Белорусская, 1996/97, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Потенциал каждого шарика равен потенциалу точки цепи, к которой он подключён; заряд уединённого шара — ёмкость, умноженная на потенциал. Найдите потенциалы шариков до и после замыкания ключа.

Ответ

\(\Delta Q = 2\pi\varepsilon_0 r U_0 (N+1)\): суммарный заряд возрастёт (по модулю уменьшится).

Решение

10-1. Как следует из схемы цепи до замыкания ключа потенциалы всех шариков относительно бесконечности или относительно заземленной положительной пластины источника питания одинаковы и равны

\[\varphi_1 = \varphi_2 = \ldots = \varphi_{N+1} = -U_0.\tag{1}\]

Учитывая, что емкость уединенного шара

\[C = 4 \pi \varepsilon_0 r\]

(по условию можем считать каждый шарик уединенным), для заряда системы получаем

\[Q = \sum _ { i = 1 } ^ { N + 1 } Q _ { i } = \sum _ { i = 1 } ^ { N + 1 } \left( 4 \pi \varepsilon _ { 0 } r \varphi _ { i } \right) = 4 \pi \varepsilon _ { 0 } r \sum _ { i = 1 } ^ { N + 1 } \varphi _ { i } = - 4 \pi \varepsilon _ { 0 } r U _ { 0 } ( N + 1 ) .\tag{2}\]

После замыкания цепи распределение потенциалов изменится в соответствии с законом Ома. Действительно, ток в цепи

\[I = \frac { U _ { 0 } } { N R }\tag{3}\]

Соответственно, падение напряжения на каждом резисторе

\[U _ { 1 } = I R = \frac { U _ { 0 } } { N }\tag{4}\]

Из (4) следует, что потенциалы шариков будут возрастать на \(U _ { 1 }\) при переходе через каждый резистор

\[-U_0;\ -U_0 + U_0/N;\ -U_0 + 2U_0/N;\ \ldots;\ -U_0/N;\ 0\]

Соответственно, новый заряд

\[Q ^ { * } = \sum _ { i = 1 } ^ { N + 1 } \left( 4 \pi \varepsilon _ { 0 } r \varphi _ { i } \right) = - 4 \pi \varepsilon _ { 0 } r \sum _ { i = 1 } ^ { N + 1 } \frac { U _ { 0 } } { N } ( i - 1 ) = - 4 \pi \varepsilon _ { 0 } r \frac { U _ { 0 } } { N } ( 1 + 2 + . . . + N ) = - 2 \pi \varepsilon _ { 0 } r U _ { 0 } ( N + 1 )\]

Таким образом, искомый заряд изменился на

\[\Delta Q = Q ^ { * } - Q = 2 \pi \varepsilon _ { 0 } r U _ { 0 } ( N + 1 )\tag{5}\]

Как следует из (5) суммарный заряд всех шариков возрастет (но уменьшится по абсолютной величине), что легко объяснить, если

принять во внимание что потенциалы всех шариков за исключением крайнего слева при замыкании ключа возрастут.

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

Подсказка

Сначала проверьте, хватит ли сообщённой теплоты, чтобы испарить весь сухой лёд; остаток теплоты идёт на нагрев газа при постоянном давлении.

Ответ

\(T\approx 200\text{ К}\) (по официальному решению).

Решение

10-2. Определим какое количество теплоты потребуется, чтобы \(\nu_2\) молей твердой углекислоты испарилось в данных условиях. Согласно первому закону термодинамики

\[Q = \nu_2 \mu r + Mgh,\]

где \(\mu\) - молярная масса углекислоты, \(Mgh\) - работа газа по поднятию поршня. Используя уравнение состояния идеального газа, запишем

\[PV_0 = \nu_1 RT_c\]

\[PV_1 = (\nu_1 + \nu_2)RT_c\]

отсюда следует

\[Mgh = P(V_1 - V_0) = \nu_2 RT_c,\]

тогда искомое количество теплоты

\[Q = \nu_2(\mu r + RT_c).\]

Так как не известно, испарится ли весь «сухой лед», подсчитаем какое количество теплоты потребуется для полного его испарения, полагая \(\nu_2 = 0{,}10\) моль (что соответствует 4.4 грамм), получим \(Q \approx 234\) Дж, что меньше, чем подведенное количество теплоты, поэтому весь лед испарится, а оставшееся количество теплоты пойдет на нагревание газа. Запишем еще раз уравнение первого начала термодинамики

\[Q = mr + Mgh + \frac{5}{2}R(\nu_2 + \nu_1)(T - T_c),\]

где \(T\) - конечная температура газа. Совершенную работу найдем с помощью уравнения состояния

\[Mgh = P\Delta V = (\nu_1 + \nu_2)RT - \nu_1 RT_c,\]

Из этих уравнений легко находим

\[T = \frac{Q - mr + \nu_1 RT_c + \frac{5}{2}(\nu_1 + \nu_2)RT_c}{\frac{7}{2}(\nu_1 + \nu_2)R} \approx 200\,K.\]

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

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта второго камешка: первый движется в ней равномерно, вертикально вниз со скоростью \(g\Delta t\).

Ответ

Если \(\Delta t<\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}\): наименьшее расстояние \(v_0\Delta t\cos\alpha\) в момент \(t=\dfrac{v_0\sin\alpha}{g}-\dfrac{\Delta t}{2}\) после броска второго камешка. Если \(\Delta t>\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}\): наименьшее расстояние — начальное, \(\sqrt{(v_0\Delta t\cos\alpha)^2+\left(v_0\Delta t\sin\alpha-\frac{g\Delta t^2}{2}\right)^2}\), в момент вылета второго камешка.

Решение

10-3. См. решение задачи 9-4 для 9 класса (задачи совпадают).

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

Подсказка

В неподвижной системе отсчёта сила трения создаёт ускорение жука; при радиальном движении к центру к центростремительному ускорению добавляется ускорение Кориолиса, равное \(2\omega v\).

Ответ

4-1) \(\mu\approx 0{,}34\) (по направлению вращения), \(\mu\approx 0{,}16\) (против);  4-2) \(F_{\text{тр}} = ma\approx 9{,}3\cdot 10^{-4}\text{ Н}\), \(a\approx 1{,}86\text{ м/с}^2\), сила направлена вдоль вектора полного ускорения;  4-3) \(A=\dfrac{m\omega^2r^2}{2}\approx 1{,}19\cdot 10^{-4}\text{ Дж}\).

Решение

10-4-1. В инерциальной системе отсчета (ИСО) относительно Земли жук движется с угловой скоростью

\[\omega = 2 \pi n \pm \frac{2 \pi}{T} .\]

Где знаки соответствуют движению жука по или против направления вращения пластинки.

Следовательно, его центростремительное ускорение

\[a = \omega^{2} R = \left(2 \pi n \pm \frac{2 \pi}{T}\right)^{2} R\]

Согласно основному закону динамики

\[m a = F_{\text{тр}} = \mu m g \Rightarrow \mu = \frac{a}{g} = \left(2 \pi n \pm \frac{2 \pi}{T}\right)^{2} \frac{R}{g} .\]

Расчеты приводят к следующим значениям: \(0{,}34\) для движения в сторону вращения и \(0{,}16\) для противоположного направления движения.

10-4-2. Ищем ускорение жука в ИСО. Центростремительное ускорение

\[a_{1} = \omega^{2} R_{1} = (2 \pi n)^{2} R_{1} .\]

Вследствие вращения изменяется направление вектора скорости, т.е.

\[\Delta v = v \Delta \varphi = v \omega \Delta t, \quad a_{2} = \omega v .\]

С изменением расстояния изменяется и тангенциальная составляющая скорости, что тоже приводит к появлению соответствующей составляющей ускорения

\[\Delta v = \omega(R + \Delta R) - \omega R = \omega \Delta R, \quad a_{3} = \omega \frac{\Delta R}{\Delta t} = \omega v\]

направленной так же как и \(a_{2}\).

Векторное сложение ускорений позволяет определить полное ускорение

\[a = \sqrt{a_{1}^{2} + \left(a_{2} + a_{3}\right)^{2}} = \sqrt{(2 \pi n)^{4} R_1^{2} + 4 \omega^{2} v^{2}} = 1{,}86 \, \text{м/с}^{2} .\]

Соответственно искомая сила трения равна

\[F_{\text{тр}} = m a = 9{,}3 \cdot 10^{-4} \, \text{Н} .\]

Заметим, что решение данной задачи сводится к вычислению силы Кориолиса.

10-4-3. Для вычисления работы вспомним формулу

\[A = \vec{F} \cdot \vec{S} ,\]

где \(\vec{F}\) - мускульная сила жука. Теперь нужно учесть то, что сила жука при движении постоянно меняется по величине и по

направлению, поэтому предлагается следующий способ вычисления

\[A = \sum_{i} \vec{F}_{i} \cdot \Delta \vec{S}_{i} = \sum_{i} F_{i} \cdot \Delta r_{i} \cdot \cos \alpha_{i} = \sum_{i} \Delta r_{i} \left( F_{i} \cos \alpha_{i} \right) = \left\{ F_{i} \cos \alpha_{i} = m a_{1i} \right\} =\]

\[= \sum_{i} m \omega^{2} r_{i} \Delta r_{i} = m \omega^{2} \sum_{i} r_{i} \Delta r_{i} = m \omega^{2} \frac{r^{2}}{2} = 1{,}19 \cdot 10^{-4} \text{ Дж}.\]

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