Белорусская, 1998/99, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

У каждого атома кристалла три колебательные степени свободы, и на каждую приходится энергия \(kT\) (с учётом потенциальной части). Умножьте на число Авогадро и найдите молярную теплоёмкость.

Ответ

\(C_\mu=3R\) (закон Дюлонга — Пти); по таблице \(R\approx(8{,}5\pm0{,}4)\ \text{Дж/(моль·К)}\).

Решение

10-1. Каждый атом в кристалле имеет три колебательных степени свободы. Следовательно, энергия колебательного движения одного атома равна \(3kT\), а энергия одного моля атомов \(3kTN_A = 3RT\), где \(N_A\) - число Авогадро. Таким образом, молярная теплоемкость кристалла \(C_\mu = 3R\). Заметим, что данный факт был установлен экспериментально еще в первой половине XIX века и носит название закона Дюлонга-Пти. Данный закон не учитывает изменение потенциальной энергии взаимодействия атомов кристаллической решетки, которая мало изменяется при изменении температуры.

Проверим справедливость закона Дюлонга-Пти для имеющихся данных. Для этого рассчитаем молярные теплоемкости металлов по формуле \(C_\mu = C\mu\), и определим примерное значение газовой постоянной \(R' = C_\mu / 3\)

Таблица.

Как видно из проведенных расчетов, молярная теплоемкость действительно оказывается примерно одинаковой для всех металлов. Для более точной оценки газовой постоянной вычислим среднее значение величин \(R'\), а также оценим погрешность найденного значения.

\[\overline{R} = \frac{\sum R'_i}{n} \approx 8{,}48 \text{ Дж} / (\text{моль} \cdot \text{К});\]

\[\Delta R \approx 2 \sqrt { \frac { \sum ( R _ { \ i } ^ { \prime } - \overline { { R } } ) ^ { 2 } } { n ( n - 1 ) } } \approx 0 { , } 3 5 \, .\]

Таким образом получим окончательную оценку

\[\boxed { \overline { R } \approx ( 8{,}5 \pm 0{,}4 ) \ \text{Дж} / \left( \text{моль} \cdot \text{К} \right) }\]

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

Подсказка

Сила притяжения шарика к полубесконечной цепочке — знакочередующийся ряд \(1-\frac1{4}+\frac1{9}-\dots\); достаточно пяти-шести членов.

Ответ

\(F_{\min}\approx8{,}1\text{ Н}\); цепочка разорвётся между вторым и третьим шариками.

Решение

10-2. С помощью закона Кулона рассчитаем силу \(\vec { f }\) , с которой притягивается каждый шарик к «полубесконечной» цепочке:

\[f = \frac { q ^ { 2 } } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } d ^ { 2 } } ( 1 - \frac { 1 } { 2 ^ { 2 } } + \frac { 1 } { 3 ^ { 2 } } - \frac { 1 } { 4 ^ { 2 } } + . . . ) \approx 0 { , } 8 1 f _ { 0 } ,\tag{1}\]

где \(\frac { q ^ { 2 } } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } d ^ { 2 } } = f _ { 0 }\) - сила притяжения двух соседних шариков. Так как нас устраивает точность порядка \(5 \%\) , то при вычислении суммы можно ограничиться 5-6 слагаемыми. Очевидно, что это и будет минимально необходимая сила для разрыва цепочки. \(\boxed { F _ { m i n } \approx 8 { , } 1 \text{Н} }\) Если приложить такую силу к крайнему шарику, то он начнет смещаться.

Рассмотрим теперь силы, действующие на второй шарик. Вправо на него действует сила \(f _ { 2 } = f _ { 0 }\) со стороны первого шарика, а влево сила \(f = 0 { , } 8 1 f _ { 0 }\) , поэтому второй шарик также начнет смещаться вместе с первым. На третий шарик со стороны двух крайних действует сила \(f _ { 3 } = f _ { 0 } ( 1 - \frac { 1 } { 2 ^ { 2 } } ) = 0 { , } 7 5 f _ { 0 }\) , которая меньше, чем сила притяжения к остальным шарикам, расположенным слева. Следовательно, этот шарик не сдвинется, поэтому цепочка разорвется между вторым и третьим шариками.

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

Подсказка

Лопасти должны поворачиваться между вспышками на угол, кратный углу между лопастями (а для шести лопастей — на нечётное число половин этого угла); для вращения назад учтите ещё смещение \(2\pi n_1\tau\).

Ответ

а) \(\nu=\dfrac{3n}{k}\), \(k=1,2,\dots,15\); б) \(\nu=\dfrac{3n}{k+1/2}\), \(k=0,1,\dots,14\); в) \(\nu=\dfrac{3(n+n_1)}{k}\), \(k=1,2,\dots,15\).

Решение

10-3. Угловая скорость вращения вентилятора рассчитывается по формуле \(\omega = 2\pi n\). Вентилятор будет казаться неподвижным с тремя лопастями, если за время между вспышками \(\tau\) лопасти повернутся на угол \(\Delta\varphi = \frac{2\pi}{3}k, \quad k = 1{,}2{,}3...\) (естественно, мы предполагаем, что все лопасти вентилятора одинаковы). Таким образом, условие будет выполнено при \(2\pi n\tau = \frac{2\pi}{3}k\), или при частотах вспышек \(\nu = \frac{1}{\tau} = \frac{3n}{k}\). Так как минимальная частота стробоскопа равняется \(2 \text{Гц}\), то максимальное значение \(k_{max} = 15\).

Вентилятор будет казаться неподвижным с шестью лопастями, если за время между вспышками лопасти повернутся на угол \(\Delta\varphi = \frac{\pi}{3} + \frac{2\pi}{3}k, k = 0{,}1{,}2,...\). Следовательно, частоты вспышек стробоскопа в этом случае можно найти из уравнения \(2\pi n\tau = \frac{\pi}{3} + \frac{2\pi}{3}k\), или \(\nu = \frac{1}{\tau} = \frac{3n}{k + \frac{1}{2}}\).

Максимальное значения \(k\) в этом случае равно 14.

Наконец, вентилятор будет казаться вращающимся в противоположную сторону с частотой \(n_1\), если за время между вспышками лопасти повернутся на угол \(\Delta\varphi = -2\pi n_1\tau + \frac{2\pi}{3}k, k = 1{,}2{,}3...\) Соответствующие уравнения для определения частот стробоскопа имеет вид \(2\pi n\tau = -2\pi n_1\tau + \frac{2\pi}{3}k\). Из которого следует \(\nu = \frac{1}{\tau} = \frac{3(n + n_1)}{k}; k = 1{,}2{,}3...15\).

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

Подсказка

Сила на поршень складывается из постоянной части (атмосферное давление) и части, связанной с давлением воды; работа второй равна изменению потенциальной энергии воды.

Ответ

\(A=\dfrac{\rho gal h_0}{2}+P_0a^2l\left(1-\dfrac{h_0}{a}\right)\).

Решение

10-4. В ходе перемещения поршня на него действуют силы давления воздуха

\[F_1 = P_0 a(a - h)\tag{1}\]

и воды

\[F_2 = (\rho g \frac{h}{2} + P_0)ah\tag{2}\]

, где \(\rho\) -плотность воды, \(h\) - изменяющаяся высота уровня воды в сосуде, \(\rho g \frac{h}{2}\) - среднее давление воды на поршень. Так как поршень

плотно пригнан, то между ним и правой стенкой сосуда находится вакуум.

Чтобы совершенная работа была минимальна к поршню необходимо прикладывать силу, лишь незначительно превышающую силу давления воды и воздуха:

\[F = F_1 + F_2 = P_0 a^2 + \rho g a \frac{h^2}{2}.\tag{3}\]

Как следует из формулы (3) прикладываемая сила должна изменяться в ходе перемещения поршня, поэтому совершенную ею работу подсчитать сложно (необходимо использовать операцию интегрирования. Однако, первое слагаемое выражении (3) постоянно (поэтому работу этой силы \(A_1\) подсчитать не составляет труда), а работа оставшейся составляющей силы равна изменению потенциальной энергии воды \(A_2 = \Delta U\) (найти которое тоже не сложно).

Итак,

\[A_1 = P_0 a^2 x,\tag{4}\]

где \(x\) - смещение поршня, которое найдем из условия постоянства объема воды

\[l a h_0 = (l - x) a^2 \Rightarrow x = l \left(1 - \frac{h_0}{a}\right).\tag{5}\]

Следовательно, \(A_1 = P_0 a^2 l \left(1 - \frac{h_0}{a}\right)\).

Вычислим изменение потенциальной энергии воды по формуле

\[A_2 = \Delta U = \rho g (l - x) a \frac{a}{2} - \rho g l h_0 \frac{h_0}{2} = \frac{\rho g a l h_0}{2}.\tag{6}\]

Таким образом полная работа вычисляется по формуле

\[A = \frac{\rho g a l h_0}{2} + P_0 a^2 l \left(1 - \frac{h_0}{a}\right)\]

Заметим, что для не очень высоких сосудов (\(\rho g a \ll P_0\)) второе слагаемое значительно превышает первое, то есть основная работа совершается по преодолению силы атмосферного давления.

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

Подсказка

Положение равновесия кольца на горизонтальном стержне определяется углом трения: \(\operatorname{tg}\varphi_0=\mu\). На вертикальном стержне сила трения покоя должна уравновешивать силу тяжести, а нормальная реакция создаёт центростремительное ускорение.

Ответ

\(\mu\approx0{,}34\); \(V>\dfrac{2R-r}{R-r}\sqrt{\dfrac{g(R-r)}{\mu}}\approx3{,}5\text{ м/с}\).

Решение

10-5. Из графика зависимости угла поворота кольца от времени видим, что центр кольца совершает затухающие колебания.

Найдем положения равновесия кольца, в котором сумма сил, действующих на кольцо равна нулю. Это условие имеет вид

\[N = mg \cos \varphi\]

\[F_{\text{тр}} = mg \sin \varphi\tag{1}\]

Учитывая, что \(F_{\text{тр}} = \mu N\), находим положение равновесия кольца \(\varphi_0 = \operatorname{arctg} \mu\), или \(\mu = \operatorname{tg} \varphi_0\). Из графика закона движения находим \(\varphi_0 \approx 0{,}33\), \(\mu \approx 0{,}34\).

Рассмотрим теперь движение кольца на вертикальном стержне. Для того чтобы кольцо вращалось на постоянной высоте, необходимо, чтобы оно вращалось на стержне без проскальзывания - только в этом случае сила трения будет направлена вертикально вверх и сможет уравновесить силу тяжести.

Центр кольца в такой ситуации движется по окружности радиуса \((R - r)\), поэтому сила нормальной реакции

\[N = m \frac{v_0^2}{R - r},\tag{2}\]

где \(v_0\) - скорость центра кольца. Сила трения (которая в данном случае является силой трения покоя), может принимать значения

\[F_{\text{тр}} < \mu N.\tag{3}\]

Если кольцо остается на неизменной высоте, то выполняется условие

\[F_{\text{тр}} = mg.\tag{4}\]

Из выражений (2)-(3) находим \(v_0 > \sqrt{\frac{g(R - r)}{\mu}}\), а скорость крайней (по отношению к стержню)

точки кольца, может быть найдена из простых геометрических построений, учитывающих, что кольцо вращается относительно оси стержня:

\[V = v_0 \frac{2R - r}{R - r}.\tag{5}\]

Таким образом, окончательный ответ данной задачи определяется по формуле

\[V > \frac{2R - r}{R - r} \sqrt{\frac{g(R - r)}{\mu}} \approx 3{,}5\,\text{м/с}\]

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