Белорусская, 2002/03, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Шарик лёгкий, а жидкость вязкая, поэтому сила поля всё время уравновешена трением. Заряд стекает с шарика током, который найдите через поток плотности тока и теорему Гаусса; смещение пропорционально потерянному заряду.

Ответ

\(x_{\max}=\dfrac{\rho\varepsilon\varepsilon_0q_0U}{\beta h}\).

Решение

Уравнение второго закона Ньютона для движущегося шарика имеет вид

\[ma = qE - \beta v\tag{1}\]

где \(qE\) - сила, действующая на шарик со стороны электрического поля, напряженность которого определяется формулой

\[E = \frac{U}{h}\tag{2}\]

Учитывая, что шарик легкий, а жидкость вязкая, можно считать, что в любой момент времени сумма сил, действующих на шарик равна нулю, то есть, выполняется соотношение

\[qE = \beta v\tag{3}\]

Получим уравнение, описывающее, изменение заряда шарика с течением времени. Очевидно, что заряд уменьшается вследствие наличия

слабого тока, стекающего с шарика \(\frac{\Delta q}{\Delta t} = -I\). Суммарная сила тока, стекающего с шарика, равна потоку вектора плотности тока \(\vec{j}\)

\[I = \Phi_j = \sum \vec{j} \cdot \vec{n} \Delta S\tag{4}\]

через любую замкнутую поверхность, окружающую шарик. По закону Ома плотность тока связана с напряженностью поля соотношением

\[\vec{j} = \frac{1}{\rho} \vec{E}\tag{5}\]

Следовательно, поток вектора \(\vec{j}\), выражается через поток вектора напряженности соотношением

\[\Phi_j = \frac{1}{\rho} \Phi_E = \frac{q}{\rho \varepsilon \varepsilon_0}\tag{6}\]

в котором окончательное выражение получено с помощью теоремы Гаусса. Заметим, что в выражение (2) диэлектрическая проницаемость жидкости не входит, а при выводе формулы (6) следует учесть поляризационные заряды, возникающие у поверхности шарика. Таким образом, изменение заряда шарика описывается уравнением

\[\frac{\Delta q}{\Delta t} = -\frac{q}{\rho \varepsilon \varepsilon_0}\tag{7}\]

Выразим из этого уравнения заряд шарика \(q = -\rho \varepsilon \varepsilon_0 \frac{\Delta q}{\Delta t}\) и подставим в уравнение (3) (в котором запишем \(v = \frac{\Delta x}{\Delta t}\)):

\[\beta \frac{\Delta x}{\Delta t} = -\rho \varepsilon \varepsilon_0 \frac{\Delta q}{\Delta t} \cdot \frac{U}{h}\tag{8}\]

Максимальному смещению шарика соответствует его полная разрядка (в этом случае \(\Delta q = -q_0\)). Таким образом, из уравнения (8) следует, что максимальное смещение шарика равно \(x_{max} = \frac{\rho \varepsilon \varepsilon_0 q_0 U}{\beta h}\).

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

Подсказка

Внутри однородного шара сила притяжения пропорциональна расстоянию до центра, поэтому все расстояния сокращаются в одно число раз. Энергию сжатия приравняйте к внутренней энергии газа, а время падения найдите по закону Кеплера для вытянутого эллипса.

Ответ

1) облако остаётся однородным;  2) термоядерные реакции начнутся при \(R^*\approx1\cdot10^{9}\) м (размер порядка радиуса Солнца);  3) \(t=\pi\sqrt{\dfrac{(R/2)^3}{GM}}\approx1\cdot10^{14}\) с \(\approx4\cdot10^6\) лет.

Решение

1. Рассмотрим произвольную частицу облака, находящуюся на расстоянии \(r\) до его центра. Как было доказано еще И.Ньютоном, гравитационное поле внутри однородного сферического слоя отсутствует, поэтому сила гравитационного притяжения рассматриваемой частицы полностью обусловлена частицами, находящимися на расстояниях к центру меньших \(r\). Учитывая сферическую симметрию облака, силу гравитационного притяжения рассматриваемой частицы к центру облака можно записать в виде

\[F = G \frac{mM'}{r^2} = G \frac{m}{r^2} M \frac{r^3}{R^3} = \frac{GM}{R^3} mr,\tag{1}\]

где \(M' = M \frac{r^3}{R^3}\) масса части облака находящаяся внутри сферы радиуса \(r\), \(M, R\) - масса и радиус облака, соответственно, \(m\) - масса рассматриваемой частицы.

Запишем уравнение второго закона Ньютона для частицы

\[a = \frac{dv}{dt} = -\frac{GM}{R^3} r,\tag{2}\]

из которого следует, что ускорение частицы пропорционально ее расстоянию до центра. Так как в начальный момент времени частицы следует считать неподвижными, то их скорость, и, следовательно, смещение также пропорциональны начальному расстоянию до центра. Из этих рассуждение следует, что расстояния до центра для всех частиц будут уменьшаться в одно и тоже число раз - следовательно, облако останется однородным в любой момент времени. Формализуем эти рассуждения, для чего введем безразмерную переменную \(\xi(t) = \frac{r(t)}{r_0}\), равную отношению расстояния частицы до центра облака в произвольный момент времени к ее начальному расстоянию. Скорость и ускорение движения частицы могут быть выражены через эту переменную \(v = \frac{dr}{dt} = r_0 \frac{d\xi}{dt} = r_0 v_\xi\), \(a = r_0 a_\xi\), где \(v_\xi, a_\xi\) - первая и вторая производные от \(\xi\) (скорость и ускорение, измеренные в единицах \(r_0\)). Подставляя эти значения в уравнение (2), получаем уравнение

\[a_\xi = -\frac{GM}{R^3} \xi,\tag{3}\]

не содержащее начального расстояния. Кроме того, в начальный момент времени для всех частиц облака \(\xi_0 = 1\). Следовательно, переменная \(\xi\) для всех частиц одинакова в любой момент времени, что еще раз подтверждает вывод о сохранении однородности облака.

2. Так как при движении любой частицы масса части облака, находящейся ближе к центру, остается постоянной, то движение частицы эквивалентно движению в поле точечной массы \(M'\), сосредоточенной в центре облака. В этом случае закон сохранения механической энергии для движущейся частицы будет иметь вид

\[\begin{aligned} & \frac{m v^{2}}{2}=m G M^{\prime}\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{r_{0}}\right)=m G M \frac{r_{0}^{3}}{R^{3}}\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{r_{0}}\right)= \\ & =m G M \frac{r_{0}^{2}}{R^{3}}\left(\frac{1}{\xi}-1\right) \end{aligned}\tag{4}\]

Вычислим теперь кинетическую энергию всего облака в момент времени, когда радиус облака стал равным \(R \xi\). Для этого необходимо просуммировать выражение (4) по всем частицам облака. Так как введенная переменная \(\xi\) одинакова для всех частиц, то указанное суммирование можно выполнить, используя начальное расположение частиц (иными словами проинтегрировать выражение (4) по начальным положениям). Выделим в начальном облаке тонкий сферический слой радиусом \(r_{0}\) и толщиной \(d r_{0}\). Масса этого слоя

\[d M=\frac{M}{\frac{4}{3} \pi R^{3}} 4 \pi r_{0}^{2} d r_{0}=\frac{3 M}{R^{3}} r_{0}^{2} d r_{0}\]

В процессе сжатия этот слой будет обладать кинетической энергией, определяемой выражением (4), в котором следует заменить \(m\) на \(d M\). Выполнив элементарное интегрирование, получим кинетическую энергию облака

\[E=\frac{1}{2} \int_{0}^{R} v^{2} d M=\int_{0}^{R} \frac{3 M}{R^{3}} r_{0}^{2} d r_{0} \frac{G M}{R^{3}} r_{0}^{2}\left(\frac{1}{\xi}-1\right)=\frac{3}{5} \frac{G M^{2}}{R}\left(\frac{1}{\xi}-1\right)\tag{5}\]

Это же выражение можно получить как разность между начальной и конечной гравитационной энергией однородного шара.

Теперь следует полученную энергию положить равной внутренней энергии одноатомного идеального газа (фактически мы считаем, что гравитационная энергия перешла в кинетическую, а затем во внутреннюю)

\[U=\frac{3}{2} \frac{M}{\mu} \widetilde{R} T\tag{6}\]

где обозначено \(\widetilde{R} \approx 8 \frac{\text { Дж }}{\text { моль } \cdot K}\) - универсальная газовая постоянная,

\(\mu=1 \cdot 10^{-3} \frac{\kappa 2}{\text { моль }}\) - молярная масса атомарного водорода. Из равенства выражений (5) и (6) определяем степень сжатия облака, при котором начинаются термоядерные реакции:

\[\frac{1}{\xi}-1=\frac{5}{2} \frac{R \widetilde{R} T}{G M \mu} \approx 2 \cdot 10^{7}\]

следовательно, звезда «загорится» когда ее радиус станет равным \(R^{*} \approx 1 \cdot 10^{9} \text{~м}\), что приблизительно соответствует размерам нашего Солнца.

3. Для оценки времени сжатия облака воспользуемся тем обстоятельством, что начальный радиус облака значительно превышает размеры образующейся звезды. Поэтому можно считать, что облако сжимается в точку. В этом случае можно считать, что траектория движения частицы (т.е. отрезок прямой) является очень вытянутым эллипсом. Согласно третьему закону Кеплера период обращения по эллиптической орбите определяется большой полуосью, и одинаков для всех эллипсов с одинаковой длиной большой полуоси. Следовательно, время падения \(t_{1}\) с расстояния \(R\) в притягивающий центр будет равно половине периода

обращения \(T_c\) вокруг этого же центра по круговой орбите радиуса \(R_c = \frac{R}{2}\).

Последний вычислить не составляет труда. Из закона Ньютона следует уравнение

\[G \frac{mM}{R_c^2} = \frac{mv^2}{R_c} = \frac{m(2\pi R_c)^2}{R_c T_c^2},\]

которое и позволяет найти время падения

\[t_1 = \frac{T_c}{2} = \pi \sqrt{\frac{R_c^3}{GM}} \approx 1 \cdot 10^{14} \, c \approx 4 \cdot 10^6 \, \text{лет}.\]

По космическим масштабам 4 миллиона лет, не такой уж и большой промежуток времени.

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

Подсказка

Световое давление на зачернённую и зеркальную стороны различается вдвое, но вертушку может вертеть и остаточный газ: стороны нагреты по-разному, и молекулы отлетают от них с разными скоростями. Сравните оба момента.

Ответ

1) \(F_{\text{ч}}=\dfrac{I_0}{c}a^2=0{,}40\cdot10^{-9}\) Н, \(F_{\text{з}}=2\dfrac{I_0}{c}a^2=0{,}80\cdot10^{-9}\) Н;  2) \(F_{\text{ч}}=\dfrac{I_0}{c}a^2\cos\varphi\), \(F_{\text{з}}=2\dfrac{I_0}{c}a^2\cos\varphi\) (перпендикулярно пластинке);  3) \(M=\dfrac{I_0a^3}{2c}(\cos^2\varphi-2\cos\varphi)<0\), среднее \(|\langle M\rangle|\approx1{,}5\cdot10^{-12}\) Н\(\cdot\)м, вертушка вращается чёрной стороной вперёд;  4) \(q_0=\dfrac{2}{\pi}I_0\);  5) \(\beta=\dfrac38\dfrac{p}{T_0}\sqrt{\dfrac{8RT_0}{\pi\mu}}\approx80\ \dfrac{\text{Вт}}{\text{м}^2\cdot\text{К}}\);  6) \(T\approx300\) К, \(T_1-T_2\approx1{,}9\cdot10^{-3}\) К;  7) \(\Delta P\approx1{,}6\cdot10^{-4}\) Па, момент сил давления газа \(\approx1{,}6\cdot10^{-10}\) Н\(\cdot\)м (на два порядка больше светового);  8) \(\dfrac{M_{\text{св}}}{M_{\text{газа}}}\approx\dfrac{\gamma T}{2chP}\), давление надо снизить до \(P\lesssim\dfrac{\gamma T}{2ch}\approx0{,}1\) Па.

Решение

Первая часть данной задачи широко известна, поэтому ее решение приведем конспективно.

1. Сила давление света на зачерненную сторону лепестка при нормальном падении

\[F_1 = \frac{I_0}{c} a^2 = 0{,}40 \cdot 10^{-9} \, H,\]

на зеркальную сторону в два раза больше

\[F_2 = 2 \frac{I_0}{c} a^2 = 0{,}80 \cdot 10^{-9} \, H.\]

2. При повороте лепестков на угол \(\varphi\) сила давления уменьшается, так уменьшается количество света, падающего на лепесток. На зачерненную поверхность сила давления равна

\[F_1 = \frac{I_0}{c} a^2 \cos \varphi\tag{1}\]

и направлена по направлению падающего света.

При падении света на зеркальную поверхность сила направлена перпендикулярно пластинке и равна

\[F_2 = 2 \frac{I_0}{c} a^2 \cos \varphi.\tag{2}\]

3. Так как силы светового давления равномерно распределены по поверхности пластинки, то для вычисления их момента можно считать, что суммарная сила приложена к центру пластинки.

Плечо силы, действующий на зачерненную сторону равен \(\frac{a}{2} \cos \varphi\), ее момент (положительный)

\[M_1 = \frac{I_0}{c} a^2 \cos \varphi \cdot \frac{a}{2} \cos \varphi = \frac{I_0}{2c} a^3 \cos^2 \varphi.\tag{3}\]

Плечо силы, действующей на зеркальную поверхность равно \(\frac{a}{2}\), следовательно ее момент (отрицательный)

\[M_2 = 2 \frac{I_0}{c} a^2 \cos \varphi \cdot \frac{a}{2} = \frac{I_0}{c} a^3 \cos \varphi.\tag{4}\]

Суммарный момент сил, действующий на вертушку равен

\[M = M _ { 1 } - M _ { 2 } = \frac { I _ { 0 } } { 2 c } a ^ { 3 } \big ( c o s ^ { 2 } \varphi - 2 c o s \varphi \big )\tag{5}\]

Для дальнейших расчетов заметим, что при повороте на пол оборота зеркальная и зачерненная стороны лепестков меняются местами, поэтому достаточно рассмотреть диапазон изменения угла в пределах \(\left( - \frac { \pi } { 2 } , + \frac { \pi } { 2 } \right)\). Графики зависимостей моментов сил от угла поворота показаны на рисунке.

Таким образом, при любом положении лепестка момент сил светового давления отрицательный, то есть вертушка должна вращаться черной стороной вперед. Для вычисления среднего момента сил проведем усреднение угловой зависимости

\[\frac { 1 } { \pi } \int _ { - \frac { \pi } { 2 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \left( c o s ^ { 2 } \varphi - 2 c o s \varphi \right) d \varphi = \frac { 1 } { 2 } - \frac { 4 } { \pi } \approx 0 { , } 7 7\]

Таким образом, средний момент силы равен

\[\langle M \rangle = 0 { , } 7 7 \frac { I _ { 0 } } { 2 c } a ^ { 3 } \approx 1 { , } 5 \cdot 1 0 ^ { - 1 2 } \, H \cdot { \scriptscriptstyle M }\tag{5}\]

4. Плотность потока теплоты, при повороте лепестка на угол \(\varphi\) равен \(q = I _ { 0 } \, c o s \, \varphi\), его среднее значение \(q _ { 0 } = \frac { 2 } { \pi } I _ { 0 }\).

5. В единицу времени на площадку единичной площади попадают \(\nu = \frac { 1 } { 4 } n \langle v \rangle\) молекул. В среднем каждая молекула переносит энергию \(\langle E _ { 0 } \rangle = \frac { 3 } { 2 } k T _ { 0 }\), а уносит \(\langle E \rangle = \frac { 3 } { 2 } k T\). Поэтому энергия, которая уносится газом с единицы площади в единицу времени равен

\[q = \nu \Delta \langle E \rangle = \frac { 1 } { 4 } n \langle v \rangle \cdot \frac { 3 } { 2 } k \big ( T - T _ { 0 } \big ) .\tag{6}\]

Следовательно, коэффициент теплоотдачи равен

\[\beta = \frac { 1 } { 4 } n \langle v \rangle \cdot \frac { 3 } { 2 } k = \frac { 3 } { 8 } \frac { p } { T _ { 0 } } \sqrt { \frac { 8 R T _ { 0 } } { \pi \mu } } \approx 8 0 \frac { B m } { { \scriptscriptstyle M ^ { 2 } } \cdot K } .\]

6. Обозначим температуру зачерненной стороны \(T_1\), а температуру зеркальной \(T_2\). Тогда в установившемся режиме поток теплоты, падающий на пластину (свет) \(q_0\), должен быть равен сумме потоков теплоты уносимых с зачерненной \(q_1\) и зеркальной \(q_2\) сторон \(q_0 = q_1 + q_2\), или

\[q_0 = \beta(T_1 + T_2 - 2T_0).\tag{7}\]

Кроме того, поток теплоты через пластинку \(q'\) равен потоку, \(q_2\):

\[\beta(T_2 - T_0) = \gamma \frac{T_1 - T_2}{h}.\tag{8}\]

Эти два уравнения позволяют найти температуры сторон. Так разность температур зачерненной и зеркальной сторон

\[T_1 - T_2 = \frac{q_0}{\beta + 2\frac{\gamma}{h}} = \frac{2}{\pi} \frac{q_0}{\beta + 2\frac{\gamma}{h}} \approx 1{,}9 \cdot 10^{-3} \, K.\]

Температуру пластинки можно найти из условия равенства потоков падающей и уносимой газом теплоты \(q_0 = 2\beta(T - T_0)\), откуда

\[T = T_0 + \frac{q_0}{2\beta} \approx 300 \, K.\tag{9}\]

7. Разность давлений можно оценить, считая по-прежнему, что молекулы отраженные поверхностью имеют распределение скоростей, соответствующее температуре поверхности. Поэтому импульс, переданный пластинке при одном ударе молекулы \(\Delta p' = m(v_{n0} + v_n)\), где \(v_{n0}, v_n\) - нормальные компоненты скоростей молекул до удара и после удара. Суммарное давление можно получить, умножив полученное значение импульса на среднее число ударов. Разность давлений можно определяется разностью средних скоростей молекул, отраженных от разных сторон лепестков, а эти скорости пропорциональны корню квадратному из температуры, поэтому

\[\Delta P = \nu m(v_{n1} - v_{n2}) = \frac{p}{\sqrt{T}}(\sqrt{T + \Delta T} - \sqrt{T})\]

Учитывая, что разность температур сторон лепестков мала, последнее выражение можно упростить

\[\Delta P = \frac{p}{\sqrt{T}}(\sqrt{T + \Delta T} - \sqrt{T}) \approx p \frac{\Delta T}{2T} \approx 1{,}6 \cdot 10^{-4} \, \text{Па}.\]

Силы давления газа направлены перпендикулярно поверхности, поэтому момент сил, действующих на вертушку со стороны газа равен

\[M = 2\Delta P \cdot a^2 \cdot \frac{a}{2} = \Delta P \cdot a^3 \approx 1{,}6 \cdot 10^{-10} \, H \cdot \text{м}\]

Что на два порядка превышает момент сил давления света.

8. Для оценки момента сил светового давления \(\langle M \rangle \approx \frac{I_0}{2c} a^3\). Момент сил давления газа также может быть оценен достаточно быстро:

аргументация для вывода разности давлений была приведена ранее \(\Delta P \approx p \frac{\Delta T}{2T}\);

оценка разности температур \(\Delta T \approx \frac{2I_0 h}{\gamma}\) следует из таких рассуждений:

приблизительно половина потока теплоты, падающего на пластинку, должна быть перенесена на ее противоположную сторону.

Таким образом \(M_{\text{газа}} \approx \frac{I_0 h P a^3}{T \gamma}\), а их отношение \(\frac{M_{\text{св}}}{M_{\text{газа}}} \approx \frac{\gamma T}{2 c h P}\).

Следовательно, давление газа в сосуде должно быть меньше, чем (из условия \(M_{\text{св}} \approx M_{\text{газа}}\)) \(P \approx \frac{\gamma T}{2 c h} \approx 0{,}1 \text{Па}\).

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

Подсказка

Полосы возникают при интерференции волн, отражённых от двух граней воздушного клина; соседним полосам отвечает изменение зазора на \(\lambda/2\). Искривление полос показывает, где поверхность выпукла, а где вогнута.

Ответ

1) \(\lambda=2\varepsilon\dfrac{L}{N}\approx580\) нм;  2) глубина впадины \(\approx6{,}4\) мкм, высота выступа \(\approx2{,}3\) мкм.

Решение

В данном случае сфотографированы интерференционные полосы, возникающие при интерференции волн, отраженных от нижней грани верхней пластики и верхней грани нижней пластинки.

Разность хода между этими волнами

\[\delta l = 2h + \frac{\lambda}{2},\tag{1}\]

где \(h\) — величина зазора между пластинками в точке с координатой \(x\). Учитывая малость угла, можно записать \(h = x \varepsilon\). Переход от одной интерференционной полосы к другой соответствует изменению разности хода на длину волны. Поэтому ширина интерференционной полосы выражается формулой \(\Delta x = \frac{\lambda}{2 \varepsilon}\).

Легко подсчитать, что на одном сантиметре (\(L = 1{,}0 \text{см}\)) укладывается \(N = 15\) полос, поэтому ширина интерференционной полосы равна \(\Delta x = \frac{L}{N}\).

Следовательно, длина волны падающего света

\[\lambda = 2 \varepsilon \frac{L}{N} \approx 580 \text{нм}.\tag{2}\]

2. Видно, что в левой части интерференционные полосы сгущаются, выгибаясь влево, следовательно, здесь разность хода увеличивается по сравнению с плоской поверхностью (то есть здесь на пластинке впадина).

Рассуждая аналогично, приходим к выводу, что правым кольцам соответствует выступ. Примерный профиль показан на рисунке. Левая впадина находится в месте, соответствующем 16 интерференционной полосе для плоских пластинок, на максимальной глубине находится 38 полоса, следовательно, эта глубина равна \((38 - 16) \frac{\lambda}{2} \approx 6{,}4 \text{мкм}\). Максимальному выступу соответствует 19 интерференционная полоса (а на этом месте должна быть 27 полоса), следовательно, высота выступа \((27 - 19) \frac{\lambda}{2} \approx 2{,}3 \text{мкм}\).

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