Белорусская, 2012/13, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

КПД считайте как \(A/Q_{\text{получ}}\): работа равна площади цикла, теплота подводится только на тех участках, где газ получает тепло; выразите всё через \(\beta=T_1/T_0\).

Ответ

1.1) \(\eta=\frac{2(\sqrt\beta-1)}{3+5\sqrt\beta}\to0{,}4\); 2.1) \(\eta=\frac{\sqrt\beta-1}{2(\sqrt\beta+1)}\to0{,}5\); 3.1) \(\eta=1-\frac{5(\beta^{3/5}-1)}{3(\beta-1)}\to1\); 4) \(\eta_{\text{Карно}}=1-1/\beta\) — наибольший КПД при заданных \(T_0\) и \(T_1\).

Решение

1. Квадратный цикл.

Так как цикл «квадратный», то объем и давление газа возрастают в пределах цикла в одно и тоже число раз. Их произведение (пропорциональное температуре) возрастает в \(\beta\) раз, поэтому максимальные объем и давление (в состоянии 3) находятся по формулам

\[V_3 = \sqrt{\beta} V_0, \quad P_3 = \sqrt{\beta} P_0\tag{1}\]

Газ получает теплоту на участках 1-2 и 2-3.

Суммарное количество теплоты, полученное газом равно

\[Q_1 = \frac{3}{2} R T_0 \left( \sqrt{\beta} - 1 \right) + \frac{5}{2} R T_0 \left( \beta - \sqrt{\beta} \right) =\]

\[= \frac{R T_0}{2} \left( \sqrt{\beta} - 1 \right) \left( 3 + 5 \sqrt{\beta} \right)\tag{2}\]

Работа совершенная газом за цикл числено равна площади цикла:

\[A = P_0 V_0 \left( \sqrt{\beta} - 1 \right)^2 = R T_0 \left( \sqrt{\beta} - 1 \right)^2.\tag{3}\]

Следовательно, КПД цикла равен

\[\eta = \frac{A}{Q_1} = \frac{R T_0 \left( \sqrt{\beta} - 1 \right)^2}{\frac{R T_0}{2} \left( \sqrt{\beta} - 1 \right) \left( 3 + 5 \sqrt{\beta} \right)} = \frac{2 \left( \sqrt{\beta} - 1 \right)}{\left( 3 + 5 \sqrt{\beta} \right)}.\tag{4}\]

Как и следовало ожидать, при \(\beta = 1\) КПД обращается в нуль, а при возрастании \(\beta\) стремится к предельному значению \(\overline{\eta} = \frac{2}{5} = 0{,}4\). Для построения графика полученную зависимость удобно представить в виде:

\[\eta = \frac{2 \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{\beta}} \right)}{\left( \frac{3}{\sqrt{\beta}} + 5 \right)}.\tag{5}\]

График этой зависимости показан на бланке (кривая - 1)

2. Треугольный цикл

Расчет КПД проводится аналогично. Газ получает теплоту только на участке 1-2. По первому закону термодинамики, это количество теплоты равно

\[Q_1 = \frac{3}{2}RT_0(\beta-1) + \frac{1}{2}P_0(1+\sqrt{\beta})V_0(\sqrt{\beta}-1) = 2P_0V_0(\beta-1)\]

Работа, совершенная за цикл:

\[A = \frac{1}{2}P_0V_0(\sqrt{\beta}-1)^2;\]

КПД цикла

\[\eta = \frac{A}{Q_1} = \frac{(\sqrt{\beta}-1)^2}{2(\beta-1)} = \frac{(\sqrt{\beta}-1)}{3(\sqrt{\beta}+1)+(\sqrt{\beta}-1)} = \frac{\sqrt{\beta}-1}{2(\sqrt{\beta}+1)}.\]

Предельное значение КПД в этом случае равен \(0{,}5\). Немного лучше!

3. Криволинейно-треугольный цикл.

В данном случае газ получает теплоту на участке изохорного расширения 1-2. Это количество теплоты равно

\[Q_1 = \frac{3}{2}RT_0(\beta-1).\]

Чтобы не считать работу (т.е. не интегрировать адиабату), найдем количество теплоты, отданное газом на участке 3-1. Для этого следует определить температуру газа в состоянии 3. Точки 2 и 3 соединены адиабатой, причем нам известны значения давлений в крайних точках. Поэтому запишем уравнение адиабатного процесса в координатах \((P,T)\). Из уравнения состояния идеального газа выразим \(V = \frac{RT}{P}\) и подставим в уравнение адиабаты

\[P\left(\frac{T}{P}\right)^{\gamma} = const \quad \Rightarrow \quad P^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}T = const.\]

Показатель степени в этом уравнении равен \(-\frac{2}{5}\). Записывая это уравнение для состояний 2 и 3, получим

\[(\beta P_0)^{-\frac{2}{5}}\beta T_0 = P_0^{-\frac{2}{5}}T_3 \quad \Rightarrow \quad T_3 = T_0\beta^{\frac{3}{5}}.\]

Теперь можно записать выражения для количества отданной теплоты:

\[Q_2 = \frac{5}{2}RT_0\left(\beta^{\frac{3}{5}}-1\right).\]

Наконец, формула КПД обретает вид

\[\eta = 1 - \frac { Q _ { 2 } } { Q _ { 1 } } = 1 - \frac { 5 \left( \beta ^ { \frac { 3 } { 5 } } - 1 \right) } { 3 ( \beta - 1 ) } \, .\]

В этом цикле при возрастании \(\beta\) КПД стремится к 1. График этой зависимости изображается кривой 3 на бланке.

4. КПД цикла Карно, как известно равен \(\eta = 1 - \frac { T _ { 1 } } { T _ { 0 } }\), график этой зависимости – прямая линия, идущая выше всех построенных кривых.

Таким образом, при заданных максимальных и минимальных температурах цикл Карно имеет максимально возможный КПД. Ну а рисунок цикла показан на бланке, как видите, его вид весьма далек от традиционных «ромбиков», которые обычно рисуют в учебниках!

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

Подсказка

Упругая преграда даёт гармоническое движение автомобиля на четверти периода; манекен до срабатывания ремня или удара о колонку движется свободно со скоростью \(v_0\), а перегрузка — это ускорение в единицах \(g\).

Ответ

1.1) \(v_0=15\) м/с; 1.2) \(\tau\approx52\) мс, \(n_{\max}=45\); 2.1) \(t\approx21\) мс; 2.2) \(n\approx13\); 3.1) \(t\approx53\) мс; 3.2) \(v_1\approx13\) м/с, \(t_3\approx83\) мс; 3.3) на \(\approx3\) мс; 3.4) \(n\approx13\) (колонка), \(n\approx170\) (стекло); 3.5) \(n\approx225\).

Решение

Часть 1. Лобовое столкновение автомобиля с упругой преградой.

Так как сила, действующая на автомобиль, пропорциональна смещению автомобиля, то она может быть описана функцией (закон Гука)

\[F = kx.\tag{1}\]

Коэффициент упругости легко может быть найден из графика

\[k = \frac{4{,}5 \cdot 10^5 \text{ Н}}{0{,}5 \text{ м}} = 9{,}0 \cdot 10^5 \frac{\text{Н}}{\text{м}}.\tag{2}\]

Скорость автомобиля перед столкновением находится из закона сохранения энергии:

\[\frac{Mv_0^2}{2} = \frac{kS^2}{2} \quad \Rightarrow \quad v_0 = S \sqrt{\frac{k}{M}} = 0{,}50 \sqrt{\frac{9{,}0 \cdot 10^5}{1{,}0 \cdot 10^3}} = 15 \frac{\text{м}}{\text{с}}.\tag{3}\]

Закон движения автомобиля находится из уравнения второго закона Ньютона

\[Ma = -kx,\tag{4}\]

которое является уравнением гармонических колебаний. Будем считать, что в момент начала столкновения \(t = 0\), координата автомобиля равна \(x = 0\), а начальная скорость нами найдена. С учетом начальных условий, закон движения имеет вид

\[x = S \sin \omega t,\tag{5}\]

где круговая частота колебаний равна

\[\omega = \sqrt{\frac{k}{M}} = 30 \text{ с}^{-1}.\tag{6}\]

Время торможения равно четверти периода колебаний

\[\tau = \frac{T}{4} = \frac{2\pi}{4\omega} = 5{,}2 \cdot 10^{-2} \text{ с} = 52 \text{ мс}.\tag{7}\]

Зависимость скорости и ускорения автомобиля от времени имеют вид:

\[v = S\omega \cos \omega t\tag{8}\]

\[a = -S\omega^2 \sin \omega t\]

Максимальное ускорение автомобиль испытывает в последний момент торможения, оно равно

\[a_{\text{max}} = S\omega^2 = 450 \frac{\text{м}}{\text{с}^2}.\tag{9}\]

Следовательно, максимальная перегрузка автомобиля равна

\[n = \frac{a_{\text{max}}}{g} = 45.\tag{10}\]

Часть 2. Манекен пристегнут к сидению ремнем безопасности.

Сразу после столкновения манекен продолжает двигаться свободно, перемещаясь на расстояние \(l = 2{,}0\,\text{см}\) относительно автомобиля. Для определения момента времени, когда сработает ремень безопасности можно найти из уравнения

\[v_0 t - S \sin \omega t = l\tag{11}\]

Это уравнение не может быть решено аналитически, поэтому следует воспользоваться приближенными методами. Предположим, что \(\omega t < 1\). В этом случае можно воспользоваться приближенной формулой

\[\sin x \approx x - \frac{x^3}{6}\tag{12}\]

В этом случае решение уравнения принимает значение

\[v_0 t - S \omega t + S \frac{(\omega t)^3}{6} = l \quad \Rightarrow \quad t = \frac{1}{\omega} \sqrt[3]{\frac{6l}{S}} \approx 0{,}021\,\text{с} = 21\,\text{мс}\tag{13}\]

Здесь учтено, что \(v_0 = S \omega\). При этом \(\omega t \approx 0{,}62\). Так, что предположение о малости этой величины оправдано.

Примечание. Расчет по формуле (13) дает значение 0,0207. Решение методом Ньютона дает значение 0,2085, что подтверждает правомерность использованного приближенного метода.

После того, как ремень натянулся, на манекен действует постоянная сила \(F\). В этот промежуток времени перегрузка манекена равна

\[n = \frac{F}{mg} = \frac{1{,}0 \cdot 10^4}{75} \approx 13\tag{14}\]

Зависимости перегрузок автомобиля и манекена от времени показаны на рисунке.

Часть 3. Манекен не пристегнут.

Чтобы определить время, когда манекен ударится о рулевую колонку, необходимо решить уравнение, аналогичное уравнению (11)

\[v_0 t - S \sin \omega t = L\tag{15}\]

В данном случае, величину \(\omega t\) нельзя считать малой. Можно провести графический анализ этого уравнения (см. рис.), но поступим проще: Предположим, что столкновение произошло после остановки автомобиля. В этом случае координата автомобиля оказывается равной \(S\). Следовательно, время движения в этом случае

равно

\[t_1 = \frac{S + L}{v_0} = 0{,}053\,c = 53\,\text{мс}\, ,\tag{16}\]

Что больше, чем время столкновения. Значит, действительно, удар о рулевую колонку произойдет после остановки автомобиля. Далее манекен ударяется о рулевую колонку. Рассчитаем скорость манекена после того, как рулевая колонка разрушится. Для этого запишем выражение для изменения кинетической энергии манекена, которое равно работе силы сопротивления со стороны рулевой колонки\(^1\):

\[\frac{mv_0^2}{2} - \frac{mv_1^2}{2} = Fd\, .\tag{17}\]

Из этого уравнения находим

\[v_1 = \sqrt{v_0^2 - \frac{2Fd}{m}} = \sqrt{15^2 - \frac{2 \cdot 1{,}0 \cdot 10^4 \cdot 0{,}2}{75}} = 13\,\frac{\text{м}}{\text{с}}\, .\tag{18}\]

Это столкновение будет продолжаться в течении промежутка времени

\[\Delta t = \frac{v_0 - v_1}{F}m = \frac{15 - 13}{1{,}0 \cdot 10^4} \cdot 75 = 0{,}015\,c = 15\,\text{мс}\, .\tag{19}\]

То есть, это столкновение закончится в момент времени

\[t_2 = t_1 + \Delta t = 68\,\text{мс}\, .\tag{20}\]

Перегрузка манекена в этом промежутке времени равна

\[n_2 = \frac{F}{mg} = 13{,}3\, .\tag{21}\]

Далее до столкновения со стеклом манекен будет двигаться свободно со скоростью \(v_1\), пройдя расстояние \(d\). Столкновение со стеклом произойдет в момент времени

\[t_3 = t_2 + \frac{d}{v_1} = 68 + \frac{0{,}2}{13} \cdot 10^3 = 83\,\text{мс}\, .\tag{22}\]

Если бы не рулевая колонка, удар манекена о лобовое стекло произошел бы в момент времени

\[t_3' = \frac{S + L + 2d}{v_0} = 80\,\text{мс}\, .\tag{23}\]

Наконец, осталось рассмотреть удар о стекло. Для оценок приме, что силы, действующая со стороны стекла примерно постоянна. Тогда ускорение, с которым движется манекен в этом приближении можно найти по формуле:

\[\Delta x = \frac{v_1^2}{2a} \quad \Rightarrow \quad a = \frac{v_1^2}{2\Delta x} = 1690\,\frac{\text{м}}{\text{с}}\, .\tag{24}\]

Следовательно, перегрузка во время этого удара равна

\[n_4 \approx 170\, .\tag{25}\]

Время этого удара \(\Delta t_4 = \frac{2\Delta x}{v_1} \approx 8\,\text{мс}\, .\) Поэтому манекен остановится в момент времени \(t_4 = 91\,\text{мс}\, .\) Не пристегнутый манекен столкнется со стеклом в момент времени \(t_3'\), со скоростью \(v_0\) его перегрузка в момент удара будет равна

\[n_4' = \frac{v_0^2}{2g\Delta x} = 225\, .\tag{26}\]

\(^1\) Либо равносильное кинематическое соотношение.

Удар будет продолжаться в течение промежутка

\[\Delta t_{4}^{\prime}=\frac{2 \Delta x}{v_{0}} \approx 6{,}7 \text{ мс}.\tag{27}\]

Полученные данные позволяют построить графики зависимости перегрузки от времени в ходе столкновения.

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

Подсказка

Время прихода звука зависит от момента излучения: \(t=\tau+\sqrt{V^2\tau^2+h^2}/c\); при \(V>c\) у этой функции появляется минимум — это и есть ударная волна, а частоту даёт производная \(\Delta t/\Delta\tau\).

Ответ

2.2) впервые звук слышен при \(t_{\min}=\frac{h}{cV}\sqrt{V^2-c^2}\), источник в точке \(x_1=h\sqrt{V^2/c^2-1}\); 2.4) \(\sin\alpha=c/V\), от частоты не зависит; 3.1) \(\nu_\pm=\nu_0/(1\pm V/c)\); 4.1) \(E_{\min}\approx777\) кэВ; 4.2) \(U\approx2{,}65\cdot10^5\) В; 4.3) кольцо радиусом \(R\approx14\) см.

Решение

1. Принцип Гюйгенса. Требуемое построение, показано на рисунке. Следует отметить, что во втором случае \(V_0 = 2c\) появляется огибающая, которая и является фронтом ударной волны.

2. Конус Маха.

В момент времени \(\tau\) источник находился в точке с координатой \(x = V\tau\), на расстоянии

\[r = \sqrt{x^2 + h^2} = \sqrt{V^2\tau^2 + h^2}\tag{1}\]

Звук «запоздает» на время, за которое от пройдет это расстояние, Следовательно, дойдет до наблюдателя в момент времени

\[t = \tau + \frac{\sqrt{V^2\tau^2 + h^2}}{c}.\tag{2}\]

Для построения примерного графика этой функции можно отметить его следующие характерные особенности:

при \(\tau = 0\) \(t = \frac{h}{c}\), что соответствует времени, которое необходимо, чтобы звук прошел расстояние \(h\); при \(\tau \to +\infty\) \(t \approx \tau + \frac{V}{c}\tau\), то есть график имеет асимптоту; при \(\tau \to -\infty\) \(t \approx \tau - \frac{V}{c}\tau\) (надо правильно извлекать корень!) – вторая асимптота. И вот здесь кроется самое интересное: при \(V > c\) коэффициент наклона второй асимптоты становится отрицательным, следовательно, в этом случае функция (2) имеет точку минимума. Поэтому графики данной зависимости имеют вид, показанный на рисунке. Не сложно найти положение этого минимума: вычисляя производную от функции (2) и полагая ее равной нулю, получим уравнение

\[t ^ { \prime } = 1 + \frac { V ^ { 2 } \tau } { c \sqrt { V ^ { 2 } \tau ^ { 2 } + h ^ { 2 } } } = 0\tag { 3 }\]

Это уравнение имеет единственный корень при \(V > c\) :

\[\tau ^ { * } = - \frac { h } { V \sqrt { \frac { V ^ { 2 } } { c ^ { 2 } } - 1 } } .\tag { 4 }\]

Поэтому наблюдатель впервые услышит звук в момент времени

\[t _ { \min } = t \left( \tau ^ { * } \right) = \frac { h } { c V } \sqrt { V ^ { 2 } - c ^ { 2 } } \ .\tag { 5 }\]

Источник в этот момент времени будет находиться в точке с координатой

\[x _ { 1 } = V t _ { \min } = h \sqrt { \frac { V ^ { 2 } } { c ^ { 2 } } - 1 } \ .\tag { 6 }\]

В более поздние моменты времени наблюдатель будет одновременно слышать звуки, идущие от разных источников, движущихся в противоположных направлениях.

Именно наличие экстремума свидетельствует о возникновении ударной волны. Потому, что в течение малого промежутка времени \(\Delta t\) практически одновременно будут приходить волны, испущенные в течение гораздо более длительного промежутка \(\Delta \tau\).

Формально можно поступить следующим образом. Пусть мощность источника равна \(P\). В течение бесконечно малого промежутка времени \(d\tau\) он испустит энергию \(dE_0 = P d\tau\). Какая-то ее часть \(dE_1 = \beta P d\tau\) (она определяется геометрией расположения источника и наблюдателя и размером ушей последнего) будет принята в течение промежутка времени \(dt\), поэтому воспринимаемая мощность определяется по формуле

\[P _ { 1 } = \frac { d E _ { 1 } } { d t } = \beta P \frac { d \tau } { d t } = \frac { \beta P } { t ^ { \prime } } \ .\tag { 7 }\]

В точке экстремума эта мощность устремляется к бесконечности, что свидетельствует о наличии ударной волны.

Угол полураствора конуса Маха можно найти либо из построения Гюйгенса, либо из формулы (6), в любом случае он определяется соотношением

\[\sin \alpha = \frac { c } { V } \ .\tag { 8 }\]

3. Эффект Доплера.

Формулы для эффекта Доплера можно получить различными способами. В данном случае простейшим из них является способ, основанный на использовании полученной зависимости (2).

Если считать период волны, испускаемой источником малой величиной (\(T_0 = \Delta\tau\)), то воспринимаемый период также можно считать малой величиной\(^2\) (\(T_1 = \Delta t\)). Их отношение можно найти, как производную от функции (2)

\[\frac{T_1}{T_0} = \frac{\Delta t}{\Delta\tau} = t'.\tag{9}\]

Эту производную мы уже вычисляли, поэтому сразу запишем:

\[\frac{\nu}{\nu_0} = \frac{T_0}{T_1} = \frac{1}{1 + \frac{V^2\tau}{c\sqrt{V^2\tau^2 + h^2}}}.\tag{10}\]

Для получения окончательного результата необходимо выразить \(\tau\) через \(t\), то есть решить уравнение (2) относительно \(\tau\).

Если наблюдатель находится на оси, вдоль которой движется источник, то воспринимаемую частоту можно найти из формулы (10), если положить \(h = 0\). В этом случае получим

\[\nu_{\pm} = \frac{\nu_0}{1 \pm \frac{V}{c}}.\tag{11}\]

Знак плюс соответствует наблюдателю находящемуся позади источника (источник удаляется), так как в этом случае в формуле (10) \(\tau > 0\). Знак минус – случаю, когда источник приближается к наблюдателю\(^3\).

Для наблюдателя, находящегося сбоку от линии движения источника, частота будет монотонно изменяться от \(\nu_-\) до \(\nu_+\). Для звука, испущенного в момент времени \(\tau = 0\) и пришедшего в момент времени \(t = \frac{h}{c}\), частота останется неизменной.

\(^2\) Очень интересный вопрос – а что такое частота в данный момент времени? чтобы говорить о частоте, надо зарегистрировать хотя бы одно колебание! Но в физике есть понятие физически малая величина: мала настолько, что можно считать дифференциалом, но велика настолько, что содержит большое число... в данном случае периодов колебаний.

\(^3\) Надо правильно извлекать корень квадратный!

4. Излучение Вавилова-Черенкова.

4.1 Излучение начнется, если скорость электронов превысит скорость света в воде, то есть при \(v = \frac{c}{n}\). В этом случае полная энергия электрона будет равна

\[E_{\min} = \frac{mc^2}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}} = \frac{E_0}{\sqrt{1 - \frac{1}{n^2}}},\tag{12}\]

где \(E_0 = mc^2\) - энергия покоя электрона. Ее численное значение (в эВ) равно

\[E_0 = \frac{mc^2}{e} = \frac{9{,}1 \cdot 10^{-31} \cdot (3{,}0 \cdot 10^8)^2}{1{,}6 \cdot 10^{-19}} = 512 \, \text{кэВ}.\tag{13}\]

Минимальная энергия равна

\[E_{\text{мин}} = \frac{E_0}{\sqrt{1 - \frac{1}{n^2}}} = \frac{512 \, \text{кэВ}}{\sqrt{1 - \frac{1}{1{,}33^2}}} = 777 \, \text{кэВ},\tag{14}\]

4.2 При ускорении электрон должен пройти ускоряющую разность потенциалов, которая находится из условия (записано в эВ)

\[U = E_{\text{мин}} - E_0 = E_0 \left( \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{1}{n^2}}} - 1 \right) = 2{,}65 \cdot 10^5 \, \text{В}.\tag{15}\]

4.3 Так как за каждым электроном «тянется» световой конус, то при попадании его на линзу, в ее фокальной плоскости образуется кольцо, радиус которого углом полураскрытия конуса (не забыть учесть преломление на задней грани сосуда с водой!), а этот угол определяется скоростью электронов. Скорость электронов найдем из формулы

\[2E_{\text{мин}} = \frac{E_0}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}} = 2 \frac{E_0}{\sqrt{1 - \frac{1}{n^2}}} \quad \Rightarrow \quad v = \frac{c}{2n} \sqrt{3n^2 + 1}.\tag{16}\]

В соответствии с полученным ранее результатом, угол полураскрытия светового конуса определяется условием

\[\sin \alpha = \frac{c}{nv} = \frac{2}{\sqrt{3n^2 + 1}} = 0{,}796.\tag{17}\]

Для дальнейших расчетов удобно перейти от волнового фронта к лучам, которые перпендикулярны фронту. Как следует из рисунка, закон преломления на задней стенке имеет вид:

\[n \cos \alpha = \sin \gamma\tag{18}\]

Из этого выражение определяем угол \(\gamma\) (именно под этим углом к оптической оси лучи будут попадать на линзу): \(\gamma = 53{,}6^\circ\) Теперь находим радиус кольца на экране:

\[R = F \operatorname{tg} \gamma \approx 14 \, \text{см}.\tag{19}\]

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