Белорусская, 1999/00, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Закон Гука \(\sigma=\varepsilon E\): вдоль \(OX\), \(OY\) пластины деформируются одинаково и работают «параллельно», вдоль \(OZ\) нагружены одинаковой силой и работают «последовательно».

Ответ

\(k_x\approx2{,}0\cdot10^{9}\) Н/м; \(k_y\approx7{,}8\cdot10^{9}\) Н/м; \(k_z\approx1{,}6\cdot10^{10}\) Н/м.

Решение

10.1 Для вычисления коэффициента жесткости необходимо вычислить отношение приложенной силы \(F\) к изменению длины образца \(\Delta l\)

\[k = \frac { F } { \Delta l } .\tag{1}\]

Возможны два способа вычисления этого коэффициента: первый - задать внешнюю силу и затем рассчитать удлинение; второй - задать удлинение и затем найти возникающую силу упругости. Для выполнения данной процедуры необходимо использовать закон Гука \(\sigma = \varepsilon E\), где \(\sigma = \frac { F } { S }\) - механическое напряжение, возникающее в образце, \(\varepsilon = \frac { \Delta l } { l }\) - относительная деформация образца.

Рассмотрим сжатие образца вдоль оси \(OY\) на малую величину \(\Delta y\). В этом случае относительные деформации каждой пластины одинаковы и равны \(\varepsilon = \frac { \Delta y } { b }\). По закону Гука в пластинах возникают упругие напряжения

\[\sigma _ { 1 , 2 } = \varepsilon E _ { 1 , 2 } = E _ { 1 , 2 } \frac { \Delta y } { b } .\tag{2}\]

Поэтому суммарная сила упругости определится по формуле

\[F = \sigma _ { 1 } S _ { 1 } + \sigma _ { 2 } S _ { 2 } = \frac { \Delta y } { b } c ( E _ { 1 } a _ { 1 } + E _ { 2 } a _ { 2 } ) .\tag{3}\]

Следовательно, коэффициент жесткости при деформации вдоль оси \(OY\) вычисляется по формуле

\[k _ { y } = \frac { F } { \Delta y } = \frac { c } { b } ( E _ { 1 } a _ { 1 } + E _ { 2 } a _ { 2 } ) \approx 7{,}8 \cdot 10 ^ { 9 } \frac { \text{Н} } { \text{м} } .\tag{4}\]

Коэффициент жесткости при деформации вдоль оси \(OX\) рассчитывается аналогично (достаточно в последней формуле поменять местами \(b\) и \(c\)):

\[k_x = \frac{b}{c}(E_1 a_1 + E_2 a_2) \approx 2{,}0 \cdot 10^9 \, \frac{\text{Н}}{\text{м}}.\tag{5}\]

Для вычисления коэффициента жесткости вдоль оси \(OZ\) положим, что к образцу приложена внешняя сила \(F\) и найдем деформацию «бутерброда». Механические напряжения в обеих пластинах будут одинаковы и равны

\[\sigma = \frac{F}{bc}.\tag{6}\]

Общая деформация равна сумме деформаций пластин

\[\Delta z = \Delta z_1 + \Delta z_2 = \frac{\sigma}{E_1} a_1 + \frac{\sigma}{E_2} a_2 = \frac{F}{bc} \left( \frac{a_1}{E_1} + \frac{a_2}{E_2} \right)\]

Следовательно, коэффициент жесткости при такой нагрузке вычисляется по формуле

\[k_z = \frac{F}{\Delta z} = \frac{bc}{\frac{a_1}{E_1} + \frac{a_2}{E_2}} \approx 1{,}6 \cdot 10^{10} \, \frac{\text{Н}}{\text{м}}.\tag{7}\]

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

Подсказка

В точке отрыва реакция купола равна нулю: запишите второй закон Ньютона вдоль радиуса и закон сохранения энергии с работой силы поля.

Ответ

\(\dfrac{mg}{qE}=\dfrac{3\sin\alpha}{3\cos\alpha-2}\approx2{,}5\).

Решение

10.2 В точке отрыва сила реакции купола обращается в нуль. Поэтому в этой точке на основании второго закона Ньютона можно записать

\[\frac{mv^2}{R} = mg \cos \alpha - qE \sin \alpha,\tag{1}\]

где \(\frac{v^2}{R}\) — центростремительное ускорение шайбы (\(R\) — радиус купола); \(qE\) — сила электростатического взаимодействия (\(q\) — заряд шайбы, \(E\) — напряженность электрического поля). На основании закона сохранения энергии можно получить еще одно очевидное уравнение

\[\frac{mv^2}{2} = mgR(1 - \cos \alpha) + qER \sin \alpha.\tag{2}\]

Решив совместно уравнения (1)-(2), получим ответ задачи

\[\frac{mg}{qE} = \frac{3 \sin \alpha}{3 \cos \alpha - 2} \approx 2{,}5.\]

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

Подсказка

Перейдите во вращающуюся систему: шарик движется по дуге вокруг точки \(A\), и равновесие определяется условием \(F_{тр}\le\mu mg\) для составляющей центробежной силы поперёк нити.

Ответ

\(\beta=\pi/4\) при \(\omega\le\omega_0=\sqrt{\mu g/a}\approx4{,}4\) с\(^{-1}\); \(\beta=\dfrac{3\pi}{4}-\arcsin\dfrac{\mu g}{a\omega^2}\) при \(\omega_0\le\omega\le\omega_1\approx6{,}3\) с\(^{-1}\); \(\beta=0\) при \(\omega>\omega_1\).

Решение

10.3 Задачу удобно решать во вращающейся неинерциальной системе отсчета, связанной с центром диска. В этой системе необходимо учитывать центробежную силу инерции \(m\omega^{2}r\), направленную радиально от оси вращения. (Заметим, что, в принципе, можно решать и в инерциальной системе отсчета.)

При раскручивании диска действие центробежной силы приведет к тому, что нити, удерживающие шарики, будут все время натянуты. Следовательно, они будут двигаться по дугам окружностей вокруг точки \(A\), а силы трения будут направлены перпендикулярно нитям. Пусть угловая скорость вращения диска равна \(\omega\). Определим области положения равновесия шариков. В проекции на направление перпендикулярное нити условие равновесия можно записать в виде (см. рисунок, сила натяжения нити за ненадобностью не показана)

\[F_{m.p.} = m\omega^{2}r\sin\alpha.\tag{1}\]

Учитывая, что треугольник \(OAC\) равнобедренный, расстояние до центра можно выразить в простом виде \(r = 2a\cos\alpha\), тогда уравнение (1) преобразуется к виду

\[F_{m.p.} = m\omega^{2}r\sin\alpha = m\omega^{2} \cdot 2a\cos\alpha\sin\alpha = ma\omega^{2}\sin\varphi.\tag{2}\]

Сила трения покоя удовлетворяет условию \(F_{m.p.} \le \mu mg\). Поэтому условие равновесия шарика при заданной угловой скорости вращения имеет вид

\[ma\omega^{2}\sin\varphi \le \mu mg,\tag{3}\]

или

\[\sin\varphi \le \frac{\mu g}{a\omega^{2}}.\tag{4}\]

При \(\omega \le \omega_{0} = \sqrt{\frac{\mu g}{a}} \approx 4{,}4c^{-1}\) в любом положении на рассматриваемой окружности шарик будет находится в равновесии. При дальнейшем увеличении угловой скорости область равновесия будет сужаться (на рис. заштрихована). Таким образом, когда угловая скорость достигнет величины \(\omega_{0}\) первый шарик сдвинется с места и с увеличением скорости вращения будет смещаться вслед за границей области устойчивости. Когда угловая скорость

достигнет величины \(\omega_1 = \sqrt{\frac{\mu g}{a \sin \varphi_0}} \approx 6{,}3 c^{-1}\), начнет движение второй шарик, а первый в это время будет находится в точке \(B\). Сразу после начала движения второй шарик попадает в область отсутствия равновесия и, следовательно, также устремится к точке \(B\), где догонит первый шарик. Дальше они будут двигаться вместе. Таким образом, угол между нитями подчиняется следующим

закономерностям

\[\beta = \begin{cases} \frac{\pi}{4}, & \text{при } 0 \le \omega \le \omega_0; \\ \frac{3\pi}{4} - \arcsin \frac{\mu g}{a \omega^2}, & \text{при } \omega_0 \le \omega \le \omega_1; \\ 0, & \text{при } \omega > \omega_1 \end{cases}\]

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

Подсказка

Посчитайте энергию растянутой квадратной сетки по числу пружинок, затем приравняйте работу газа при малом увеличении радиуса к приращению энергии плёнки.

Ответ

\(U=k(\sqrt S-\sqrt{S_0})^2\); \(P=\dfrac{2k(r-r_0)}{r^2}\).

Решение

10.4 В рамках указанной модели представим пленку как квадратную сетку, состоящую из маленьких пружинок длиной \(a\). Пусть кусок пленки имеет форму квадрата со стороной \(l_0\) (\(l_0 \gg a\)). Тогда этот кусок имеет \(N = 2 \frac{l_0^2}{a^2}\) пружинок (площадь одной ячейки равна \(a^2\), а на каждую ячейку приходится 2 пружинки - каждая пружинка «принадлежит двум соседним ячейкам!). Если растянуть пленку до квадрата со стороной \(l\), то длина каждой пружинки увеличится на величину \(\Delta x = \frac{l}{l_0} a - a = \frac{a}{l_0} (l - l_0)\). Поэтому увеличение потенциальной энергии пленки будет определяться формулой

\[U = N \frac{k (\Delta x)^2}{2} = k (l - l_0)^2 = k (\sqrt{S} - \sqrt{S_0})^2,\tag{1}\]

где \(S = l^2\) - площадь растянутой пленки, \(S_0 = l_0^2\) - площадь недеформированной пленки.

Рассмотрим шарик, изготовленный из эластичной пленки. Пусть при недеформированной пленке радиус шарика равен \(r_0\). Тогда на длину

«экватора» приходится \(n = \frac{2\pi r_0}{a}\) упругих пружинок, натяжения которых будут уравновешивать силы давления воздуха. При радиусе шарика \(r\) суммарная сила давления воздуха на полусферу

\[F = P\pi r^2\tag{2}\]

будет уравновешена силами упругости

\[nk\Delta x = \frac{2\pi r_0}{a} k\left(\frac{r}{r_0}a - a\right) = 2\pi k(r - r_0),\tag{3}\]

где учтено, что удлинение каждой пружинки может быть найдено из подобия \(\Delta x = \frac{r}{r_0}a - a\). Приравнивая эти силы, находим равновесное значение давления газа

\[P = 2k\frac{r - r_0}{r^2}.\tag{4}\]

Возможен и другой подход к вычислению давления. При увеличении радиуса шара на малую величину \(\Delta r\), газ совершит работу

\[A = P\Delta V = P4\pi r^2 \Delta r.\tag{5}\]

Эта работа пойдет на увеличение потенциальной энергии пленки \(\Delta U = U(r + \Delta r) - U(r)\). Воспользуемся формулой (1) для вычисления этой величины

\[\Delta U = k \cdot 4\pi \cdot 2(r - r_0)\Delta r,\tag{6}\]

при выводе которой учтено, что площадь поверхности сферы \(S = 4\pi r^2\). Приравняв выражения (5) и (6), получаем прежний результат (4).

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

Подсказка

Капля движется равномерно: сравните уравнения равновесия сил при падении и при подъёме в поле — коэффициент вязкого трения исключается.

Ответ

\(e=(1{,}60\pm0{,}01)\cdot10^{-19}\) Кл, заряд капли \(q=\dfrac{mgh}{U_0}\Bigl(1+\dfrac{v_1}{v_0}\Bigr)\).

Решение

10.5 Так как в процессе движения капли на нее действует сила вязкого трения, а масса капли мала, то можно считать движение капли равномерным. Скорость такого движения \(v_0\) можно определить из условия равенства модулей силы тяжести и силы сопротивления

\[mg = \beta v_0,\tag{1}\]

где \(\beta\) - некоторый постоянный для данной капли коэффициент. При движении капли вверх справедливо соотношение

\[q \frac { U _ { 0 } } { h } - m g = \beta v _ { 1 } .\tag{2}\]

Исключая из этих уравнений неизвестный коэффициент \(\beta\), получаем формулу для определения заряда капли

\[q = \frac { m g h } { U _ { 0 } } \cdot ( 1 + \frac { v _ { 1 } } { v _ { 0 } } ) ,\tag{3}\]

где \(m = \frac { 4 } { 3 } \pi r ^ { 3 } \rho\) - масса капли.

Для удобства дальнейших расчетов, подставим численные значения постоянных величин, причем запишем \(r = r _ { 0 } \cdot 1 0 ^ { - 6 }\), где \(r _ { 0 }\) - значение радиуса капли в микронах; \(U _ { 0 } = u _ { 0 } \cdot 1 0 ^ { 3 }\), где \(u _ { 0 }\) - значение напряжения в киловольтах. Так как в формулу (3) входит отношение скоростей, то нет необходимости переводить их размерности в систему единиц СИ. Таким образом получим расчетную формулу

\[q = 0 { , } 7 4 7 \cdot 1 0 ^ { - 1 9 } \cdot r _ { 0 } ^ { 3 } ( 1 + \frac { v _ { 1 } } { v _ { 0 } } ) .\tag{4}\]

Результаты расчетов представим в Таблице 2, дополнив ее необходимыми столбцами.

Таблица 2.

Можно заметить, что рассчитанные значения зарядов, приведенные в столбце 6, приблизительно кратны величине \(1{,}6\). Разделим величины зарядов на \(1{,}6\) и округлим полученное значение до целого числа \(n\), равного числу избыточных электронов на капле (столбец 7). Затем разделим величину заряда капли на количество избыточных электронов и получим значение заряда электрона

(столбец 8). Далее необходимо традиционным образом провести усреднее полученных значений и оценку погрешности.

\[\bar{e} = \frac{\sum_k e_k}{n} \approx 1{,}60 \ , \quad \Delta e = 2 \sqrt{\frac{\sum_k (e_k - \bar{e})^2}{n(n-1)}} \approx 0{,}01 \ .\]

Таким образом, полученное значение заряда электрона

\[e = (1{,}60 \pm 0{,}01) \cdot 10^{-19} \text{ Кл} \ .\]

Заметим, что в своих опытах Р.Милликен получен несколько заниженное значение величины заряда электрона.

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