Белорусская, 1994/95, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Площадь под графиком ускорения — изменение скорости. График \(v(t)\) периодичен: достаточно найти среднюю скорость за один период в \(4\tau\) как площадь под кривой, делённую на время.

Ответ

\(v_{\text{ср}}=a_0\tau/2\).

Решение

11-1. Площадь под графиком зависимости \(a(t)\) численно равна изменению скорости. Учитывая, что при \(t=0\), \(v=0\), заметим, что скорость максимальна при \(t=2\tau\) (\(v_{\text{max}}=a_0\tau\)) и уменьшается до \(v=0\) при \(t=4\tau\) (т.е. точка \(4\tau\) в тех же условиях, что и \(\tau=0\)). Следовательно, достаточно вычислить \(v_{\text{ср}}\) за время \(4\tau\). Построив зависимость \(v(t)\) (четыре участка параболы), видим, что площадь под кривой \(v(t)\) численно равна \(S=\frac{1}{2}4\tau a_0\tau=2a_0\tau^2\) (можно легко подсчитать как площадь треугольника, обозначенного пунктиром). Итого:

\[v_{\text{ср}}=\frac{S}{4\tau}=\frac{a_0\tau}{2}.\]

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

Подсказка

В системе санок на шарик действует сила инерции; её сумма с силой тяжести перпендикулярна склону. Это эффективное поле тяжести с другим направлением и величиной.

Ответ

Период \(T=2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g\cos\alpha}}\), амплитуда равна \(\alpha\).

Решение

11-2. Санки движутся с постоянным ускорением \(a=g\sin\alpha\), направленным вниз вдоль наклонной плоскости. Рассмотрим движение маятника в неинерциальной системе отсчета, связанной с санками. В этой СО на груз действует сила инерции \(F_{\text{ин}}=mg\sin\alpha\), направленная вдоль наклонной плоскости. Сумма силы тяжести \(mg\) и силы инерции постоянна и направлена перпендикулярно наклонной плоскости. Таким образом, можно говорить о движении маятника в эффективном поле с «ускорением свободного падения» \(g_{\text{эф}}=g\cos\alpha\) и направленном перпендикулярно наклонной плоскости. Следовательно, положение равновесия маятника (в этой СО) – перпендикулярное наклонной плоскости. Начальное отклонение от него (т.е. амплитуда) \(\alpha_0=\alpha\). Период колебаний можно найти по известной формуле

\[T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g_{\text{эф}}}}=2\pi\sqrt{\frac{l}{g\cos\alpha}}.\]

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

Подсказка

Сравните давление газа и давление электрического поля как функции расстояния между поршнями и выясните, устойчиво ли найденное положение равновесия.

Ответ

Положение равновесия неустойчиво: при увеличении напряжения поршни «схлопнутся», \(d=0\).

Решение

11-3. На поршни действуют: а) сила давления газа, которое можно вычислить по закону Бойля-Мариотта

\[P = \frac{P_0 V_0}{V} = P_0 \frac{d_0}{d},\tag{1}\]

«направленная наружу». б) сила электрического «давления» (с учетом \(E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}\))

\[P_{\text{эл}} = \sigma E' = \frac{\sigma E}{2} = \frac{\varepsilon_0 E^2}{2} = \frac{\varepsilon_0 U^2}{2d^2},\tag{2}\]

направленная «внутрь». В положении равновесия \(P = P_{\text{эл}}\) или \(P_0 \frac{d_0}{d} = \frac{\varepsilon_0 U^2}{2d^2}\), откуда следует

\[\frac{U^2}{d} = const = \frac{U_0^2}{d_0},\]

т.е.

\[d = d_0 \frac{U^2}{U_0^2}.\]

Из соотношения следует, что при увеличении напряжения в два раза, расстояние между поршнями должно увеличиться (?!) в четыре раза, что явно противоречит здравому смыслу.

Разрешение парадокса заключается в том, что в данной системе положение равновесия не является устойчивым. На рисунке изображены зависимости давления газа (кривая 1, формула (1)) и давления электрического поля (кривая 2, формула(2)) от расстояния \(d\) между поршнями. Точка их пересечения соответствует положению равновесия \(d_0\). При случайном отклонении поршней от этого положения возникает сила, еще дальше уводящая их от этого положения. Если расстояние случайно стало меньше \(d_0\), то сила электрического притяжения начинает превышать силу давления газа. При увеличении напряжения положение равновесия смещается в сторону больших значений \(d\) (на рисунке кривая 3 соответствует большему напряжению, точка \(d'\) - новое положение равновесия - и тоже неустойчивое), однако, поршни не стремятся к этому новому положению равновесия, а, наоборот уходят от него.

Таким образом, ответ задачи: поршни «схлопнутся», т.е. \(d=0\)! Более подробное доказательство неустойчивости положения равновесия приведено в журнале «Фокус» №3 за 1995год.

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

Подсказка

Быстрое включение поля даёт перемычкам импульс (сумма \(B\,\Delta B\)), а дальше они тормозятся силой Ампера. Для торможения запишите изменение скорости через пройденный путь.

Ответ

Расстояние между перемычками уменьшилось в 2 раза.

Решение

11-4. Найдем скорость, которую приобретет каждая перемычка в ходе быстрого включения поля.

При изменении магнитного поля возникает эдс индукции

\[E_{\text{инд}} = a l_0 \frac{\Delta B}{\Delta t},\]

где \(a\) — расстояние между рельсами, \(l_0\) — начальное расстояние между перемычками. (Так как поле изменяется быстро, что смещением перемычек за время «включения» пренебрегаем.)

В контуре возникнет электрический ток силой

\[I = \frac{E_{\text{инд}}}{R} = \frac{a l_0}{R} \frac{\Delta B}{\Delta t},\]

(\(R\) — общее сопротивление перемычек).

Сила, действующая на перемычку (внутрь)

\[F = I B a = \frac{a^2 l_0}{R} B \frac{\Delta B}{\Delta t}.\]

Импульс, приобретенный перемычкой

\[m v = \sum F \Delta t = \frac{a^2 l_0}{R} \sum B \Delta B = \frac{a^2 l_0}{R} \frac{B_0^2}{2},\]

где \(B_0\) — индукция включенного поля.

Отсюда скорость, которую приобретут перемычки равна \(v_0 = \frac{a^2 l_0}{2 R m} B_0^2\).

Дальше перемычки движутся в постоянном поле \(B_0\). При этом в контуре также возникает эдс индукции

\[E_{\text{инд}} = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = B_0 a \frac{\Delta l}{\Delta t} = 2 B_0 a v,\]

\(v\) — текущее значение скорости. (коэффициент 2 появился из-за того, что движутся две перемычки.)

Тормозящая сила, действующая на одну из перемычек равна

\[F = I B a = \frac{E_{\text{инд}}}{R} B_0 a = 2 \frac{B_0^2 a^2}{R} v.\]

Запишем уравнение второго закона Ньютона:

\[m \frac{\Delta v}{\Delta t} = -2 \frac{B_0^2 a^2}{R} v,\]

учитывая, что \(v = \frac{\Delta x}{\Delta t}\), получим

\[m \frac { \Delta v } { \Delta x } = - 2 \frac { B _ { 0 } ^ { 2 } a ^ { 2 } } { R } ,\]

т.е. до остановки каждая перемычка пройдет расстояние

\[x _ { 1 } = \frac { m v _ { 0 } R } { 2 B _ { 0 } ^ { 2 } a ^ { 2 } } = \frac { m R } { 2 B _ { 0 } ^ { 2 } a ^ { 2 } } \frac { B _ { 0 } ^ { 2 } a ^ { 2 } l _ { 0 } } { 2 R m } = \frac { l _ { 0 } } { 4 } .\]

Окончательно, расстояние между перемычками уменьшится на \(2 x _ { 1 } = \frac { l _ { 0 } } { 2 }\),

т.е. уменьшится в два раза. Интересно отметить, что результат не зависит от параметров задачи.

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

Подсказка

Давление газа найдите из \(p=nkT\), а давление света — как импульс фотонов, падающих на единицу площади стенки за единицу времени. Учтите, что фотоны летят под разными углами.

Ответ

\(\eta=\dfrac{hr}{4\lambda\tau kT}\approx5\cdot10^{-7}\).

Решение

11-5. Давление газа найдем с помощью уравнения состояния

\[P _ { 0 } = n k T = \frac { N } { \pi r ^ { 2 } l } k T ,\]

где \(N\) – число молекул, \(l\) – длина трубки.

Давление света может быть оценено, как суммарный импульс фотонов, попадающих на единичную площадку стенки трубки в единицу времени

\[P _ { c } = \frac { 1 } { 2 } p _ { \varphi } \nu ,\]

где \(p _ { \varphi } = \frac { h } { \lambda }\) – импульс фотона; \(\nu\) – число фотонов, падающих на единицу площади внутренней поверхности в единицу времени

\[\nu = \frac { N } { \tau } \frac { 1 } { 2 \pi r l } ,\]

\(\frac { N } { \tau }\) – число фотонов, испущенных газом в единицу времени. Множитель \(1 / 2\) учитывает тот факт, что фотоны падают под произвольными углами.

Итого отношение давлений

\[\eta = \frac { P _ { c } } { P _ { 0 } } = \frac { 1 } { 2 } \frac { h } { \lambda } \frac { N } { \tau } \frac { 1 } { 2 \pi r l } \frac { \pi r ^ { 2 } l } { N k T } = \frac { h r } { 4 \lambda \tau k T } \approx 5 \cdot 1 0 ^ { - 7 } .\]

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