IPhO 1972, теоретический тур

Подсказка

Сравните моменты инерции трёх цилиндров одинаковой массы: жидкость в третьем цилиндре без трения не вращается, так что вращается только оболочка. Без проскальзывания сила трения покоя не должна превышать \(\mu N\); при проскальзывании сила трения равна \(\mu N\), и она же задаёт угловое ускорение.

Ответ

1) \(a_1 = \dfrac{2g\sin\alpha}{3 + (1 - 1/n)}\), \(a_2 = \dfrac{2g\sin\alpha}{3}\), \(a_3 = \dfrac{2g\sin\alpha}{3 - (1 - 1/n)^2}\); \(a_1 < a_2 < a_3\);  2) \(\operatorname{tg}\alpha < \mu\,\dfrac{4n-1}{2n-1}\);  3) \(\varepsilon_1 : \varepsilon_2 : \varepsilon_3 = \dfrac{1}{I_1} : \dfrac{1}{I_2} : \dfrac{1}{I_3} = 1 : \left(1 - \dfrac1n\right) : n\), \(\varepsilon_1 < \varepsilon_2 < \varepsilon_3\);  4) \(F = m_l g\cos\alpha\sqrt{1 + \mu^2} = m_l g\,\dfrac{\cos\alpha}{\cos\phi}\), где \(\operatorname{tg}\phi = \mu\).

Решение

Моменты инерции трёх цилиндров: \[I_1 = \frac12\rho_1\pi\left(R^4 - r^4\right)h, \quad I_2 = \frac12\rho_2\pi R^4 h = \frac12 mR^2, \quad I_3 = \frac12\rho_2\pi\left(R^4 - r^4\right)h. \tag{1}\] Так как массы трёх цилиндров одинаковы, \[m = \rho_1\pi\left(R^2 - r^2\right)h = \rho_2\pi R^2 h, \tag{2}\] получаем \[r^2 = R^2\left(1 - \frac{\rho_2}{\rho_1}\right) = R^2\left(1 - \frac1n\right), \quad n = \frac{\rho_1}{\rho_2}. \tag{3}\] Моменты инерции можно записать в виде \[I_1 = I_2\left(2 - \frac1n\right) > I_2, \quad I_3 = I_2\left(2 - \frac1n\right)\cdot\frac1n = \frac{I_1}{n}. \tag{4}\] В выражении для момента инерции \(I_3\) сумма двух множителей постоянна: \[\left(2 - \frac1n\right) + \frac1n = 2\] и не зависит от \(n\), поэтому их произведение максимально, когда множители равны: \(2 - \dfrac1n = \dfrac1n\); отсюда \(n = 1\), и произведение \(\left(2 - \dfrac1n\right)\cdot\dfrac1n = 1\). На самом деле \(n > 1\), так что произведение меньше 1. Получаем \[I_1 > I_2 > I_3. \tag{5}\] Для цилиндра, свободно скатывающегося по наклонной плоскости (рис. 1.1), можно записать уравнения \[mg\sin\alpha - F_f = ma, \tag{6}\] \[N - mg\cos\alpha = 0,\] \[F_f R = I\varepsilon, \tag{7}\] где \(\varepsilon\) — угловое ускорение. Если цилиндр не проскальзывает, выполняется условие \[a = \varepsilon R. \tag{8}\] Решая систему уравнений (6)–(8), находим \[a = \frac{g\sin\alpha}{1 + \dfrac{I}{mR^2}}, \quad F_f = \frac{mg\sin\alpha}{1 + \dfrac{mR^2}{I}}. \tag{9}\] Условие отсутствия проскальзывания: \[F_f < \mu N = \mu mg\sin\alpha,\]

\[\operatorname{tg}\alpha < \mu\left(1 + \frac{mR^2}{I_1}\right). \tag{10}\]

Для цилиндров этой задачи условие, при котором ни один из них не проскальзывает, получается для наибольшего \(I\): \[\operatorname{tg}\alpha < \mu\left(1 + \frac{mR^2}{I_1}\right) = \mu\,\frac{4n-1}{2n-1}. \tag{11}\] Ускорения цилиндров: \[a_1 = \frac{2g\sin\alpha}{3 + \left(1 - \dfrac1n\right)}, \quad a_2 = \frac{2g\sin\alpha}{3}, \quad a_3 = \frac{2g\sin\alpha}{3 - \left(1 - \dfrac1n\right)^2}. \tag{12}\] Соотношение между ускорениями: \[a_1 < a_2 < a_3. \tag{13}\] В случае, когда все три цилиндра проскальзывают, \[F_f = \mu N = \mu mg\cos\alpha, \tag{14}\] и из (7) получаем \[\varepsilon = \frac{R}{I}\,\mu mg\cos\alpha. \tag{15}\] Для цилиндров этой задачи \[\varepsilon_1 : \varepsilon_2 : \varepsilon_3 = \frac{1}{I_1} : \frac{1}{I_2} : \frac{1}{I_3} = 1 : \left(1 - \frac1n\right) : n,\] \[\varepsilon_1 < \varepsilon_2 < \varepsilon_3. \tag{16}\] В случае, когда один из цилиндров проскальзывает, \[mg\sin\alpha - F_f = ma, \quad F_f = \mu mg\cos\alpha, \tag{17}\] \[a = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha). \tag{18}\] Пусть \(\vec F\) — полная сила, действующая на массу жидкости \(m_l\) внутри цилиндра (рис. 1.2). Можно записать \[F_x + m_l g\sin\alpha = m_l a = m_l g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha), \quad F_y - m_l g\cos\alpha = 0, \tag{19}\] \[F = \sqrt{F_x^2 + F_y^2} = m_l g\cos\alpha\cdot\sqrt{1 + \mu^2} = m_l g\,\frac{\cos\alpha}{\cos\phi}, \tag{20}\] где \(\phi\) — угол трения (\(\operatorname{tg}\phi = \mu\)).

Подсказка

При упругом ударе о медленно движущийся поршень молекула теряет энергию \(2m_0 u v_z\); просуммировав по молекулам, свяжите изменение внутренней энергии с работой при расширении. Кислород изотермический, поэтому теплота, отданная термостату, равна убыли внутренней энергии аргона.

Ответ

1) \(TV^{2/3} = \mathrm{const}\);  2) аргон: \(T_1 = 1000\text{ К}\), \(p_1 = 64\text{ атм} = 64{,}9\cdot 10^5\text{ Н/м}^2\), \(V_1 = 1{,}02\text{ м}^3\); \(T_1' = 250\text{ К}\), \(p_1' = 2\text{ атм}\), \(V_1' = 8{,}16\text{ м}^3\);  3) \(p = 2{,}2\text{ атм} = 2{,}23\cdot 10^5\text{ Н/м}^2\).

Решение

а) Будем считать аргон идеальным одноатомным газом, а столкновения атомов с поршнем — абсолютно упругими. При таком столкновении с неподвижной стенкой скорость \(\vec v\) частицы меняет только направление, так что скорость \(\vec v\) и скорость \(\vec v\,'\) после удара лежат в одной плоскости с нормалью, а углы падения и отражения равны: \[v_n' = -v_n, \quad v_t' = v_t. \tag{1}\] В задаче стенка движется со скоростью \(\vec u\), перпендикулярной стенке. Относительная скорость частицы относительно стенки равна \(\vec v - \vec u\). Выбрав ось \(Oz\) перпендикулярно стенке в направлении \(\vec u\), из условий упругого удара получаем \[\left(\vec v - \vec u\right)_z = -\left(\vec v\,' - \vec u\right)_z, \quad \left(\vec v - \vec u\right)_{x,y} = \left(\vec v\,' - \vec u\right)_{x,y};\] \[v_z - u = -\left(v_z' - u\right), \quad v_z' = 2u - v_z, \quad v_{x,y}' = v_{x,y}. \tag{2}\] Приращение кинетической энергии частицы массой \(m_o\) после удара \[\frac12 m_o v'^2 - \frac12 m_o v^2 = \frac12 m_o\left(v_z'^2 - v_z^2\right) = 2m_o u\left(u - v_z\right) \cong -2m_o u v_z, \tag{3}\] поскольку \(u\) много меньше \(v_z\).

Если \(n_k\) — число молекул в единице объёма с компонентой скорости \(v_{zk}\), то число молекул с такой компонентой, которые за время \(dt\) ударяются о площадку \(dS\) поршня, равно \[\frac12 n_k v_{zk}\,dt\,dS. \tag{4}\] Кинетическая энергия этих молекул изменяется на \[\frac12 n_k v_{zk}\,dt\,dS\left(-2m_o u v_{zk}\right) = -m_o n_k v_{zk}^2\,dV, \tag{5}\] где \(dV = u\,dt\,dS\) — приращение объёма газа.

Изменение кинетической энергии газа, соответствующее приращению объёма \(dV\): \[dE_c = -m_o\,dV\sum_k n_k v_{zk}^2 = -\frac13 n m_o\overline{v^2}\,dV \tag{6}\] и \[dU = -\frac23 N\,\frac{m_o\overline{v^2}}{2}\cdot\frac{dV}{V} = -\frac23 U\,\frac{dV}{V}. \tag{7}\] Интегрируя уравнение (7), получаем \[UV^{2/3} = \mathrm{const}. \tag{8}\] Внутренняя энергия идеального одноатомного газа пропорциональна абсолютной температуре \(T\), и уравнение (8) можно записать в виде \[TV^{2/3} = \mathrm{const}. \tag{9}\]

б) Кислород находится в контакте с термостатом и испытывает изотермический процесс. Внутренняя энергия изменится только за счёт адиабатического процесса, который испытывает аргон: \[\Delta U = \nu C_V\Delta T = mc_V\Delta T, \tag{10}\] где \(\nu\) — число киломолей. Для аргона \(C_V = \dfrac32 R\).

Для всей системы \(L = 0\) и \(\Delta U = Q\).

Будем использовать индексы 1 и 2 для величин, относящихся соответственно к аргону в цилиндре A и к кислороду в цилиндре B: \[\Delta U = \frac{m_1}{\mu_1}\cdot\frac32\cdot R\left(T_1' - T_1\right) = Q = \frac{m_1}{\mu_1}\cdot\frac32 RT_1\left[\left(\frac{V_1}{V_1'}\right)^{2/3} - 1\right]. \tag{11}\] Из уравнения (11) следует \[T_1 = \frac23\cdot\frac{\mu_1}{m_1}\cdot\frac{Q}{R}\cdot\frac{1}{\left(\dfrac{V_1}{V_1'}\right)^{2/3} - 1} = 1000\text{ К}, \tag{12}\] \[T_1' = \frac{T_1}{4} = 250\text{ К}. \tag{13}\] Для изотермического процесса с кислородом \[\frac{\rho_2'}{\rho_2} = \frac{p_2'}{p_2}, \tag{14}\] \[p_2' = 2{,}00\text{ атм} = 2{,}026\cdot 10^5\text{ Н/м}^2.\] Из условия равновесия \[p_1' = p_2' = 2\text{ атм}. \tag{15}\] Для аргона \[p_1 = p_1'\cdot\frac{V_1'}{V_1}\cdot\frac{T_1}{T_1'} = 64\text{ атм} = 64{,}9\cdot 10^5\text{ Н/м}^2, \tag{16}\] \[V_1 = \frac{m_1}{\mu_1}\cdot\frac{RT_1}{p_1} = 1{,}02\text{ м}^3, \quad V_1' = 8V_1 = 8{,}16\text{ м}^3. \tag{17}\]

в) Когда кран открывают, газы перемешиваются, и в тепловом равновесии конечное давление будет \(p'\), а температура \(T\). Полное число киломолей постоянно: \[\nu_1 + \nu_2 = \nu', \quad \frac{p_1'V_1'}{RT_1'} + \frac{p_2'V_2'}{RT} = \frac{p\left(V_1' + V_2'\right)}{RT}, \tag{18}\] \[p_1' + p_2' = 2\text{ атм}, \quad T_2 = T_2' = T = 300\text{ К}.\]

Полный объём системы постоянен: \[V_1 + V_2 = V_1' + V_2', \quad \frac{V_2'}{V_2} = \frac{\rho_2}{\rho_2'}, \quad V_2' = \frac{V_2}{2} = 7{,}14\text{ м}^3. \tag{19}\] Из уравнения (18) получаем конечное давление: \[p = p_1'\cdot\frac{1}{V_1 + V_2}\cdot\left(V_1'\cdot\frac{T}{T_1'} + V_2'\right) = 2{,}2\text{ атм} = 2{,}23\cdot 10^5\text{ Н/м}^2. \tag{20}\]

Подсказка

Заряд конденсатора не меняется, а энергия извне не поступает: рост потенциальной энергии поднятой жидкости происходит за счёт уменьшения энергии конденсатора, ёмкость которого — сумма ёмкостей частей с жидкостью и без неё.

Ответ

\(h_{1,2} = \dfrac{H}{2(\varepsilon_r - 1)}\left[-1 \pm \sqrt{1 \pm \dfrac{4E_o^2\varepsilon_o(\varepsilon_r - 1)^2}{\rho gH}}\right]\); смысл имеет только положительное решение; при \(H \gg h\): \(h \approx \dfrac{\varepsilon_o(\varepsilon_r - 1)}{\rho g}\,E_o^2\).

Решение

Начальная энергия конденсатора \[W_o = \frac12\cdot C_oU_o^2 = \frac12\cdot\frac{Q_o^2}{C_o}, \quad\text{где}\quad C_o = \frac{\varepsilon_o Hl}{d}, \tag{1}\] \(H\) — высота пластин, \(l\) — ширина пластин конденсатора, \(d\) — расстояние между пластинами.

Когда пластины касаются поверхности жидкости, на диэлектрическую жидкость действует вертикальная сила. Полный электрический заряд остаётся постоянным, и энергия к системе извне не подводится. Увеличение гравитационной энергии компенсируется уменьшением электрической энергии конденсатора: \[W_o = W_1 + W_2, \tag{2}\] \[W_1 = \frac12\cdot\frac{Q_o^2}{C}, \quad W_2 = \frac12\rho gh^2 ld, \tag{3}\] \[C = C_1 + C_2 = \frac{\varepsilon_o\varepsilon_r hl}{d} + \frac{\varepsilon_o(H - h)l}{d}. \tag{4}\] Подставляя (3) и (4) в уравнение (2), получаем \[(\varepsilon_r - 1)h^2 + Hh - \frac{E_o^2\varepsilon_o H(\varepsilon_r - 1)}{\rho g} = 0.\] Решение: \[h_{1,2} = \frac{H}{2(\varepsilon_r - 1)}\cdot\left[-1 \pm \sqrt{1 \pm \frac{4E_o^2\varepsilon_o(\varepsilon_r - 1)^2}{\rho gH}}\right]. \tag{8}\]

Обсуждение: смысл имеет только положительное решение. Учитывая, что \(H\) много больше \(h\), получаем окончательный результат: \[h \approx \frac{\varepsilon_o(\varepsilon_r - 1)}{\rho g}\cdot E_o^2.\]

Подсказка

а) По принципу Ферма время распространения света из точки в сопряжённую ей точку не зависит от пути: сравните путь вдоль оси и путь через край линзы. б) Половинки линзы дают два действительных изображения источника — два когерентных источника; число полос — ширина области перекрытия пучков, делённая на ширину полосы.

Ответ

а) \(\dfrac{f_1}{s_1} + \dfrac{f_2}{s_2} = 1\), где \(f_1 = \dfrac{R}{n_o - 1}\), \(f_2 = \dfrac{n_2R}{n_o - 1}\);  б) \(N = 2r\Delta\cdot\dfrac{1 + \dfrac{p_2}{p_1}}{\lambda p_2}\), где \(p_2 = \dfrac{p_1 f}{p_1 - f}\) (\(p_1\) — расстояние от источника до линзы, \(\Delta\) — расстояние между половинками линзы).

Решение

а) Из принципа Ферма следует, что в приближении Гаусса время, за которое свет приходит из \(P_1\) в \(P_2\), не зависит от пути (\(P_1\) и \(P_2\) — сопряжённые точки).

\(T_1\) — время, за которое свет проходит оптический путь \(P_1V_1OV_2P_2\) (рис. 4.2): \[T_1 = \frac{P_1M}{v_1} + \frac{P_2M}{v_2}, \quad\text{где}\quad P_1M = \sqrt{P_1O^2 + MO^2} \approx P_1O + \frac{h^2}{2P_1O} \quad\text{и}\quad P_2M \approx P_2O + \frac{h^2}{2P_2O},\] поскольку \(h = OM\) много меньше, чем \(P_1O\) или \(P_2O\).

\[T_1 = \frac{P_1O}{v_1} + \frac{P_2O}{v_2} + \frac{h^2}{2}\cdot\left(\frac{1}{v_1P_1O} + \frac{1}{v_2P_2O}\right); \quad T_2 = \frac{P_1V_1}{v_1} + \frac{V_2P_2}{v_2} + \frac{V_1V_2}{v}, \tag{1}\] \[V_1V_2 \cong \frac{h^2}{2}\cdot\left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right). \tag{2}\] Из условия \(T_1 = T_2\) следует \[\frac{1}{v_1P_1O} + \frac{1}{v_2P_2O} = \frac1v\left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right) - \frac{1}{v_1R_1} - \frac{1}{v_2R_2}. \tag{3}\] Учитывая соотношение \(v = \dfrac{c}{n}\) и обозначая \(P_1O = s_1\), \(OP_2 = s_2\), соотношение (3) можно записать в виде \[\frac{n_1}{s_1} + \frac{n_2}{s_2} = n_o\left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right) - \frac{1}{v_1R_1} - \frac{1}{v_2R_2}. \tag{4}\]

Если точка \(P_1\) находится в бесконечности, \(s_2\) становится фокусным расстоянием; то же самое для \(P_2\): \[\frac{1}{f_2} = \frac{1}{n_2}\cdot\left(\frac{n_o - n_1}{R_1} + \frac{n_o - n_2}{R_2}\right); \quad \frac{1}{f_1} = \frac{1}{n_1}\cdot\left(\frac{n_o - n_1}{R_1} + \frac{n_o - n_2}{R_2}\right). \tag{5}\] Из уравнений (5) и (4) следует \[\frac{f_1}{s_1} + \frac{f_2}{s_2} = 1. \tag{6}\] Линза плоско-выпуклая (рис. 4.3), и её фокусные расстояния \[f_1 = \frac{n_1R}{n_o - n_1} = \frac{R}{n_o - 1}; \quad f_2 = \frac{n_2R}{n_o - n_1} = \frac{n_2R}{n_0 - 1}. \tag{7}\]

б) В случае билинзы Бийе \(S_1\) и \(S_2\) — действительные изображения предмета \(S\), их можно рассматривать как когерентные источники света (рис. 4.4).

\(O_1O_2 = \Delta\) много меньше \(r\): \[OM = \Delta + r \approx r, \quad SO \approx SO_1 \approx SO_2 = p_1, \quad S_1O_1 = S_2O_2 \approx S'O = p_2, \quad S_1S_2 = \Delta\cdot\left(1 + \frac{p_1}{p_2}\right).\]

Вычислим ширину интерференционного поля \(RR'\) (рис. 4.4): \[RR' = 2\cdot RA = 2\cdot S'A\cdot\operatorname{tg}\frac{\varphi}{2}, \quad S'A \cong d - p_2, \quad \operatorname{tg}\frac{\varphi}{2} = \frac{r}{p_2}, \quad RR' = 2(d - p_2)\cdot\frac{r}{p_2}.\] Условие интерференционного максимума: \[S_2N = k\cdot\lambda.\] Полоса \(k\)-го порядка находится на расстоянии \(x_k\) от \(A\): \[x_k = k\cdot\frac{\lambda(d - p_2)}{\Delta\left(1 + \dfrac{p_2}{p_1}\right)}. \tag{8}\] Расстояние между соседними полосами: \[i = \frac{\lambda(d - p_2)}{\Delta\left(1 + \dfrac{p}{p_1}\right)}. \tag{9}\] Число полос, наблюдаемых на экране: \[N = \frac{RR'}{i} = 2r\Delta\cdot\frac{1 + \dfrac{p_2}{p_1}}{\lambda p_2}. \tag{10}\] \(p_2\) можно выразить из формулы линзы: \[p_2 = \frac{p_1 f}{p_1 - f}.\]