IPhO 1979, теоретический тур

Подсказка

В обоих случаях после включения двигателя ракета движется по эллипсу с фокусом в центре Луны: запишите законы сохранения энергии и момента импульса для точки включения и точки касания поверхности. Массу топлива найдите из закона сохранения импульса для системы «ракета — топливо».

Ответ

1) \(\Delta v = 24\text{ м/с}\), \(m_1 \approx \dfrac{\Delta v}{u}M = 29\text{ кг}\);  2) \(\Delta v_2 = h\sqrt{\dfrac{g_M}{R_M+h}} \approx 97\text{ м/с}\), \(m_2 = \dfrac{\Delta v_2}{u}M \approx 116\text{ кг}\).

Решение

1) При движении ракеты по круговой орбите её центростремительное ускорение создаётся силой притяжения Луны: \[G\frac{MM_M}{R^2} = \frac{Mv_0^2}{R},\] где \(R = R_M + h\) — радиус исходной орбиты, \(v_0\) — скорость ракеты на круговой орбите: \[v_0 = \sqrt{G\frac{M_M}{R}}.\] Так как \(g_M = G\dfrac{M_M}{R_M^2}\), получаем \[v_0 = \sqrt{\frac{g_M R_M^2}{R}} = R_M\sqrt{\frac{g_M}{R_M + h}}. \tag{1}\] После того как тормозной двигатель сообщит ракете импульс по касательной, скорость ракеты останется перпендикулярной радиусу-вектору \(OA\) (рис. 1). Затем ракета должна двигаться по эллиптической траектории с фокусом в центре Луны.

Обозначив скорости ракеты в точках \(A\) и \(B\) через \(v_A\) и \(v_B\), можно записать уравнения законов сохранения энергии и момента импульса: \[\frac{Mv_A^2}{2} - G\frac{MM_M}{R} = \frac{Mv_B^2}{2} - G\frac{MM_M}{R_M}, \tag{2}\] \[Mv_A R = Mv_B R_M . \tag{3}\] Решая совместно уравнения (2) и (3), находим \[v_A = \sqrt{2G\frac{M_M R_M}{R(R + R_M)}}.\] С учётом (1) получаем \[v_A = v_0\sqrt{\frac{2R_M}{R + R_M}}.\] Таким образом, изменение скорости ракеты \(\Delta v\) в точке \(A\) должно составлять \[\Delta v = v_0 - v_A = v_0\left(1 - \sqrt{\frac{2R_M}{R + R_M}}\right) = v_0\left(1 - \sqrt{\frac{2R_M}{2R_M + h}}\right) = 24\text{ м/с}.\] Так как двигатель включается на короткое время, закон сохранения импульса для системы «ракета — топливо» можно записать в виде \[(M - m_1)\Delta v = m_1 u,\] где \(m_1\) — масса сгоревшего топлива. Отсюда \[m_1 = \frac{\Delta v}{u + \Delta v}.\]

Учитывая, что \(\Delta v \ll u\), находим \[m_1 \approx \frac{\Delta v}{u}M = 29\text{ кг}.\]

2) Во втором случае вектор \(\Delta\vec v_2\) направлен перпендикулярно вектору \(\vec v_0\), что даёт \[\vec v_A = \vec v_0 + \Delta\vec v_2, \qquad v_A = \sqrt{v_0^2 + \Delta v_2^2}.\] По закону сохранения энергии в этом случае можно записать уравнение \[\frac{M\left(v_0^2 + \Delta v_2^2\right)}{2} - \frac{GMM_M}{R} = \frac{Mv_C^2}{2} - \frac{GMM_M}{R_M}, \tag{4}\] а из закона сохранения момента импульса \[Mv_0 R = Mv_C R_M . \tag{5}\] Решая совместно уравнения (4) и (5) и учитывая (1), находим \[\Delta v_2 = \sqrt{g_M\frac{(R - R_M)^2}{R}} = h\sqrt{\frac{g_M}{R_M + h}} \approx 97\text{ м/с}.\] С помощью закона сохранения импульса получаем \[m_2 = \frac{\Delta v_2}{u}M \approx 116\text{ кг}.\]

Подсказка

Показания весов зависят от разности архимедовых сил, действующих на образец и на гири. При одинаковом полном давлении во влажном воздухе часть сухого воздуха заменена более лёгким водяным паром.

Ответ

\(m \ge \dfrac{m_0 RT}{P_a(M_a - M_v)}\left(\dfrac{\rho_1\rho_2}{\rho_2 - \rho_1}\right)\), \(m \ge 0{,}0432\text{ кг} \approx 43\text{ г}\).

Решение

На образец и гири действует архимедова сила сухого или влажного воздуха в первом и во втором случаях соответственно. Разность показаний весов \(\Delta F\) определяется изменением разности этих сил.

Разность архимедовых сил в сухом воздухе: \[\Delta F_1 = \Delta V\rho_a' g ,\] а во влажном воздухе: \[\Delta F_2 = \Delta V\rho_a'' g ,\] где \(\Delta V\) — разность объёмов образца и гирь, а \(\rho_a'\) и \(\rho_a''\) — плотности сухого и влажного воздуха соответственно.

Тогда разность показаний весов \(\Delta F\) можно записать так: \[\Delta F = \Delta F_1 - \Delta F_2 = \Delta V g\left(\rho_a' - \rho_a''\right). \tag{1}\] По условию задачи эту разность нужно заметить, т. е. \(\Delta F \ge m_0 g\) или \(\Delta V g\left(\rho_a' - \rho_a''\right) \ge m_0\), откуда \[\Delta V \ge \frac{m_0}{\rho_a' - \rho_a''}. \tag{2}\] Разность объёмов алюминиевого образца и латунных гирь можно найти из уравнения \[\Delta V = \frac{m}{\rho_1} - \frac{m}{\rho_2} = m\left(\frac{\rho_2 - \rho_1}{\rho_1\rho_2}\right), \tag{3}\] где \(m\) — искомая масса образца. Из выражений (2) и (3) получаем \[m = \Delta V\left(\frac{\rho_1\rho_2}{\rho_2 - \rho_1}\right) \ge \frac{m_0}{\rho_a' - \rho_a''}\left(\frac{\rho_1\rho_2}{\rho_2 - \rho_1}\right). \tag{4}\] Чтобы найти массу \(m\) образца, нужно определить разность \(\left(\rho_a' - \rho_a''\right)\). При одинаковом полном давлении во втором случае часть сухого воздуха заменена паром: \[\rho_a' - \rho_a'' = \frac{\Delta m_a}{V} - \frac{\Delta m_v}{V}.\] Изменения массы воздуха \(\Delta m_a\) и пара \(\Delta m_v\) можно найти из уравнения состояния идеального газа: \[\Delta m_a = \frac{P_a V M_a}{RT}, \qquad \Delta m_v = \frac{P_v V M_v}{RT},\] откуда получаем \[\rho_a' - \rho_a'' = \frac{P_a\left(M_a - M_v\right)}{RT}. \tag{5}\] Из уравнений (4) и (5) получаем \[m \ge \frac{m_0 RT}{P_a\left(M_a - M_v\right)}\left(\frac{\rho_1\rho_2}{\rho_2 - \rho_1}\right). \tag{6}\] Подстановка численных значений даёт ответ: \(m \ge 0{,}0432\text{ кг} \approx 43\text{ г}\).

Примечание. Записывая выражение (3), мы считали массу образца равной массе гирь, допуская при этом небольшую погрешность.

Можно выбрать и другой способ решения этой задачи. Вычислим изменение архимедовой силы через изменение средней молярной массы воздуха.

В сухом воздухе условие равновесия образца и гирь можно записать в виде \[\left(\rho_1 - \frac{M_a P}{RT}\right)V_1 = \left(\rho_2 - \frac{M_a P}{RT}\right)V_2 . \tag{7}\] Во влажном воздухе его молярная масса равна \[M = M_a\frac{P_a}{P} + M_v\frac{P - P_a}{P}, \tag{8}\] а условие обнаружения разницы показаний весов можно записать в виде \[\left(\rho_1 - \frac{M_a P}{RT}\right)V_1 - \left(\rho_2 - \frac{M_a P}{RT}\right)V_2 \ge m_0 . \tag{9}\]

Из выражений (7)–(9) можно получить более точный ответ \[m \ge \frac{m_0 RT\rho_1\rho_2 - M_a P_a}{\left(M_a - M_v\right)\left(\rho_2 - \rho_1\right)P_a}. \tag{10}\] Так как \(M_a P_a \ll m_0\rho_1\rho_2 RT\), оба выражения (6) и (10) приводят практически к одному и тому же количественному результату, т. е. \(m \ge 43\text{ г}\).

Подсказка

Расходимость пучка, вышедшего из апертуры диаметром \(D\), определяется дифракцией: \(\delta\varphi \approx \lambda/D\). Доля энергии, попавшей на отражатель, — отношение площадей отражателя и светового пятна; отражённый пучок тоже расходится за счёт дифракции на отражателе.

Ответ

1) \(\delta\varphi \approx \lambda/D \approx 2{,}6\cdot 10^{-7}\text{ рад} \approx 0{,}05''\);  2) \(K_0 = \left(\dfrac{dD}{2\lambda L}\right)^4 \approx 10^{-12}\);  3) нельзя: \(N = 12 < n\);  4) \(\beta = K_0/K \approx 2\cdot 10^6\).

Решение

1) Угол расходимости пучка \(\delta\varphi\), обусловленный дифракцией, определяет точность установки оптической оси телескопа: \[\delta\varphi \approx \lambda/D \approx 2{,}6\cdot 10^{-7}\text{ рад} \approx 0{,}05''.\]

2) Долю \(K_1\) энергии лазера, направленной на отражатель, можно найти как отношение площади отражателя \(S_1\) (\(S_1 = \pi d^2/4\)) к площади \(S_2\) светового пятна на Луне (\(S_2 = \pi r^2\), где \(r = L\,\delta\varphi \approx L\lambda/D\), \(L\) — расстояние от Земли до Луны): \[K_1 = \frac{S_1}{S_2} = \frac{d^2}{(2r)^2} = \frac{d^2 D^2}{4\lambda^2 L^2}.\] Отражённый световой пучок также расходится и образует на поверхности Земли световое пятно радиусом \(R\): \[R = \lambda L/d, \quad\text{так как}\quad r \ll R .\] Поэтому доля \(K_2\) отражённой энергии, попавшей в телескоп, составляет \[K_2 = \frac{D^2}{(2R)^2} = \frac{D^2 d^2}{4\lambda^2 L^2}.\] Доля \(K_0\) энергии лазера, попавшей в телескоп после отражения от отражателя на Луне, равна \[K_0 = K_1 K_2 = \left(\frac{dD}{2\lambda L}\right)^4 \approx 10^{-12}.\]

3) Зрачок невооружённого глаза получает меньшую часть светового потока, чем телескоп, так как площадь зрачка \(S_e\) меньше площади зеркала телескопа \(S_t\): \[K_e = K_0\frac{S_e}{S_t} = K_0\frac{d_e^2}{D^2} \approx 3{,}7\cdot 10^{-18}.\] Поэтому число фотонов \(N\), попадающих в зрачок глаза, равно \[N = \frac{E}{h\nu}K_e = 12 .\] Так как \(N < n\), отражённый импульс невооружённым глазом заметить нельзя.

4) В отсутствие отражателя \(\alpha = 10\,\%\) энергии лазера, попавшей на Луну, рассеивается лунной поверхностью в телесный угол \(\Omega_1 = 2\pi\) стерадиан.

Телесный угол, под которым зеркало телескопа видно с Луны, составляет \[\Omega_2 = S_t/L^2 = \pi D^2/4L^2 .\] Поэтому в телескоп попадает доля энергии \(K\), равная \[K = \alpha\frac{\Omega_2}{\Omega_1} = \alpha\frac{D^2}{8L^2} \approx 0{,}5\cdot 10^{-18}.\] Таким образом, выигрыш \(\beta\), получаемый благодаря использованию отражателя, равен \[\beta = K_0/K \approx 2\cdot 10^6 .\]

Примечание. Полученный результат — лишь оценка, так как световой поток распределён внутри угла дифракции неравномерно.