IPhO 1971, теоретический тур

Подсказка

Запишите второй закон Ньютона для брусков и для призмы в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси. Сложив горизонтальные уравнения для всех трёх тел, вы избавитесь от внутренних сил: горизонтальный импульс системы сохраняется.

Ответ

1) \(a = a_0\,\dfrac{M + m_1 + m_2}{m_1\cos\alpha_1 + m_2\cos\alpha_2}\);  2) \(a_0 = \dfrac{(m_1\sin\alpha_1 - m_2\sin\alpha_2)(m_1\cos\alpha_1 + m_2\cos\alpha_2)}{(m_1 + m_2 + M)(m_1 + m_2) - (m_1\cos\alpha_1 + m_2\cos\alpha_2)^2}\,g\);  3) \(\dfrac{m_1}{m_2} = \dfrac{\sin\alpha_2}{\sin\alpha_1}\).

Решение

Бруски скользят относительно призмы с ускорениями \(\mathbf a_1\) и \(\mathbf a_2\), которые параллельны её граням и имеют одинаковый модуль \(a\) (см. рис. 1.1). Относительно земли бруски движутся с ускорениями \[\mathbf w_1 = \mathbf a_1 + \mathbf a_0; \tag{1.1}\] \[\mathbf w_2 = \mathbf a_2 + \mathbf a_0. \tag{1.2}\] Спроецируем \(\mathbf w_1\) и \(\mathbf w_2\) на оси \(x\) и \(y\): \[w_{1x} = a\cos\alpha_1 - a_0; \tag{1.3}\] \[w_{1y} = a\sin\alpha_1; \tag{1.4}\] \[w_{2x} = a\cos\alpha_2 - a_0; \tag{1.5}\] \[w_{2y} = -a\sin\alpha_2. \tag{1.6}\]

Уравнения движения брусков и призмы в векторной форме (см. рис. 1.2): \[m_1\mathbf w_1 = m_1\mathbf g + \mathbf R_1 + \mathbf T_1; \tag{1.7}\] \[m_2\mathbf w_2 = m_2\mathbf g + \mathbf R_2 + \mathbf T_2; \tag{1.8}\] \[M\mathbf a_0 = M\mathbf g - \mathbf R_1 - \mathbf R_2 + \mathbf R - \mathbf T_1 - \mathbf T_2. \tag{1.9}\]

Силы натяжения \(\mathbf T_1\) и \(\mathbf T_2\) на концах нити имеют одинаковый модуль \(T\), поскольку массы нити и блока пренебрежимо малы. Заметим, что в уравнении (1.9) учтена результирующая сила \(-(\mathbf T_1 + \mathbf T_2)\), с которой перегнутая нить действует на призму через блок. В проекциях на \(x\) и \(y\) уравнения движения дают систему из шести скалярных уравнений: \[m_1 a\cos\alpha_1 - m_1 a_0 = T\cos\alpha_1 - R_1\sin\alpha_1; \tag{1.10}\] \[m_1 a\sin\alpha_1 = T\sin\alpha_1 + R_1\cos\alpha_1 - m_1 g; \tag{1.11}\] \[m_2 a\cos\alpha_2 - m_2 a_0 = -T\cos\alpha_2 + R_2\sin\alpha_2; \tag{1.12}\] \[m_2 a\sin\alpha_2 = T\sin\alpha_2 + R_2\sin\alpha_2 - m_2 g; \tag{1.13}\] \[-Ma_0 = R_1\sin\alpha_1 - R_2\sin\alpha_2 - T\cos\alpha_1 + T\cos\alpha_2; \tag{1.14}\] \[0 = R - R_1\cos\alpha_1 - R_2\cos\alpha_2 - Mg. \tag{1.15}\]

Складывая уравнения (1.10), (1.12) и (1.14), получаем, что все внутренние силы системы взаимно уничтожаются. Так находим искомую связь между ускорениями \(a\) и \(a_0\): \[a = a_0\,\frac{M + m_1 + m_2}{m_1\cos\alpha_1 + m_2\cos\alpha_2}. \tag{1.16}\] Непосредственное исключение неизвестных сил даёт окончательный ответ для \(a_0\): \[a_0 = \frac{(m_1\sin\alpha_1 - m_2\sin\alpha_2)(m_1\cos\alpha_1 + m_2\cos\alpha_2)}{(m_1 + m_2 + M)(m_1 + m_2) - (m_1\cos\alpha_1 + m_2\cos\alpha_2)^2}. \tag{1.17}\] Из уравнения (1.17) следует, что призма будет в равновесии (\(a_0 = 0\)), если \[\frac{m_1}{m_2} = \frac{\sin\alpha_2}{\sin\alpha_1}. \tag{1.18}\]

Подсказка

Давление водорода равно давлению воздуха минус давление столба ртути, объём водорода — \(S(H - h_i)\), где \(H\) — неизвестная высота трубки над ванночкой. Запишите уравнение состояния водорода для всех четырёх состояний, учитывая зависимость плотности ртути от температуры.

Ответ

\(m \approx 2{,}11\cdot 10^{-6}\text{ кг}\);  \(T_2 \approx 364\text{ К}\);  \(P \approx 4{,}8\cdot 10^4\text{ Па}\) (высота трубки \(H \approx 1{,}3\text{ м}\)).

Решение

Обозначим через \(H\) (\(H = \mathrm{const}\)) высоту трубки над уровнем ртути в ванночке, а через \(h_i\) — высоту столба ртути в трубке. В условиях механического равновесия давление водорода в трубке \[P_{\mathrm H_2} = P_{\text{возд}} - \rho g h_i, \tag{2.1}\] где \(\rho\) — плотность ртути при температуре \(t_i\): \[\rho = \rho_0(1 - \beta t). \tag{2.2}\] Индекс \(i\) нумерует различные состояния, через которые проходит система, \(\rho_0\) — плотность ртути при \(t_0 = 0\,^\circ\)C, или \(T_0 = 273\text{ К}\), а \(\beta\) — её коэффициент расширения. Объём водорода равен \[V_i = S(H - h_i). \tag{2.3}\]

Теперь запишем уравнения состояния водорода в точках 0, 1, 2 и 3 диаграммы \(PV\) (см. рис. 2): \[(P_0 - \rho_0 g h_0)\,S(H - h_0) = \frac{m}{M}RT_0; \tag{2.4}\] \[(P_1 - \rho_0 g h_1)\,S(H - h_1) = \frac{m}{M}RT_0; \tag{2.5}\] \[(P_2 - \rho_1 g h_2)\,S(H - h_2) = \frac{m}{M}RT_2, \tag{2.6}\] где \(P_2 = \dfrac{P_1T_2}{T_0}\), \(\rho_1 = \dfrac{\rho_0}{1 + \beta(T_2 - T_0)} \approx \rho_0\left[1 - \beta(T_2 - T_0)\right]\), поскольку процесс 1–3 изохорный, и

\[(P_2 - \rho_2 g h_3)\,S(H - h_3) = \frac{m}{M}RT_3, \tag{2.7}\] где \(\rho_2 \approx \rho_0\left[1 - \beta(T_3 - T_0)\right]\), \(T_3 = T_2\dfrac{V_3}{V_2} = T_2\dfrac{H - h_3}{H - h_2}\) для изобарного процесса 2–3.

После довольно громоздких алгебраических преобразований эту систему уравнений можно решить относительно неизвестных величин — это упражнение оставлено читателю. Численные ответы тем не менее приведём для справки: \[H \approx 1{,}3\text{ м}; \quad m \approx 2{,}11\cdot 10^{-6}\text{ кг}; \quad T_2 \approx 364\text{ К};\] \[P_2 \approx 1{,}067\cdot 10^5\text{ Па}; \quad T_3 \approx 546\text{ К}; \quad P_2 \approx 4{,}8\cdot 10^4\text{ Па}.\]

Подсказка

Перерисуйте куб в виде плоской схемы. В установившемся режиме ток через конденсаторы не идёт, поэтому ток течёт только по контуру с резисторами; напряжения на конденсаторах находите по правилу Кирхгофа для подходящих контуров.

Ответ

1) \(W = 26\text{ мкДж}\) (\(V_1 = 1\text{ В}\), \(V_2 = 5\text{ В}\), \(V_3 = 5\text{ В}\), \(V_4 = 1\text{ В}\));  2) \(q_2' = 0\).

Решение

Схема, эквивалентная данной, показана на рис. 3. В стационарном режиме (конденсаторы уже полностью заряжены) один и тот же ток \(I\) течёт через все резисторы в замкнутом контуре ABFGHDA. По второму правилу Кирхгофа получаем \[I = \frac{E_4 - E_1}{4R}. \tag{3.1}\] Далее применим это правило к контуру ABCDA: \[V_1 + IR = E_2 - E_1, \tag{3.2}\] где \(V_1\) — разность потенциалов на конденсаторе \(C_1\). Используя выражение (3.1) для \(I\) и уравнение (3.2), получаем \[V_1 = E_2 - E_1 - \frac{E_4 - E_1}{4} = 1\text{ В}. \tag{3.3}\] Аналогично находим разности потенциалов \(V_2\) и \(V_4\) на конденсаторах \(C_2\) и \(C_4\), рассматривая контуры BFGCB и FGHEF: \[V_2 = E_4 - E_2 - \frac{E_4 - E_1}{4} = 5\text{ В}, \tag{3.4}\] \[V_4 = E_4 - E_3 - \frac{E_4 - E_1}{4} = 1\text{ В}. \tag{3.5}\] Наконец, напряжение \(V_3\) на \(C_3\) находим, применяя правило Кирхгофа к внешнему контуру EHDAH: \[V_3 = E_3 - E_1 - \frac{E_4 - E_1}{4} = 5\text{ В}. \tag{3.6}\]

Полная энергия конденсаторов выражается формулой \[W = \frac{C}{2}\left(V_1^2 + V_2^2 + V_3^2 + V_4^2\right) = 26\text{ мкДж}. \tag{3.7}\]

Когда точки B и H замкнуты накоротко, один и тот же ток \(I'\) течёт через резисторы контура BFGH. Снова с помощью правила Кирхгофа можно найти, что \[I' = \frac{E_4}{2R}. \tag{3.8}\] Новое стационарное напряжение на \(C_2\) находим, рассматривая контур BFGCB: \[V_2' + I'R = E_4 - E_2, \tag{3.9}\] или окончательно \[V_2' = \frac{E_4}{2} - E_2 = 0\text{ В}. \tag{3.10}\] Следовательно, заряд \(q_2'\) конденсатора \(C_2\) в новом стационарном режиме равен нулю.

Подсказка

Одно изображение дают лучи, один раз преломившиеся на стенке аквариума, другое — лучи, сначала отразившиеся от зеркала, а затем дважды преломившиеся (как от изображения рыбки в зеркале). Наблюдатель далеко, поэтому достаточно найти, на каком расстоянии от оси выходят лучи, параллельные оси; углы малы.

Ответ

\(v_{\text{отн}} = v_1 + v_2 = \dfrac{8}{3}\,v\) (изображения движутся в противоположные стороны; \(v_1 = 2v\), \(v_2 = \dfrac{2}{3}\,v\)).

Решение

За малый промежуток времени \(\Delta t\) рыбка смещается вверх из точки \(A\) в точку \(B\) на малое расстояние \(d = v\Delta t\). Поскольку стеклянная стенка очень тонкая, можно считать, что выходящие из аквариума лучи преломляются как на границе вода — воздух. Расходящиеся лучи, испытавшие одно преломление, как показано на рис. 4.1, образуют первое, мнимое, изображение рыбки. Соответствующее вертикальное смещение \(A_1B_1\) этого изображения равно расстоянию \(d_1\) между оптической осью \(a\) и лучом \(b_1\), который выходит из аквариума параллельно \(a\). Так как расстояния \(d\) и \(d_1\) малы по сравнению с \(R\), можно пользоваться приближением малых углов: \(\sin\alpha \approx \operatorname{tg}\alpha \approx \alpha\) (рад). Таким образом, получаем \[d_1 \approx R\alpha; \tag{4.1}\] \[d \approx R\gamma; \tag{4.2}\] \[\alpha + \gamma = 2\beta; \tag{4.3}\] \[\alpha \approx n\beta. \tag{4.4}\] Из уравнений (4.1)–(4.4) находим вертикальное смещение первого изображения через \(d\): \[d_1 = \frac{n}{2-n}\,d, \tag{4.5}\] и соответственно его скорость \(v_1\) через \(v\): \[v_1 = \frac{n}{2-n}\,v = 2v. \tag{4.6}\]

Лучи, которые сначала отражаются от зеркала, а затем дважды преломляются на стенках аквариума, образуют второе, действительное, изображение (см. рис. 4.2). Можно считать, что они исходят от зеркального изображения рыбки, которое движется вдоль прямой \(A'B'\) на точно такое же расстояние \(d\), что и рыбка.

Вертикальное смещение \(A_2B_2\) второго изображения равно расстоянию \(d_2\) между оптической осью \(a\) и лучом \(b_2\), параллельным \(a\). Снова в приближении малых углов имеем \[d' \approx 4R\delta - d, \tag{4.7}\] \[d_2 \approx R\alpha. \tag{4.8}\] Повторяя вывод уравнения (4.5), получаем \[d_2 = \frac{n}{2-n}\,d'. \tag{4.9}\] Теперь, используя точные геометрические соотношения \[\delta = 2\alpha - 2\beta \tag{4.10}\] и закон Снеллиуса (4.4) в пределе малых углов, окончательно выражаем \(d_2\) через \(d\): \[d_2 = \frac{n}{9n-10}\,d, \tag{4.11}\] и скорость \(v_2\) второго изображения через \(v\): \[v_2 = \frac{n}{9n-10}\,v = \frac{2}{3}\,v. \tag{4.12}\] Относительная скорость двух изображений в векторной форме \[\mathbf v_{\text{отн}} = \mathbf v_1 - \mathbf v_2. \tag{4.13}\] Поскольку векторы \(\mathbf v_1\) и \(\mathbf v_2\) направлены противоположно (одно изображение движется вверх, другое — вниз), модуль относительной скорости равен \[v_{\text{отн}} = v_1 + v_2 = \frac{8}{3}\,v. \tag{4.14}\]