Белорусская, 2002/03, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

В системе отсчёта ленты шайба тормозится вдоль одной прямой постоянной силой трения. В земной системе конец вектора скорости при этом скользит по отрезку — годографу скоростей.

Ответ

\(\upsilon_{\min}=\dfrac{\upsilon_0u}{\sqrt{\upsilon_0^2+u^2}}\).

Решение

Сила трения скольжения \(\vec{F}_{\text{тр}}\), действующая на шайбу в начальный момент времени, направлена против относительной скорости скольжения шайбы по транспортеру \(\vec{\upsilon }'_0\), которая может быть найдена из преобразований Галилея

\[\vec{\upsilon }'_0 = \vec{\upsilon }_0 - \vec{u} \quad \Rightarrow \quad \upsilon '_0 = \sqrt{\upsilon _0^2 + u^2}.\tag{1}\]

Таким образом, в инерциальной системе отсчета, связанной с лентой транспортера, шайба будет двигаться равноускоренно по прямой до полной остановки с отрицательным ускорением

\[a = -\frac{F_{\text{тр}}}{m} = -\frac{\mu m g}{m} = -\mu g.\tag{2}\]

Как следует из обратных преобразований Галилея, скорость шайбы относительно земли будет изменяться с течением времени от \(\vec{\upsilon }_0\) до \(\vec{u}\) таким образом, что концы векторов мгновенных скоростей \(\vec{\upsilon }_i\) будут скользить вдоль отрезка \(\text{АВ}\), образуя так называемый годограф скоростей. Из анализа годографа скоростей понятно, что минимальное значение скорости шайбы относительно земли \(\vec{\upsilon }_{\text{min}}\) достигается в момент времени, когда вектор мгновенной скорости нормален отрезку \(\text{АВ}\). Из прямоугольного треугольника \(\text{АОВ}\) находим \(\upsilon _{\text{min}} = \upsilon _0 \frac{u}{\sqrt{\upsilon _0^2 + u^2}}\)

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

Подсказка

Мысленно заполните полость обратно: добавленная масса восстановит прежнее \(g_0\) в обеих точках. Запишите это для точек \(A\) и \(B\) и решите получившуюся систему.

Ответ

Центр полости лежит на диаметре \(AB\) на расстоянии \(a=2R\dfrac{\sqrt{\eta_2}}{\sqrt{\eta_2}+\sqrt{\eta_1}}\approx0{,}503R\approx\dfrac R2\) от точки \(A\); радиус полости \(r=R\sqrt[3]{\dfrac{4\eta_1\eta_2}{(\sqrt{\eta_1}+\sqrt{\eta_2})^2}}\approx0{,}250R\approx\dfrac R4\).

Решение

Наименьшее значение ускорения свободного падения \(g_{\text{min}} = 0{,}938 \, g_0\) на поверхности астероида достигается в точке, где верхний край полости подходит к поверхности астероида ближе всего. Следовательно, центр полости (точка \(C\) на рисунке) расположен на отрезке \(\text{АО}\) на некоторой неизвестной глубине \(\text{АС} = a\), где точка \(O\) — центр однородного астероида.

Масса изъятой из астероида в процессе разработки породы \(m = \rho \frac{4}{3} \pi r^3\), где \(\rho\) — плотность вещества

астероида, \(r\) — искомый радиус полости. Для решения задачи мысленно «добавим» выработанную породу обратно. Тогда на всей поверхности астероида должно «восстановится» прежнее значение ускорения свободного падения — \(g_0\). Но с другой стороны для точки \(A\) можем записать

\[g_0 = g_{min} + \Delta g_A,\]

где \(\Delta g_A\) — ускорение, создаваемое добавленной массой. С учетом закона гравитации Ньютона получаем

\[\Delta g_A = G \frac{4/3 \pi r^3 \rho}{a^2}.\]

Аналогичное равенство можно записать и для точки \(B\) астероида

\[g_0 = g_{max} + \Delta g_B,\]

где \(\Delta g_B = G \frac{4/3 \pi r^3 \rho}{(2R-a)^2}\). Таким образом, для нахождения глубины залегания центра полости \(a\) и ее радиуса \(r\) имеем систему уравнений

\[g_{min} = g_A = \frac{4}{3} G \pi \rho (R - \frac{r^3}{a^2})\tag{1}\]

\[g_{max} = g_B = \frac{4}{3} G \pi \rho (R - \frac{r^3}{(2R-a)^2}).\tag{2}\]

Выражая из первого уравнения

\[r^3 = \frac{3}{4 G \pi \rho} a^2 (g_0 - g_{min})\]

и подставляя полученное значение во второе уравнение, найдем

\[a = 2R \frac{\sqrt{g_0 - g_{max}}}{\sqrt{g_0 - g_{max}} + \sqrt{g_0 - g_{min}}} = 2R \frac{\sqrt{\eta_2}}{\sqrt{\eta_2} + \sqrt{\eta_1}}.\tag{3}\]

Соответственно, для радиуса полости имеем

\[r = R \sqrt[3]{\frac{4(g_0 - g_{max})(g_0 - g_{min})}{g_0 (\sqrt{g_0 - g_{max}} + \sqrt{g_0 - g_{min}})^2}} = R \sqrt[3]{\frac{4 \eta_2 \eta_1}{(\sqrt{\eta_2} + \sqrt{\eta_1})^2}}.\tag{4}\]

Подставляя в (3) и (4) числовые данные, находим

\[a = 0{,}503 R \approx \frac{R}{2}; \quad r = 0{,}250 R \approx \frac{R}{4}.\]

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

Подсказка

Работа силы «вязкого трения» равна джоулевой теплоте токов в кольце. Найдите поток поля магнита через кольцо (через сферический сегмент, где поле нормально), затем ЭДС и мощность.

Ответ

\(F=\dfrac{36\pi^2a^4b^2z^2}{R\left(a^2+z^2\right)^5}\,V\) (сила направлена против скорости магнита).

Решение

При изменении магнитного потока через проводящий контур в нем возникает ЭДС индукции, приводящая к появлению электрического тока. Эти токи создают свое магнитное поле, которое взаимодействует с движущимся

магнитом, вследствие чего и появляются силы «вязкого трения». Существует достаточно простой метод расчета этих сил: работа сил трения в точности равна количеству Джоулевой теплоты индукционных токов. Поэтому решение данной задачи сводится к вычислению мощности индукционного тока в кольце с последующим расчетом силы вязкости.

Вычислим магнитный поток через кольцо. Этот поток удобно рассчитывать через участок сферической поверхности \(\Omega\), опирающейся на кольцо, с центром, находящимся в центре магнита. На этой поверхности радиальная составляющая магнитного поля является нормальной, поэтому магнитный поток через малую площадку \(\Delta S\) равен \(\Delta \Phi = B_r \Delta S\). Поток через контур вычисляется как сумма потоков через все малые площадки на рассматриваемом участке сферы

\[\Phi = \sum_i B_{ri} \Delta S_i = \sum_i b \frac{2 \cos \theta_i}{r^3} \Delta S_i = \frac{2b}{r^3} \sum_i \Delta S_i \cos \theta_i.\tag{1}\]

Можно заметить, что \(\Delta S_i \cos \theta_i\) является площадью проекции площадки \(\Delta S_i\) на площадь кольца. Поэтому сумма, стоящая в формуле (1), равна площади кольца \(\pi a^2\). По теореме Пифагора радиус сферы равен \(r = \sqrt{a^2 + z^2}\). Следовательно, поток через кольцо определяется формулой

\[\Phi = \frac{2 \pi b a^2}{\left(a^2 + z^2\right)^{3/2}}.\tag{3}\]

Согласно закону электромагнитной индукции, ЭДС индукции равна производной от магнитного потока по времени

\[E = -\Phi' = \frac{6 \pi a^2 b z V}{\left(a^2 + z^2\right)^{5/2}}.\tag{4}\]

При выводе последнего соотношения учтено, что производная от \(z\) равна скорости движения магнита \(V\). По закону Джоуля-Ленца вычислим мощность теплоты, выделяющейся в стержне

\[P = \frac{E^2}{R} = \frac{1}{R} \left( \frac{6 \pi a^2 b z V}{\left(a^2 + z^2\right)^{5/2}} \right)^2 = \frac{36 \pi^2 a^4 b^2 z^2}{R \left(a^2 + z^2\right)^5} V^2.\tag{5}\]

Равная ей мощность, развиваемая силами вязкости, рассчитывается «по определению» \(P = FV\). Из равенства найденных мощностей получаем выражение для магнитной силы

\[F = \frac{36 \pi^2 a^4 b^2 z^2}{R \left(a^2 + z^2\right)^5} V.\tag{6}\]

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

Подсказка

Лента в конденсаторе — пластина диэлектрика: найдите поле внутри неё и поверхностную плотность поляризационных зарядов. Установившийся заряд определяется равенством тока зарядки и тока утечки.

Ответ

1) \(\sigma'=-\varepsilon_0\dfrac{(\varepsilon-1)U}{\varepsilon(d-h)+h}\);  2) \(q(t)=\varepsilon_0a\upsilon t\dfrac{(\varepsilon-1)U}{\varepsilon(d-h)+h}\) (по модулю);  3) \(I_{\text{з}}=\varepsilon_0a\upsilon\dfrac{(\varepsilon-1)U}{\varepsilon(d-h)+h}\) (по модулю);  4) \(q^*=\varepsilon_0^2\rho a\upsilon\dfrac{(\varepsilon-1)U}{\varepsilon(d-h)+h}\);  5) \(q^{**}=\sqrt{\dfrac{4\pi^2\varepsilon_0^2R^4}{\rho^2\beta^2}+\dfrac{4\pi\varepsilon_0^3R^2}{\beta}\cdot\dfrac{a\upsilon(\varepsilon-1)U}{\varepsilon(d-h)+h}}-\dfrac{2\pi\varepsilon_0R^2}{\rho\beta}\).

Решение

1) Для нахождения поверхностной плотности \(\sigma'\) поляризационных зарядов на ленте при выходе из конденсатора будем считать, что вследствие малости скорости движения ленты генератора распределение зарядов на ней будет таким же, как и на неподвижной пластине такой же толщины из такого же диэлектрика, внесенной в конденсатор. Пусть напряженность поля внутри конденсатора вне пластины \(E\), тогда внутри пластины — \(E_1 = \frac{E}{\varepsilon}\). Тогда для разности потенциалов между обкладками (она в данном случае равна напряжению) можем записать

\[U = E(d - h) + \frac{E}{\varepsilon} h \quad \Rightarrow \quad E = \frac{\varepsilon U}{(d - h)\varepsilon + h}.\tag{1}\]

Соответственно в диэлектрике модуль напряженности электростатического поля меньше в \(\varepsilon\) раз

\[E_1 = \frac{U}{(d - h)\varepsilon + h}.\]

С другой стороны, согласно принципу суперпозиции поле в диэлектрике можно рассматривать как сумму внешнего поля \(\vec{E}\) и поля индуцированных (поляризационных) зарядов \(\vec{E}'\)

\[E_1 = \frac{E}{\varepsilon} = E + E' \quad \Rightarrow \quad E' = -E \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon}.\tag{1}\]

Знак «-» в (1) указывает на противоположность направлений полей (а значит и знаков поверхностных плотностей зарядов) конденсатора и поляризационных зарядов. Поскольку лента внутри конденсатора тоже имеет две плоские поверхности, то окончательно имеем

\[\sigma' = -\frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon} \sigma = -\frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon} \frac{\varepsilon_0 \varepsilon U}{\varepsilon(d - h) + h} = -\varepsilon_0 \frac{(\varepsilon - 1)U}{\varepsilon(d - h) + h}.\tag{2}\]

Поскольку щетки купола генератора расположены со стороны отрицательной обкладки конденсатора (\(U < 0\)), то как видим из (2) заряд ленты (и купола) будет положительным и знак «-» в (2) далее можно опустить. 2) Как видно из схемы генератора поляризационные заряды, снятые с помощью щеток с ленты, подаются на внутреннюю поверхность купола. Однако на проводнике статические заряды могут располагаться только на его поверхности. Следовательно, в течение достаточно малого промежутка времени все заряды в генераторе «переберутся» на внешнюю поверхность купола, освобождая «место» для новой порции заряда с ленты. Поскольку потерь заряда нет, то за время \(t\) на сфере генератора окажется суммарный заряд \(q(t)\), «принесенный» лентой длиной \(l(t) = \upsilon \cdot t\), заряженной с поверхностной плотностью \(\sigma'\)

\[q(t) = \sigma' \cdot S(t) = \sigma a l(t) = \varepsilon_0 a \upsilon t \frac{(\varepsilon - 1)U}{\varepsilon(d - h) + h}.\tag{3}\]

Как видим из (3) в отсутствие потерь заряд генератора Ван-дер-Граафа прямо пропорционален времени его работы. На практике это означало бы, что с его помощью можно было бы получать бесконечные напряжения и напряженности полей, чего, конечно же, не происходит вследствие различного рода потерь. 3) Заряды противоположного знака (с внутренней стороны ленты) но такие же по величине (согласно закону сохранения заряда) стекают по шине заземления. Следовательно, сила тока заземления \(I_{\text{з}}\)

\[I_{\text{з}} = \frac{q(t)}{t} = -\varepsilon_0 a \upsilon \frac{(\varepsilon - 1)U}{\varepsilon(d - h) + h}.\tag{4}\]

4) Рассмотрим подробнее механизм потерь заряда с купола генератора. По мере роста заряда генератора \(q(t)\) увеличивается модуль напряженности электростатического поля \(\vec{E}(t)\) в воздухе (\(\varepsilon \approx 1\)) вокруг купола. Поскольку воздух можно считать слабопроводящей средой, то согласно закону Ома в дифференциальной форме увеличивается и модуль плотности тока утечки \(\vec{j}(t)\) через воздух. Если радиус купола \(R\), то для силы тока утечки находим

\[I(t) = j(t) 4 \pi R^2 = \left\{ j(t) = \frac{1}{\rho} E(t); \ E(t) = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q(t)}{R^2} \right\} = \frac{1}{\rho} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q(t)}{R^2} 4 \pi R^2 = \frac{q(t)}{\rho \varepsilon_0}.\tag{5}\]

Заряд купола перестанет меняться, когда сила тока зарядки купола (равная по модулю силе тока заземления \(I_{\text{з}}\)) станет равной силе тока утечки \(I(t)\) через воздух. Таким образом, для установившегося заряда купола \(q^*\) имеем

\[\frac { q * } { \rho \varepsilon _ { 0 } } = \varepsilon _ { 0 } a \upsilon \frac { ( \varepsilon - 1 ) U } { \varepsilon ( d - h ) + h } \quad \Rightarrow \quad q * = \varepsilon _ { 0 } ^ { 2 } \rho a \upsilon \frac { ( \varepsilon - 1 ) U } { \varepsilon ( d - h ) + h } \, .\tag{6}\]

Подчеркнем, что на практике установившееся значение заряда купола генератора \(q *\) достигается достаточно быстро — именно поэтому генератор Ван-дер-Граафа является источником сильных электростатических полей.

5) при зажигании коронного разряда (фантастическое зрелище, слабонервных просим не смотреть!) изменится значение тока утечки (5)

\[I ( t ) = j ( t ) 4 \pi R ^ { 2 } = \left( \frac { 1 } { \rho } \frac { 1 } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } } \frac { q ( t ) } { R ^ { 2 } } + \beta \frac { 1 } { 1 6 \pi ^ { 2 } \varepsilon _ { 0 } ^ { 2 } } \frac { q ^ { 2 } ( t ) } { R ^ { 4 } } \right) 4 \pi R ^ { 2 } = \frac { q ( t ) } { \rho \varepsilon _ { 0 } } + \beta \frac { q ^ { 2 } ( t ) } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } ^ { 2 } R ^ { 2 } } \, .\]

(7)

Соответственно в этом случае установившееся значение заряда на куполе генератора \(q * *\) найдем из квадратного уравнения

\[\frac { q ( t ) } { \rho \varepsilon _ { 0 } } + \beta \frac { q ^ { 2 } ( t ) } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } ^ { 2 } R ^ { 2 } } = I _ { \text{з} } = \varepsilon _ { 0 } a \upsilon \frac { ( \varepsilon - 1 ) U } { \varepsilon ( d - h ) + h } \, .\tag{8}\]

\[q * * = - \frac { 2 \pi \varepsilon _ { 0 } R ^ { 2 } } { \rho \beta } \pm \sqrt { \frac { 4 \pi ^ { 2 } \varepsilon _ { 0 } ^ { 2 } R ^ { 4 } } { \rho ^ { 2 } \beta ^ { 2 } } + \frac { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } ^ { 2 } R ^ { 2 } I _ { \text{з} } } { \beta } }\tag{9}\]

Как видим из (9) один из корней отрицательный (не имеет физического смысла, поскольку при этом заряды должны сами «стекаться» к куполу и «самопроизвольно» заряжать его).

Следовательно, окончательный ответ

\[q * * = \sqrt { \frac { 4 \pi ^ { 2 } \varepsilon _ { 0 } ^ { 2 } R ^ { 4 } } { \rho ^ { 2 } \beta ^ { 2 } } + \frac { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } ^ { 3 } R ^ { 2 } } { \beta } \cdot \frac { a \upsilon ( \varepsilon - 1 ) U } { \varepsilon ( d - h ) + h } } - \frac { 2 \pi \varepsilon _ { 0 } R ^ { 2 } } { \rho \beta } \, .\]

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