} v_1 > 0 \\ v_2 > 0 \end{cases}, \quad \begin{cases} a\omega\sin\omega t > -U \\ a\omega\sin\omega t < U \end{cases}.\tag{4}\]

Изобразим график \(v_1(t)\) и отметим те интервалы, в которых выполняется (4) (на рис. заштрихованы).

Так как \(U\) мало по сравнению с \(a\omega\), то интервал \(\tau\) также мал по сравнению с периодом колебаний. Поэтому можно считать \(\sin\omega\tau \approx \omega\tau\), тогда из (4) получим \(a\omega^2\tau = U\), откуда

\[\tau = \frac{U}{a\omega^2}.\]

За время одного периода колебаний \(T = \frac{2\pi}{\omega}\), в течение интервала времени \(4\tau\) сила трения равна \(\mu mg\cos\alpha\), а в остальные моменты она равна нулю. Следовательно, средняя сила трения

\[F_{\text{ср.}} = \mu mg\cos\alpha \frac{4\tau}{T} \approx \frac{2U}{\pi a\omega} \mu mg.\]

(здесь учтена малость \(\alpha\), тогда \(\cos\alpha \approx 1\)). При установившемся движении эта сила равна проекции силы тяжести на наклонную плоскость :

\[mg\sin\alpha = \frac{2U}{\pi a\omega} \mu mg.\]

Откуда следует (с учетом \(\sin\alpha \approx \alpha\))

\[U = \frac{\pi a\omega\sin\alpha}{2\mu} \approx \frac{\pi a\omega\alpha}{2\mu}.\]

Подстановка численных значений приводим к результату

\[U \approx 0{,}25 \text{ м/с} = 25 \text{ см/с}.\]

Как и следовало ожидать, \(U \ll a\omega = 1{,}8\) м/с, поэтому сделанное ранее приближения вполне обоснованы.

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

Подсказка

Индуцированные на торцах цилиндра заряды гасят поле внутри проводника. Сила — это разность притяжения ближнего торца и отталкивания дальнего в неоднородном поле точечного заряда.

Ответ

\(F\approx\dfrac{q^2V}{8\pi^2\varepsilon_0a^5}\).

Решение

11-2. Пусть на торцах цилиндра индуцировались заряды \(q' = \sigma S\), где \(S\) – площадь торца, \(\sigma\) – поверхностная плотность заряда. Так как цилиндр является проводником, то напряженность поля создаваемого индуцированными зарядами \(E' = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}\) равна (и противоположно направлена) напряженности внешнего поля

\[E = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 a^2}.\]

Следовательно,

\[q' = \frac{qS}{4\pi a^2}.\]

Учитывая, что один заряд (на ближнем торце) находится на расстоянии \(a\), а другой – на расстоянии \(a+h\) (где \(h \ll a\) высота цилиндра), найдем силу, действующую на цилиндр

\[F = \frac{qq'}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{a^2} - \frac{1}{(a+h)^2} \right) \approx \frac{q^2}{8\pi^2\varepsilon_0 a^5} Sh = \frac{q^2}{8\pi^2\varepsilon_0 a^5} V,\]

где \(V = Sh\) – объем цилиндра. Здесь учтено, что \(\frac{1}{1+\alpha} \approx 1 - \alpha\), если \(\alpha \ll 1\). Отметим, что в однородном внешнем поле сила, действующая на незаряженный проводник равна нулю.

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

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, где электрон покоится, и запишите законы сохранения импульса и энергии для гипотетического поглощения.

Ответ

Законы сохранения совместимы лишь при \(p_0=0\), то есть поглощение невозможно.

Решение

11-3. Рассмотрим взаимодействие фотона и свободного электрона в системе отсчета, в которой электрон до взаимодействия покоился. Обозначим импульс фотона до взаимодействия \(p_0\). Допустим, электрон поглотил фотон, тогда импульс электрона после взаимодействия также равен \(p_0\) (закон сохранения импульса). Запишем уравнение закона сохранения энергии: до взаимодействия – \(E = m_0 c^2 + p_0 c\) (здесь \(m_0\) – масса покоя электрона, \(p_0 c\) – энергия фотона); после взаимодействия \(E = \sqrt{m_0^2 c^4 + p_0^2 c^2}\). Таким образом:

\[m_0 c^2 + p_0 c = \sqrt{m_0^2 c^4 + p_0^2 c^2}.\tag{1}\]

Это уравнение справедливо только при \(p_0 = 0\), что равносильно отсутствию фотона. Итак, мы пришли к противоречию, которое доказывает, что фотон не может быть поглощен свободным электроном.

Интересно отметить, что сделанный вывод является следствием отсутствия внутренних степеней свободы у электрона. В классической физике невозможен абсолютный неупругий удар, при котором никакая часть энергии не переходит в тепловую (опять же отсутствуют внутренние степени свободы). Пусть частица массы \(m_1\), движущаяся со скоростью \(v\), сталкивается с покоящейся частицей массы \(m_2\). Пусть после удара скорости частиц равны \(U\). Запишем уравнения законов сохранения импульса и энергии

\[\left\{ \begin{array} { l l } { m _ { 1 } v _ { 1 } = \left( m _ { 1 } + m _ { 2 } \right) U , } \\ { \displaystyle \frac { m _ { 1 } v _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 } = \displaystyle \frac { \left( m _ { 1 } + m _ { 2 } \right) U ^ { 2 } } { 2 } + Q , } \end{array} \right. \qquad \qquad\tag{2}\]

где \(Q\) – количество выделившейся при ударе теплоты. Если положить \(Q = 0\), то система (2) имеет решения: первое – \(v_1 = U = 0\), второе – \(v_1 = U \neq 0\) при \(m_2 = 0\). Ни одно из этих решений не описывает абсолютно неупругий удар. Следовательно, невозможен такой неупругий удар при котором \(Q = 0\).

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

Подсказка

Груз должен сжать столбик ровно настолько, насколько он расширился бы при нагревании. Свяжите упругую деформацию с напряжением по закону Гука.

Ответ

\(m=\dfrac{SE\alpha\Delta T}{g}\approx 2{,}2\cdot10^3\) кг.

Решение

11-4. Чтобы препятствовать термическому расширению стального столбика необходимо прикладывать внешнюю нагрузку, которая, вследствие упругих деформаций, компенсирует термическое расширение. По закону Гука относительная упругая деформация определяется выражением

\[\frac{\Delta l}{l_0} = \frac{\sigma}{E},\tag{1}\]

где \(\sigma\) – механическое напряжение, причем в данном случае \(\sigma = \frac{mg}{S}\), где \(m\) – масса груза, лежащего на столбике. Приравнивая (1) к относительному термическому удлинению \(\frac{\Delta l}{l} = \alpha \Delta T\), получим

\[\frac{mg}{SE} = \alpha \Delta T,\]

откуда находим \(m = \frac{SE\alpha \Delta T}{g} \approx 2{,}2 \cdot 10^3\) кг.

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

Подсказка

Стоячая звуковая волна в воде создаёт периодическую структуру показателя преломления, то есть дифракционную решётку. Её период равен половине длины звуковой волны.

Ответ

\(c=\dfrac{2\lambda\nu l}{a}\approx1490\) м/с.

Решение

11-5. Показатель преломления воды зависит от ее плотности, а, следовательно, от давления в жидкости. При подключении к кювете источника ультразвука в воде образуется стоячая звуковая волна, т.е. периодическая структура областей разряжения и сжатия. Эта структура играет роль дифракционной решетки, на которой происходит дифракция света. Период «решетки», очевидно, равен длине стоячей звуковой волны, которая равна половине длины бегущей волны \(\lambda_{\text{зв}}\).

\[d = \frac{\lambda_{\text{зв}}}{2} = \frac{c}{2\nu},\tag{1}\]

где \(c\) – скорость звука в воде.

Условие максимума при дифракции на решетке имеет вид

\[d \sin \varphi = m \lambda ,\tag{2}\]

где \(\lambda\) — длина световой волны, \(m\) — порядок дифракции, \(\varphi\) — угол дифракции. В данном случае угол мал, поэтому

\[\sin \varphi \approx \varphi \approx \frac{a}{l}.\tag{3}\]

Из (1) – (3) получим \(\frac{c}{2\nu} \frac{a}{l} = \lambda\). Откуда находим

\[c = \frac{2 \lambda \nu l}{a} = \frac{2 \cdot 0{,}66 \cdot 10^{-6} \cdot 4{,}5 \cdot 10^{6} \cdot 9{,}0}{3{,}6 \cdot 10^{-2}} = 1490 \, \text{м/с}.\]

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