IPhO 1981, теоретический тур

Подсказка

Пока поршень в контейнере, система замкнута: импульс сохраняется, а работа адиабатически расширяющегося газа переходит в кинетическую энергию контейнера и поршня. После вылета поршня молекулы газа, ударяясь о дно, передают контейнеру дополнительный импульс.

Ответ

\(v = v_1 + v_2 = \sqrt{3\left(1 - 2^{-2/3}\right)\dfrac{mnRT}{(nM_0 + M)(m + nM_0 + M)}} + 2^{-1/3}\dfrac{n\sqrt{M_0RT}}{M} \approx \sqrt{3\left(1 - 2^{-2/3}\right)\dfrac{mnRT}{M(m + M)}} + 2^{-1/3}\dfrac{n\sqrt{M_0RT}}{M}\).

Решение

До момента, когда поршень покидает контейнер, систему можно считать замкнутой. Из законов сохранения импульса и энергии следует: \[(M + nM_0)v_1 - mu = 0, \tag{1}\] \[\frac{(M + nM_0)v_1^2}{2} + \frac{mu^2}{2} = \Delta U, \tag{2}\] где \(v_1\) — скорость контейнера в момент, когда поршень его покидает, \(u\) — скорость поршня в тот же момент, \(\Delta U\) — изменение внутренней энергии газа. Газ идеальный и одноатомный, поэтому \[\Delta U = \frac32 nR\Delta T = \frac32 nR(T - T_f); \tag{3}\] \(T_f\) — температура газа в момент, когда поршень покидает контейнер. Эту температуру можно определить по закону адиабатического процесса: \[pV^\gamma = \text{const}.\] С помощью уравнения состояния идеального газа \(pV = nRT\) получаем \[TV^{\gamma-1} = \text{const}, \qquad TV^{\gamma-1} = T_f V_f^{\gamma-1}.\] Используя соотношение \(V_f = 2V\) и то, что показатель адиабаты одноатомного газа \[\gamma = \frac{c_p}{c_v} = \frac{\frac52 R}{\frac32 R} = \frac53 ,\] получаем для конечной температуры: \[T_f = T\left(\frac{V}{V_f}\right)^{\gamma-1} = \frac{T}{2^{2/3}} = T\,2^{-2/3}. \tag{4}\] Решая уравнения (1)–(4), получаем \[v_1 = \sqrt{3\left(1 - 2^{-2/3}\right)\frac{mnRT}{(nM_0 + M)(m + nM_0 + M)}}. \tag{5}\] Если масса газа \(nM_0\) много меньше масс контейнера \(M\) и поршня \(m\), уравнение (5) упрощается: \[v_1 = \sqrt{3\left(1 - 2^{-2/3}\right)\frac{mnRT}{M(m + M)}}. \qquad (5')\] Когда поршень покидает контейнер, скорость контейнера дополнительно возрастает до значения \(v_2\) за счёт ударов атомов о дно контейнера. Каждый атом передаёт контейнеру импульс \[p = 2m_A\Delta\overline{v_x},\] где \(m_A\) — масса атома, \(m_A = \dfrac{M_0}{N_A}\), а \(\overline{v_x}\) можно получить через средний квадрат скорости атомов \(\overline{v^2}\) следующим образом: \(\overline{v_x^2} + \overline{v_y^2} + \overline{v_z^2} = \overline{v^2}\) и \(\overline{v_x^2} = \overline{v_y^2} = \overline{v_z^2}\), поэтому \(\overline{v_x} = \sqrt{\dfrac{\overline{v^2}}{3}}\). Оказывается, что при упругом ударе одного атома контейнер получает средний импульс \[p = 2\frac{M_0}{N_A}\sqrt{\frac{\overline{v^2}}{3}}.\] Все вычисления сделаны в предположении, что тепловые скорости атомов много больше скорости контейнера и что движение описывается в системе отсчёта, связанной с контейнером.

Учитывая, что о дно контейнера ударяется только половина атомов, полный импульс, полученный контейнером, \[p_t = \frac12 nN_A p = nM_0\sqrt{\frac{\overline{v^2}}{3}}, \tag{6}\] а дополнительное увеличение скорости контейнера \[v_2 = \frac{p_t}{M} = n\frac{M_0}{M}\sqrt{\frac{\overline{v^2}}{3}}. \tag{7}\] Используя формулу для среднеквадратичной скорости \[\sqrt{\overline{v^2}} = \sqrt{\frac{3RT_f}{M_0}},\] а также уравнение (4) для температуры \(T_f\), получаем окончательный результат для \(v_2\): \[v_2 = 2^{-1/3}\frac{n\sqrt{M_0RT}}{M}. \tag{8}\] Следовательно, конечная скорость контейнера \[\begin{aligned} v &= v_1 + v_2 = \sqrt{3\left(1 - 2^{-2/3}\right)\frac{mnRT}{(nM_0 + M)(m + nM_0 + M)}} + 2^{-1/3}\frac{n\sqrt{M_0RT}}{M} \approx \\ &\approx \sqrt{3\left(1 - 2^{-2/3}\right)\frac{mnRT}{M(m + M)}} + 2^{-1/3}\frac{n\sqrt{M_0RT}}{M}. \qquad (9) \end{aligned}\]

Подсказка

Запишите правила Кирхгофа для схемы потенциометра и выразите сопротивление реостата через КПД, равный отношению мощности лампы к мощности аккумулятора. Исследуйте полученную зависимость \(R(\eta)\) на монотонность.

Ответ

1) \(R \ge R_\text{min} \approx 8{,}53\text{ Ом}\), \(I_\text{max} \approx 660\text{ мА}\);  2) \(\eta_\text{max} = U_0/E = 0{,}75\); реостат включают в цепь, используя только два из трёх его выводов, используемая часть реостата \(R_1 \approx 0{,}67\text{ Ом}\).

Решение

1) Напряжение \(U_0\) на лампе сопротивлением \(R_0\) регулируется с помощью реостата сопротивлением \(R\). По правилам Кирхгофа получаем: \[I = \frac{U_0}{R} + \frac{U_0}{R - R_x}, \tag{1}\] где \(R - R_x\) — сопротивление части реостата, подключённой параллельно лампе, \(R_x\) — сопротивление остальной части, \[U_0 = E - IR_x . \tag{2}\]

КПД \(\eta\) такой цепи равен \[\eta = \frac{P_\text{лампы}}{P_\text{акк}} = \frac{U_0^2/r}{IE} = \frac{U_0^2}{RIE}. \tag{3}\] Из уравнения (3) видно, что максимальный ток в реостате определяется минимальным значением КПД: \[I_\text{max} = \frac{U_0^2}{RE\eta_\text{min}} = \frac{U_0^2}{RE\eta_0}. \tag{4}\] Зависимость сопротивления реостата \(R\) от КПД \(\eta\) можно определить, подставив в уравнения (1) и (2) значение тока \(I\), полученное из уравнения (3), \(I = \dfrac{U_0^2}{RE\eta}\): \[\frac{U_0}{RE\eta} = \frac{1}{R_0} + \frac{1}{R - R_x}, \tag{5}\] \[R_x = (E - U_0)\frac{RE\eta}{U_0^2}. \tag{6}\] Тогда \[R = R_0\eta\frac{E^2}{U_0^2}\,\frac{1 + \eta\left(1 - \dfrac{E}{U_0}\right)}{1 - \dfrac{E}{U_0}\eta}. \tag{7}\] Чтобы ответить на вопросы, нужно исследовать зависимость \(R(\eta)\). Для этого найдём первую производную \(R'_\eta\): \[R'_\eta \propto \left(\frac{\eta + \eta^2\left(1 - \dfrac{E}{U_0}\right)}{1 - \dfrac{E}{U_0}\eta}\right)' \propto\] \[\propto 1 + 2\eta\left(1 - \frac{E}{U_0}\right)\left(1 - \frac{E}{U_0}\eta\right) + \left[\eta + \eta^2\left(1 - \frac{E}{U_0}\right)\right]\frac{E}{U_0} = \eta\left(2 - \frac{E}{U_0}\eta\right)\left(1 - \frac{E}{U_0}\right) + 1 .\] \(\eta < 1\), поэтому полученная производная положительна и функция \(R(\eta)\) возрастает. Это означает, что КПД будет минимальным, когда сопротивление реостата минимально. Тогда \[R \ge R_\text{min} = R_0\eta_0\frac{E^2}{U_0^2}\,\frac{1 + \eta_0\left(1 - \dfrac{E}{U_0}\right)}{1 - \dfrac{E}{U_0}\eta_0} \approx 8{,}53\text{ Ом}.\] Максимальный ток \(I_\text{max}\) можно вычислить по уравнению (4). Результат: \(I_\text{max} \approx 660\text{ мА}\).

2) Так как функция \(R(\eta)\) возрастающая, \(\eta \to \eta_\text{max}\) при \(R \to \infty\). В этом случае полный ток \(I\) будет минимальным и равным \(\dfrac{U_0}{R}\). Поэтому максимальный КПД \[\eta_\text{max} = \frac{U_0}{E} = 0{,}75 .\] Этот случай можно осуществить, включив реостат в цепь с помощью только двух из трёх его выводов. Используемая часть реостата — \(R_1\): \[R_1 = \frac{E - U_0}{I_0} = \frac{E - U_0}{U_0}R_0 \approx 0{,}67\text{ Ом}.\]

Подсказка

Детектор принимает прямую волну от звезды и волну, отражённую от поверхности моря; учтите изменение фазы на \(\pi\) при отражении от оптически более плотной среды. При малой высоте звезды над горизонтом разность хода мала.

Ответ

1) максимумы: \(\sin\alpha_\text{max} = (2k - 1)\dfrac{\lambda}{4h}\), минимумы: \(\sin\alpha_\text{min} = \dfrac{k\lambda}{2h}\), \(k = 1, 2, 3, \ldots, 19\);  2) увеличивается;  3) \(\dfrac{I_\text{max}}{I_\text{min}} = 3\cdot 10^4\);  4) уменьшается: \(\dfrac{I_\text{max}}{I_\text{min}} \approx \dfrac{4n^2h^2}{k^2\lambda^2}\).

Решение

1) Сигнал, регистрируемый детектором \(A\), — результат интерференции двух лучей: луча 1, приходящего прямо от звезды, и луча 2, отражённого от поверхности моря (см. рисунок).

Фаза второго луча сдвигается на \(\pi\) из-за отражения от среды с бо́льшим показателем преломления. Поэтому разность фаз двух лучей равна: \[\Delta = AC + \frac{\lambda}{2} - AB = \frac{h}{\sin\alpha} + \frac{\lambda}{2} - \left(\frac{h}{\sin\alpha}\right)\cos(2\alpha) = \frac{\lambda}{2} + \frac{h}{\sin\alpha}\left[1 - \cos(2\alpha)\right] = \frac{\lambda}{2} + 2h\sin\alpha . \tag{1}\]

Условие интерференционного максимума: \[\frac{\lambda}{2} + 2h\sin\alpha_\text{max} = k\lambda , \quad\text{или}\] \[\sin\alpha_\text{max} = \left(k - \frac12\right)\frac{\lambda}{2h} = (2k - 1)\frac{\lambda}{4h}, \tag{2}\] где \(k = 1, 2, 3, \ldots, 19\) (разность оптических путей не может превышать \(2h\), поэтому \(k\) не может быть больше 19).

Условие интерференционного минимума: \[\frac{\lambda}{2} + 2h\sin\alpha_\text{max} = (2k + 1)\frac{\lambda}{2}, \quad\text{или}\]

\[\sin\alpha_\text{min} = \frac{k\lambda}{2h}, \tag{3}\] где \(k = 1, 2, 3, \ldots, 19\).

2) Сразу после восхода звезды её угловая высота \(\alpha\) равна нулю, поэтому выполняется условие интерференционного минимума. По этой причине сразу после восхода звезды сигнал будет увеличиваться.

3) Если выполняется условие интерференционного максимума, напряжённость электрического поля равна сумме напряжённостей прямого луча \(E_i\) и отражённого луча \(E_r\) соответственно: \(E_\text{max} = E_i + E_r\). Так как \(E_r = E_i\dfrac{n - \cos\varphi}{n + \cos\varphi}\), то \(E_\text{max} = E_i\left(1 + \dfrac{n - \cos\varphi_\text{max}}{n + \cos\varphi_\text{max}}\right)\). Из рисунка видно, что \(\varphi_\text{max} = \dfrac{\pi}{2} - \alpha_\text{max}\), и получаем \[E_\text{max} = E_i\left(1 + \frac{n - \sin\alpha_\text{max}}{n + \sin\alpha_\text{max}}\right) = E_i\frac{2n}{n + \sin(2\alpha_\text{max})}. \tag{4}\]

В интерференционном минимуме результирующая напряжённость равна: \[E_\text{min} = E_i - E_r = E_i\frac{2\sin\alpha_\text{min}}{n + \sin\alpha_\text{min}}. \tag{5}\] Интенсивность сигнала \(I\) пропорциональна квадрату напряжённости электрического поля \(E\), поэтому отношение интенсивностей последовательных максимумов и минимумов равно: \[\frac{I_\text{max}}{I_\text{min}} = \left(\frac{E_\text{max}}{E_\text{min}}\right)^2 = \frac{n^2}{\sin^2\alpha_\text{min}}\,\frac{(n + \sin\alpha_\text{min})^2}{(n + \sin\alpha_\text{max})^2}. \tag{6}\] С помощью уравнений (2) и (3) уравнение (6) можно преобразовать к виду \[\frac{I_\text{max}}{I_\text{min}} = \frac{4n^2h^2}{k^2\lambda^2}\left[\frac{n + k\dfrac{\lambda}{2h}}{n + (2k - 1)\dfrac{\lambda}{4h}}\right]^2 . \tag{7}\] С помощью этой общей формулы можно определить отношение для первого максимума (\(k = 1\)) и следующего минимума: \[\frac{I_\text{max}}{I_\text{min}} = \frac{4n^2h^2}{\lambda^2}\left(\frac{n + \dfrac{\lambda}{2h}}{n + \dfrac{\lambda}{4h}}\right)^2 = 3\cdot 10^4 .\]

4) Используя то, что \(n \gg \dfrac{\lambda}{2h}\), из уравнения (7) следует: \[\frac{I_\text{max}}{I_\text{min}} \approx \frac{4n^2h^2}{k^2\lambda^2}.\] Итак, по мере подъёма звезды отношение интенсивностей последовательных максимумов и минимумов уменьшается.