IPhO 1970, теоретический тур

Подсказка

В случае a тележка движется относительно стола с постоянной скоростью, а брусок разгоняется силой трения, пока не сравняется с ней по скорости. В случае b система «брусок — тележка» замкнута: воспользуйтесь сохранением импульса и тем, что относительная скорость задана мотором.

Ответ

a) тележка движется равномерно со скоростью \(v_0 = 0{,}1\) м/с; брусок первые \(t_0 = \dfrac{v_0M}{\mu mg} = 5\) с движется равноускоренно с ускорением \(a = \mu mg/M = 0{,}02\text{ м/с}^2\), затем — с постоянной скоростью вместе с тележкой; за это время тележка смещается относительно бруска на \(S = 0{,}25\text{ м} < l\), поэтому до края бруска не доходит, пока брусок не остановит неподвижная опора (это время по условию вычислить нельзя).  b) \(u = 0\), \(v = v_0\): брусок остаётся неподвижным, тележка достигает края через \(t = l/v_0 = 5\) с.

Решение

a) К моменту, когда брусок отпускают, тележка имеет скорость \(v_0\) относительно стола и продолжает двигаться с той же скоростью.

Брусок под действием силы трения \(F_{fr} = \mu mg\) со стороны тележки получает ускорение \(a = F_{fr}/M = \mu mg/M\); \(a = 0{,}02\text{ м/с}^2\), при этом скорость бруска меняется со временем по закону \(v_b = at\).

Поскольку брусок не может двигаться быстрее тележки, в момент времени \(t = t_0\) его проскальзывание прекратится, т. е. \(v_b = v_0\). Определим этот момент времени: \[t_0 = \frac{v_0}{a} = \frac{v_0M}{\mu mg} = 5\text{ с}.\] К этому моменту перемещения бруска \(S_b\) и тележки \(S_c\) относительно стола будут равны \[S_c = v_0t_0 = \frac{v_0^2M}{\mu mg}, \qquad S_b = \frac{at_0^2}{2} = \frac{v_0^2M}{2\mu mg}.\] Перемещение тележки относительно бруска равно \[S = S_c - S_b = \frac{v_0^2M}{2\mu mg} = 0{,}25\text{ м}.\] Поскольку \(S < l\), тележка не достигнет края бруска, пока брусок не остановит неподвижная опора. Расстояние до опоры в условии задачи не указано, поэтому это время вычислить нельзя. Итак, тележка движется равномерно со скоростью \(v_0 = 0{,}1\) м/с, а брусок первые 5 с движется равноускоренно с ускорением \(a = 0{,}02\text{ м/с}^2\), а затем движется с постоянной скоростью вместе с тележкой.

b) Поскольку трения между бруском и поверхностью стола нет, система тел «брусок — тележка» замкнута. Для этой системы можно применить закон сохранения импульса: \[mv + Mu = mv_0, \qquad (1)\] где \(v\) и \(u\) — проекции скоростей тележки и бруска относительно стола на горизонтальную ось, направленную вдоль вектора скорости \(v_0\). Скорость наматывания нити \(v_0\) равна скорости тележки относительно бруска \((v - u)\), т. е. \[v_0 = v - u. \qquad (2)\] Решая систему уравнений (1) и (2), получаем: \[u = 0, \qquad v = v_0.\] Таким образом, будучи отпущенным, брусок остаётся неподвижным относительно стола, а тележка движется с той же скоростью \(v_0\) и достигнет края бруска за время \(t\), равное \[t = l/v_0 = 5\text{ с}.\]

Подсказка

Посчитайте, сколько атомов натрия и хлора приходится на одну ячейку, учитывая, что атом на ребре, грани или в вершине принадлежит сразу нескольким ячейкам. Масса атома водорода — примерно одна атомная единица массы.

Ответ

\(m_{\text{H}} = \dfrac{\rho a^3}{4(m_{r\text{Na}} + m_{r\text{Cl}})} \approx 1{,}67\cdot10^{-27}\) кг.

Решение

Вычислим число атомов натрия (\(n_1\)) и атомов хлора (\(n_2\)), приходящихся на одну элементарную ячейку кристалла NaCl (рис. 2).

Один атом натрия занимает середину ячейки и целиком принадлежит ей. 12 атомов натрия находятся на рёбрах большого куба, и каждый из них принадлежит ещё трём ячейкам, так что первой ячейке принадлежит \(1/4\) часть каждого. Таким образом, \[n_1 = 1 + 12\cdot1/4 = 4 \text{ атома натрия на элементарную ячейку}.\] В одной ячейке 6 атомов хлора расположены на гранях куба и 8 — в вершинах. Каждый атом на грани принадлежит ещё одной ячейке, а атом в вершине — ещё семи. Тогда на одну ячейку приходится \[n_2 = 6\cdot1/2 + 8\cdot1/8 = 4 \text{ атома хлора}.\] Итак, одной элементарной ячейке кристалла NaCl принадлежат 4 атома натрия и 4 атома хлора.

Масса \(m\) такой ячейки равна \[m = 4(m_{r\text{Na}} + m_{r\text{Cl}})\ (\text{а.\,е.\,м.}),\] где \(m_{r\text{Na}}\) и \(m_{r\text{Cl}}\) — относительные атомные массы натрия и хлора. Поскольку масса атома водорода \(m_{\text{H}}\) приблизительно равна одной атомной единице массы: \(m_{\text{H}} = 1{,}008\text{ а.\,е.\,м.} \approx 1\text{ а.\,е.\,м.}\), масса элементарной ячейки NaCl равна \[m = 4(m_{r\text{Na}} + m_{r\text{Cl}})\,m_{\text{H}}.\] С другой стороны, она равна \(m = \rho a^3\), откуда \[m_{\text{H}} = \frac{\rho a^3}{4(m_{r\text{Na}} + m_{r\text{Cl}})} \approx 1{,}67\cdot10^{-27}\text{ кг}.\]

Подсказка

Заземлённый шар приобретает такой заряд \(q\), чтобы его потенциал стал равен нулю. Потенциал шара складывается из потенциала, создаваемого его собственным зарядом, и потенциала заряженной сферы.

Ответ

\(\varphi_s = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q(R-r)}{R^2} = 225\) В;  \(C = \dfrac{4\pi\varepsilon_0R^2}{R-r} = 4{,}4\cdot10^{-11}\text{ Ф} = 44\) пФ; эквивалентная схема — два параллельно соединённых конденсатора: сферический (заряды \(+q\) и \(-q\)) и «сфера — Земля» (заряды \(+(Q-q)\) и \(-(Q-q)\)).

Решение

Если на шаре нет заряда, сфера имеет потенциал \[\varphi_{0s} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{R} = 450\text{ В}.\] При соединении с Землёй шар внутри сферы имеет потенциал, равный нулю, поэтому между шаром и сферой существует электрическое поле. Это поле переносит некоторый заряд \(q\) с Земли на шар. Заряд \(Q\), равномерно распределённый по сфере, не создаёт внутри неё никакого поля, поэтому электрическое поле внутри сферы определяется зарядом шара \(q\). Разность потенциалов между шаром и сферой равна

\[\Delta\varphi = \varphi_b - \varphi_s = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac qr - \frac qR\right). \qquad (1)\] Вне сферы поле такое же, как если бы все заряды находились в её центре. Когда шар соединён с Землёй, потенциал сферы \(\varphi_s\) равен \[\varphi_s = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q + Q}{R}. \qquad (2)\] Тогда потенциал шара \[\varphi_b = \varphi_s + \Delta\varphi = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{q + Q}{R} + \frac qr - \frac qR\right) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac QR + \frac qr\right) = 0, \qquad (3)\] откуда \[q = -Q\frac rR. \qquad (4)\] Подставляя (4) в (2), получаем искомый потенциал сферы: \[\varphi_s = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q - Q\dfrac rR}{R} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q(R - r)}{R^2} = 225\text{ В}.\] Электрическая ёмкость всей системы проводников равна \[C = \frac{Q}{\varphi_s} = \frac{4\pi\varepsilon_0R^2}{R - r} = 4{,}4\cdot10^{-11}\text{ Ф} = 44\text{ пФ}.\] Эквивалентная электрическая схема состоит из двух параллельно соединённых конденсаторов: 1) сферического с зарядами \(+q\) и \(-q\) на обкладках и 2) конденсатора «сфера — Земля» с зарядами \(+(Q - q)\) и \(-(Q - q)\) на обкладках (рис. 5).

Подсказка

Проследите ход крайнего луча, параллельного оси: из равнобедренного треугольника, образованного радиусом зеркала, отражённым лучом и осью, найдите, где луч пересекает ось и на каком расстоянии от фокуса он пересекает фокальную плоскость.

Ответ

\(r \approx \dfrac{D^3}{16R^2} \approx 1{,}95\cdot10^{-3}\text{ м} \approx 2\) мм. Если радиус приёмника уменьшить в 8 раз, используемый диаметр зеркала уменьшится в 2 раза, «эффективная» площадь — в 4 раза; по официальному решению поток «также уменьшится вдвое, так как \(\Phi \sim S\)».

Решение

Как известно, лучи, параллельные главной оптической оси сферического зеркала и проходящие на малых расстояниях от неё, после отражения собираются в главном фокусе зеркала \(F\), находящемся на расстоянии \(R/2\) от центра \(O\) сферической поверхности. Рассмотрим теперь ход луча, отражённого вблизи края сферического зеркала большого диаметра \(D\) (рис. 6). Угол падения \(\alpha\) луча на поверхность равен углу отражения. Поэтому угол \(OAB\) в треугольнике, образованном радиусом сферы \(OA\), проведённым в точку падения луча, отражённым лучом \(AB\) и отрезком \(BO\) главной оптической оси, равен \(\alpha\). Углы \(BOA\) и \(MAO\) равны, т. е. угол \(BOA\) равен \(\alpha\).

Таким образом, треугольник \(AOB\) равнобедренный, его сторона \(AB\) равна стороне \(BO\). Поскольку сумма длин двух его сторон больше длины третьей стороны, \(AB + BO > OA = R\), следовательно, \(BO > R/2\). Это значит, что луч, параллельный главной оптической оси сферического зеркала и проходящий не слишком близко к ней, после отражения пересекает главную оптическую ось в точке \(B\), лежащей между фокусом \(F\) и зеркалом. Фокальную плоскость этот луч пересекает в точке \(C\), находящейся на некотором расстоянии \(CF = r\) от главного фокуса.

Таким образом, при отражении параллельного пучка лучей сферическим зеркалом конечных размеров лучи не собираются в фокусе зеркала, а образуют на фокальной плоскости пятно радиусом \(r\).

Из \(\triangle BFC\) можно записать: \[r = BF\operatorname{tg}\beta = BF\operatorname{tg}2\alpha,\] где \(\alpha\) — максимальный угол падения крайнего луча на зеркало, причём \(\sin\alpha = D/2R\): \[BF = BO - OF = \frac{R}{2\cos\alpha} - \frac R2 = \frac R2\,\frac{1 - \cos\alpha}{\cos\alpha}.\] Таким образом, \(r = \dfrac R2\,\dfrac{1 - \cos\alpha}{\cos\alpha}\,\dfrac{\sin2\alpha}{\cos2\alpha}\). Выразим \(\cos\alpha\), \(\sin2\alpha\), \(\cos2\alpha\) через \(\sin\alpha\), учитывая малость угла \(\alpha\): \[\cos\alpha = \sqrt{1 - \sin^2\alpha} \approx 1 - \frac{\sin^2\alpha}{2},\] \[\sin2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha,\] \[\cos2\alpha = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha.\] Тогда \[r = \frac R2\,\frac{\sin^3\alpha}{1 - 2\sin^2\alpha} \approx \frac R2\sin^3\alpha \approx \frac{D^3}{16R^2}.\] Подставляя численные данные, получаем: \(r \approx 1{,}95\cdot10^{-3}\text{ м} \approx 2\) мм.

Из выражения \(D = \sqrt[3]{16R^2r}\) видно, что если радиус приёмника уменьшить в 8 раз, то поперечный диаметр \(D'\) части зеркала, от которой свет попадает на приёмник, уменьшится в 2 раза, и, следовательно, «эффективная» площадь зеркала уменьшится в 4 раза.

Поток излучения \(\Phi\), отражённый зеркалом и принятый приёмником, также уменьшится вдвое, поскольку \(\Phi \sim S\).