Белорусская, 2020/21, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

В 1.1.1 подумай, чему равна \(U=C_VPV\) при неизменном давлении; тепло уходит вместе с воздухом, вышедшим наружу. В 1.2 интенсивность \(I\sim 1+\cos\varphi\), а разность фаз пропорциональна изменению площади. В 1.3 законы сохранения импульса и энергии для рассеяния назад.

Ответ

1.1.1) \(\Delta U=0\);  1.1.2) \(Q=\dfrac{7}{4}PV\left(\dfrac{\Delta T}{T_0}\right)^2\approx52\) кДж;  1.2) \(\Delta S_2=\Delta S_1/5\);  1.3) \(\Delta\lambda=\dfrac{2h}{mc}\approx4{,}8\cdot10^{-12}\) м.

Решение

Задача 1.1

1.1.1 Внутренняя энергия газа рассчитывается по формуле \[U = C_V \nu R T.\tag{1}\] Запишем также уравнение состояния газа \[PV = \nu R T.\tag{2}\] Из этих уравнений следует, что \[U = C_V PV.\tag{3}\] Внутренняя энергия воздуха в комнате не изменилась.

1.1.2 Тем не менее на нагревание воздуха теплота необходима. Изменение внутренней энергии оказалось равным нулю потому, что часть воздуха вышла наружу. Сложность расчёта полного количества теплоты заключается в том, что в процессе разные порции воздуха выходили при разных температурах, получая разное количество теплоты.

Рассмотрим, как изменялось количество воздуха в комнате при изменении температуры. Выразим из (2) количество вещества в комнате: \[\nu = \frac{PV}{RT}.\tag{4}\] Тогда при изменении температуры на малую величину \(dT\) число молей уменьшалось на \[d\nu = \frac{PV}{R}\frac{dT}{T^2}.\tag{5}\] Эта порция воздуха получила количество теплоты \[\delta Q = C_P (T - T_0)\, d\nu = C_P \frac{PV}{R}\frac{T - T_0}{T^2}\, dT.\tag{6}\] Здесь \(C_P = C_V + R = \frac{7}{2}R\) — молярная теплоёмкость при постоянном давлении (процесс изобарный). Для точного расчёта необходимо проинтегрировать (6). Однако относительное изменение абсолютной температуры невелико, поэтому в знаменателе можно пренебречь изменением температуры. Тогда количество теплоты, унесённое на улицу, можно представить в виде \[Q = \frac{C_P}{R}PV\,\frac{1}{2}\left(\frac{\Delta T}{T_0}\right)^2 = \frac{7}{4}PV\left(\frac{\Delta T}{T_0}\right)^2 \approx 52\ \text{кДж}.\tag{7}\] Это выражение можно представить и в наглядной форме (её можно получить из качественных рассуждений): \[Q = \frac{1}{2}C_P \Delta\nu\,\Delta T.\tag{8}\]

Задача 1.2

Причина изменения интенсивности отражённого света — интерференция волн, отражённых от передней и задней поверхностей плёнки. При интерференции двух волн одинаковой интенсивности интенсивность результирующей волны \[I = I_0(1 + \cos\varphi),\tag{1}\] где \(\varphi\) — разность фаз между интерферирующими волнами. Она пропорциональна толщине плёнки, то есть обратно пропорциональна её площади. При малом изменении площади толщина также меняется мало: \[h = \frac{h_0 S_0}{S_0 + \Delta S} \approx h_0\left(1 - \frac{\Delta S}{S_0}\right).\tag{2}\] Следовательно, изменение разности фаз пропорционально изменению площади. При площади \(S_0\) интенсивность максимальна, поэтому разность фаз тогда была равна нулю (целое число \(2\pi\)), \(I = 2I_0\). Затем интенсивность монотонно убывала (все изменения происходят в пределах одного порядка интерференции) и уменьшилась в 4 раза, то есть стала равной \(0{,}5I_0\). Из (1) \(\cos\varphi = -0{,}5\), что соответствует разности фаз \(\dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{5}{6}\pi\). Чтобы интенсивность стала равной нулю, разность фаз должна стать равной \(\pi\), то есть фаза должна дополнительно измениться на \(\dfrac{\pi}{6}\). Это в 5 раз меньше, чем при изменении площади на \(\Delta S_1\); так как изменение разности фаз и изменение площади пропорциональны, то \[\Delta S_2 = \frac{1}{5}\Delta S_1.\tag{3}\]

Задача 1.3

Запишем уравнения закона сохранения импульса \[\frac{h}{\lambda_0} = -\frac{h}{\lambda} + p\tag{1}\] и закона сохранения энергии \[\frac{hc}{\lambda_0} + mc^2 = \frac{hc}{\lambda} + E.\tag{2}\] Здесь \(p\), \(E\) — импульс и энергия электрона после взаимодействия. Добавим уравнение связи между энергией и импульсом электрона \[E^2 = p^2 c^2 + m^2 c^4.\tag{3}\] При аккуратном решении системы (1)–(3) получаем известный результат для сдвига длины волны: \[\Delta\lambda = 2\frac{h}{mc} = 4{,}8\cdot 10^{-12}\ \text{м}.\tag{4}\]

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

Подсказка

Для периода при любой амплитуде перейди к переменной \(z=x^2\): закон сохранения энергии в ней превращается в уравнение гармонических колебаний.

Ответ

1.2) колебания, не гармонические;  1.3) \(x\in\left[\dfrac{a^2}{x_0},\,x_0\right]\);  1.4) \(T=\pi\sqrt{\dfrac{m}{2k}}\);  1.5) \(T=\pi\sqrt{\dfrac{m}{2k}}\) (то же);  1.6) \(z=x^2\) колеблется гармонически с \(\omega^2=8k/m\), период от \(x_0\) не зависит;  1.7) \(x(t)=\dfrac{a}{3}\sqrt{41+40\cos\omega t}\), \(\omega=\sqrt{8k/m}\).

Решение

1.1 Свойства функции \(U(x) = ka^2\left(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{a^2}{x^2} - 2\right)\): функция чётная, её график симметричен относительно оси ординат; она обращается в нуль при \(x = a\); при \(x \to 0\) потенциальная энергия стремится к бесконечности (в нуле бесконечный потенциальный барьер); при \(x \to \infty\) функция приближается к квадратичной (график — к параболе). Этого достаточно для схематического графика: две ветви, каждая с минимумом \(U = 0\) в точках \(x = \pm a\), уходящие вверх у нуля и при больших \(|x|\).

1.2 Потенциальная кривая имеет точку минимума, то есть положение устойчивого равновесия, поэтому точка совершает колебательное движение. Так как зависимость потенциальной энергии от координаты не квадратичная, колебания не будут гармоническими.

1.3 Вблизи \(x = 0\) потенциальная энергия стремится к бесконечности, поэтому материальная точка не сможет преодолеть этот барьер, и достаточно рассматривать \(x > 0\). Воспользуемся законом сохранения энергии \[\frac{mv^2}{2} + U(x) = U(x_0),\tag{2}\] где полная энергия определяется начальным условием \(E = U(x_0)\). Точки возврата (где скорость обращается в нуль) задаются уравнением \[U(x) = U(x_0).\tag{3}\] Для определения пределов движения нужно решить (выбирая только положительные корни) \[ka^2\left(\frac{x^2}{a^2} + \frac{a^2}{x^2} - 2\right) = ka^2\left(\frac{x_0^2}{a^2} + \frac{a^2}{x_0^2} - 2\right).\tag{4}\] Уравнение сводится к биквадратному, но проще заметить, что оно симметрично относительно замены \(\dfrac{x}{a} \to \dfrac{a}{x}\). Поэтому второй положительный корень \(x_1 = \dfrac{a^2}{x_0}\). Таким образом, точка движется внутри интервала \[x \in \left[\frac{a^2}{x_0},\, x_0\right].\tag{5}\]

1.4 Малые колебания происходят вблизи положения равновесия \(x = a\). Представим координату в виде \(x = a + y\), где \(y \ll a\). Преобразуем потенциальную функцию: \[U(x) = ka^2\left(\frac{(a+y)^2}{a^2} + \frac{a^2}{(a+y)^2} - 2\right) = ka^2\,\frac{\bigl((a+y)^2 - a^2\bigr)^2}{(a+y)^2 a^2} = ka^2\,\frac{(2ay + y^2)^2}{(a+y)^2 a^2}.\tag{6}\] Пренебрегая слагаемыми порядка выше \(y^2\), получаем \[U(x) \approx ka^2\,\frac{(2ay)^2}{a^2 \cdot a^2} = 4ky^2.\tag{7}\] Закон сохранения энергии принимает вид \[\frac{mv^2}{2} + 4ky^2 = 4ky_0^2,\tag{8}\] это уравнение гармонических колебаний с круговой частотой \(\omega^2 = \dfrac{8k}{m}\). Период малых колебаний \[T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{8k}} = \pi\sqrt{\frac{m}{2k}}.\tag{9}\]

1.5 При больших амплитудах колебаний можно приближённо считать, что \[U(x) \approx kx^2.\tag{10}\] Эта функция обращается в бесконечность при \(x = 0\) (приближённо). Движение можно представить как гармонические колебания при \(x > 0\) и абсолютно упругое отражение в начале координат. Поэтому период таких колебаний равен половине периода гармонических колебаний с потенциальной энергией (10): \[T = \frac{1}{2}\cdot 2\pi\sqrt{\frac{m}{2k}} = \pi\sqrt{\frac{m}{2k}}.\tag{11}\] Этот период совпадает с периодом малых колебаний.

1.6 Воспользуемся подсказкой и получим уравнение для \(z = x^2\). Скорость изменения этой величины \[V_z = z' = 2xx' = 2xv,\tag{12}\] тогда \[v = \frac{V_z}{2x}.\tag{13}\] Выразим потенциальную энергию через \(z\): \[U(x) = ka^2\left(\frac{z}{a^2} + \frac{a^2}{z} - 2\right).\tag{14}\] Подставим в закон сохранения энергии: \[\frac{m}{2}\left(\frac{V_z}{2x}\right)^2 + k\frac{(z - a^2)^2}{z} = k\frac{(z_0 - a^2)^2}{z_0}.\tag{15}\] Учитывая, что \(x^2 = z\), получим \[\frac{m}{2}V_z^2 + 4k(z - a^2)^2 = 4k\frac{(z_0 - a^2)^2}{z_0}\,z.\tag{16}\] Выделяя в этом уравнении полный квадрат относительно \(z\), приводим его к виду \[\frac{m}{2}V_z^2 + 4k(z - b)^2 = E.\tag{17}\] Это тоже уравнение гармонических колебаний, период которых не зависит от амплитуды. Следовательно, переменная \(z\) (а поэтому и \(x = \sqrt z\)) изменяется периодически с постоянным периодом, не зависящим от амплитуды колебаний.

1.7 Проще всего рассуждать так: переменная \(z\) изменяется по гармоническому закону, поэтому отклонения от средней точки в обе стороны одинаковы; координата \(x\) изменяется в пределах \(\left[\dfrac{a^2}{x_0}, x_0\right]\), поэтому \(z = x^2\) лежит в интервале \(\left[\dfrac{a^4}{x_0^2}, x_0^2\right]\). Средняя точка \(\bar z = \dfrac{1}{2}\left(x_0^2 + \dfrac{a^4}{x_0^2}\right)\), амплитуда \(A = x_0^2 - \bar z = \dfrac{1}{2}\left(x_0^2 - \dfrac{a^4}{x_0^2}\right)\). Закон изменения \(z\) (период задаётся формулой (9)): \[z = \bar z + A\cos\omega t = \frac{1}{2}\left(x_0^2 + \frac{a^4}{x_0^2}\right) + \frac{1}{2}\left(x_0^2 - \frac{a^4}{x_0^2}\right)\cos\omega t.\tag{18}\] Возвращаясь к координате точки, \[x(t) = \sqrt{\frac{1}{2}\left(x_0^2 + \frac{a^4}{x_0^2}\right) + \frac{1}{2}\left(x_0^2 - \frac{a^4}{x_0^2}\right)\cos\omega t}.\tag{19}\] При \(x_0 = 3a\) \[x(t) = \frac{a}{3}\sqrt{41 + 40\cos\omega t},\qquad \omega = \sqrt{\frac{8k}{m}}.\tag{20}\]

1.8 График \(x(t)/a\) от \(t/T\): периодическая кривая, максимум \(3\) при \(t = 0, T, 2T, \ldots\), минимум \(1/3\) при \(t = T/2, 3T/2, \ldots\); вблизи максимума кривая пологая, вблизи минимума — «острая».

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

Подсказка

Гиромагнитное отношение электрона на орбите выражается через заряд и массу; переворот магнитных моментов сообщает цилиндру момент импульса. При резонансе амплитуда вынужденных колебаний определяется трением.

Ответ

1) \(L=m_evr\);  2) \(p_m=\dfrac{evr}{2}\);  3) \(g=\dfrac{e}{2m_e}\approx8{,}78\cdot10^{10}\) Кл/кг;  4) \(\Delta\vec L_{\text{цил}}=\dfrac{2m_e}{e}\sum\Delta\vec p_{mi}\);  5) \(\omega=\dfrac{8m_eN_Ap_m}{eMr^2}\);  6) \(I\alpha''=-I\omega_0^2\alpha-k\alpha'+\dfrac{4P_m}{\pi g}\omega\cos\omega t\);  7) \(A=\dfrac{4P_m}{\pi gk}\), \(\varphi=0\);  8) \(g=\dfrac{4P_m}{\pi|\alpha|_{\max}k}\approx8{,}7\cdot10^{10}\) Кл/кг;  9) спин электрона.

Решение

1. В полном соответствии с теоретическим введением момент импульса электрона, вращающегося по круговой орбите вокруг ядра, \[L = m_e v r.\tag{1}\]

2. Электрон, движущийся по круговой орбите, аналогичен круговому току, сила которого \[i = \frac{e}{T} = \frac{ev}{2\pi r}.\tag{2}\] Тогда магнитный момент такого кругового тока \[p_m = i\pi r^2 = \frac{evr}{2}.\tag{3}\] Момент импульса и магнитный момент — векторы. Электрон заряжен отрицательно, а за направление тока принято направление движения положительных зарядов, поэтому соответствующие моменты направлены в разные стороны.

3. Гиромагнитное отношение с учётом направления векторов: \[\vec p_m = -\frac{e}{2m_e}\vec L,\tag{4}\] \[g = \frac{p_m}{L} = \frac{e}{2m_e} = 8{,}78\cdot 10^{10}\ \frac{\text{Кл}}{\text{кг}}.\tag{5}\]

4. Используя гиромагнитное отношение, свяжем суммарный момент импульса электронов, отвечающих за магнитные свойства цилиндра, с магнитными моментами каждого из них: \[\vec L_e = -\frac{2m_e}{e}\sum_i \vec p_{mi}.\tag{6}\] Изменение момента импульса электронов при изменении магнитных моментов: \[\Delta\vec L_e = -\frac{2m_e}{e}\sum_i \Delta\vec p_{mi}.\tag{7}\] Поскольку суммарный момент импульса цилиндра не изменяется, \[\Delta\vec L_e + \Delta\vec L_{\text{цил}} = 0 \;\Rightarrow\; \Delta\vec L_{\text{цил}} = -\Delta\vec L_e,\tag{8}\] и по итогу \[\Delta\vec L_{\text{цил}} = \frac{2m_e}{e}\sum_i \Delta\vec p_{mi}.\tag{9}\]

5. При изменении направления магнитного поля на противоположное магнитные моменты электронов переворачиваются: \[\Delta\vec p_m = -2\vec p_m.\tag{10}\] Тогда в соответствии с (9) \[\Delta\vec L_{\text{цил}} = \frac{2m_e}{e}(-2\vec p_m)N,\tag{11}\] где \(N\) — число электронов, отвечающих за магнитные свойства образца; оно совпадает с числом атомов: \[N = \frac{m}{M}N_A.\tag{12}\] В итоге \[\Delta\vec L_{\text{цил}} = -\frac{4m_e}{e}\frac{m}{M}N_A\vec p_m.\tag{13}\] Исходя из изменения момента импульса цилиндра, найдём конечную угловую скорость: \[\Delta L_{\text{цил}} = I\Delta\omega = \frac{4m_e}{e}\frac{m}{M}N_A p_m,\tag{14}\] откуда с учётом момента инерции цилиндра \(I = \dfrac{1}{2}mr^2\) \[\omega = \frac{8m_e}{eMr^2}N_A p_m.\tag{15}\]

6. Изменение момента импульса \[\frac{dL}{dt} = I\alpha''(t).\tag{16}\] Оно связано с действием следующих моментов.

А) Возвращающий момент (собственные крутильные колебания с циклической частотой \(\omega_0\)): \[M_1 = -I\omega_0^2\alpha(t).\tag{17}\] Б) Момент сил вязкого трения: \[M_2 = -k\alpha'(t),\tag{18}\] где \(\alpha'(t)\) — угловая скорость вращения цилиндра.

В) Механический момент, связанный с перемагничиванием цилиндра во внешнем переменном магнитном поле: \[M_3 = \frac{4P_m}{\pi g}\omega\cos\omega t.\tag{19}\] Уравнение динамики вращательного движения \(\dfrac{dL}{dt} = M_1 + M_2 + M_3\) принимает вид \[I\alpha''(t) = -I\omega_0^2\alpha(t) - k\alpha'(t) + \frac{4P_m}{\pi g}\omega\cos\omega t.\tag{20}\]

7. Подставим в (20) функцию \(\alpha(t) = A\sin(\omega t + \varphi)\). Производные: \[\alpha'(t) = \omega A\cos(\omega t + \varphi),\tag{21}\] \[\alpha''(t) = -A\omega^2\sin(\omega t + \varphi).\tag{22}\] Подставляя (21), (22) в (20) и учитывая, что при резонансе \(\omega = \omega_0\), получаем \[\alpha(t) = \frac{4P_m}{\pi g k}\sin\omega t,\quad\text{т.е.}\quad A = \frac{4P_m}{\pi g k},\ \varphi = 0.\tag{23}\]

8. Выразим гиромагнитное отношение: \[g = \frac{4P_m}{\pi|\alpha|_{\max}k} = 8{,}7\cdot 10^{10}\ \frac{\text{Кл}}{\text{кг}},\tag{24}\] что практически совпадает с результатом п. 3.

9. Отличие измеренного значения гиромагнитного отношения от предсказываемого теорией объясняется наличием собственного магнитного момента электрона и ядра атома — спина.

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