IPhO 1999, теоретический тур

Подсказка

Давление газа до и после облучения одно и то же — его задают атмосфера и вес пластины, так что процесс изобарный. Поглощённая энергия идёт на изменение внутренней энергии и работу. При повороте цилиндра процесс адиабатический, а давление становится атмосферным.

Ответ

1) \(p = p_0 + \dfrac{mg}{\pi r^2} = 102{,}32\) кПа, \(T_2 = T_0 + \dfrac{\Delta s(p_0\pi r^2 + mg)}{nR} = 322\text{ К} = 49^\circ\)C;  2) \(L = (mg + p_0\pi r^2)\Delta s = 24{,}1\) Дж;  3) \(Q = \Delta s(p_0\pi r^2 + mg)\left(\dfrac{c_V}{R} + 1\right) = 84\) Дж;  4) \(W = Q/\Delta t = 8{,}4\) Вт, \(W\lambda/(hc) = 2{,}2\cdot 10^{19}\text{ с}^{-1}\);  5) \(\eta = mg\Delta s/Q = 2{,}8\cdot 10^{-3} \approx 0{,}3\%\);  6) давление меняется: становится равным \(p_0\); температура меняется: \(T_3 = T_2(p_0/p)^{(\gamma - 1)/\gamma} = 321\text{ К} = 48^\circ\)C.

Решение

1. В равновесии давление \(p\) внутри сосуда должно быть равно давлению в помещении \(p_0\) плюс давление, создаваемое весом подвижного основания: \(p = p_0 + \dfrac{mg}{\pi r^2}\). Это верно и до, и после облучения. Вначале температура газа равна комнатной. Согласно уравнению состояния идеального газа, начальный объём газа \(V_1\) равен \(V_1 = \dfrac{nRT_0}{p}\) (где \(R\) — газовая постоянная), и поэтому высота \(h_1\) части цилиндра, занятой газом, равна \(h_1 = \dfrac{V_1}{\pi r^2} = \dfrac{nRT_0}{p_0\pi r^2 + mg}\). После облучения эта высота становится \(h_2 = h_1 + \Delta s\), и поэтому новая температура равна \[T_2 = T_0\left(1 + \frac{\Delta s}{h_1}\right) = T_0 + \frac{\Delta s(p_0\pi r^2 + mg)}{nR}.\] Численные значения: \(p = 102{,}32\) кПа; \(T_2 = 322\text{ К} = 49^\circ\)C.

2. Механическая работа, совершённая газом против веса пластины, равна \(mg\Delta s\), а против давления в помещении — \(p_0\pi r^2\Delta s\), поэтому полная работа равна \(L = (mg + p_0\pi r^2)\Delta s = 24{,}1\) Дж.

3. Внутренняя энергия вследствие изменения температуры изменяется на величину \(\Delta U = nc_V(T_2 - T_0)\). Теплота, подведённая к системе за время облучения \(\Delta t\), равна \[Q = \Delta U + L = nc_V\frac{T_0\Delta s}{h_1} + (mg + p_0\pi r^2)\Delta s = \Delta s\left(p_0\pi r^2 + mg\right)\left(\frac{c_V}{R} + 1\right).\] Эта теплота получена исключительно за счёт поглощения оптического излучения и поэтому совпадает с поглощённой оптической энергией, \(Q = 84\) Дж.

Тот же результат можно получить, рассматривая изобарный процесс и вспомнив соотношение между молярными теплоёмкостями: \[Q = nc_p(T_2 - T_0) = n(c_V + R)\left[\frac{\Delta s(p_0\pi r^2 + mg)}{nR}\right] = \Delta s(p_0\pi r^2 + mg)\left(\frac{c_V}{R} + 1\right).\]

4. Так как лазер излучает постоянную мощность, поглощённая оптическая мощность равна \(W = \dfrac{Q}{\Delta t} = \left(\dfrac{c_V}{R} + 1\right)\dfrac{\Delta s}{\Delta t}(p_0\pi r^2 + mg) = 8{,}4\) Вт. Энергия каждого фотона равна \(hc/\lambda\), и поэтому число фотонов, поглощаемых в единицу времени, равно \(\dfrac{W\lambda}{hc} = 2{,}2\cdot 10^{19}\text{ с}^{-1}\).

5. Изменение потенциальной энергии равно механической работе, совершённой против веса пластины, поэтому КПД \(\eta\) преобразования энергии равен \[\frac{mg\Delta s}{Q} = \frac{1}{\left(1 + \dfrac{p_0\pi r^2}{mg}\right)\left(1 + \dfrac{c_V}{R}\right)} = 2{,}8\cdot 10^{-3} \approx 0{,}3\%.\]

6. Когда цилиндр поворачивают и его ось становится горизонтальной, происходит адиабатический процесс, при котором давление меняется от \(p\) до \(p_0\), а температура поэтому меняется до нового значения \(T_3\). Уравнение адиабаты \(pV^\gamma = \text{const}\) теперь можно записать в виде \(T_3 = T_2\left(\dfrac{p_0}{p}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}\), где \(\gamma = \dfrac{c_p}{c_V} = \dfrac{c_V + R}{c_V} = 1 + \dfrac{R}{c_V} = 1{,}399\). Окончательно \(T_3 = 321\text{ К} = 48^\circ\)C.

Подсказка

Каждая сторона «V» — полубесконечный провод; при \(\alpha = \pi/2\) «V» превращается в бесконечный прямой провод с известным полем. Точку внутри «V» можно представить как лежащую снаружи «V» с полураствором \(\pi - \alpha\) и обратным током.

Ответ

1) \(\mathbf B(\text{P})\) перпендикулярно плоскости провода (вдоль положительной оси \(z\) на рисунке решения);  2) \(k = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\);  3) \(B(\text{P}^*) = k\cot\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\), вдоль отрицательной оси \(z\);  4) \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{I}{\mu B}}\);  5) \(\alpha < 0{,}77\text{ рад} \approx 44^\circ\).

Решение

1. Вклад в \(\mathbf B\) каждой стороны «V» направлен так же, как вклад соответствующего бесконечного провода, и поэтому — если ток течёт, как показано стрелкой, — магнитное поле перпендикулярно плоскости провода, принятой за плоскость \(x\)–\(y\). Если использовать правую систему координат, как показано на рисунке, то \(\mathbf B(\text{P})\) направлено вдоль положительной оси \(z\).

Из соображений симметрии полное поле вдвое больше поля, создаваемого каждой стороной, и имеет то же направление.

2A. При \(\alpha = \pi/2\) «V» превращается в прямой бесконечный провод. В этом случае модуль поля \(B(\text{P})\), как известно, равен \(B = \dfrac{i}{2\pi\varepsilon_0c^2d} = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\), и, так как \(\tan(\pi/4) = 1\), коэффициент \(k\) равен \(\dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\).

Следующее решение также принимается:

2B. Если участник знает формулу \(B = \dfrac{\mu_0 i}{4\pi}\,\dfrac{\cos\theta_1 - \cos\theta_2}{h}\) для конечного отрезка провода, лежащего на прямой на расстоянии \(h\) от точки P, концы которого видны из P под углами \(\theta_1\) и \(\theta_2\), он может найти, что обе стороны «V» создают поля \(\dfrac{\mu_0 i}{4\pi}\,\dfrac{1 - \cos\alpha}{d\sin\alpha}\), и поэтому полное поле равно \(B = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\,\dfrac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\). Это более полное решение, так как оно доказывает и угловую зависимость, но это не требуется.

3A. Чтобы вычислить \(\mathbf B(\text{P}^*)\), можно рассматривать «V» как эквивалентную двум скрещённым бесконечным проводам (\(a\) и \(b\) на следующем рисунке) плюс ещё одной «V», симметричной первой (показана на рисунке как V\('\)), с тем же током \(i\), текущим в противоположном направлении.

Тогда \(B(\text{P}^*) = B_a(\text{P}^*) + B_b(\text{P}^*) + B_{\text{V}'}(\text{P}^*)\). Отдельные вклады равны:

\(B_a(\text{P}^*) = B_b(\text{P}^*) = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d\sin\alpha}\), вдоль отрицательной оси \(z\);

\(B_{\text{V}'}(\text{P}^*) = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\), вдоль положительной оси \(z\).

Поэтому имеем \(B(\text{P}^*) = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\left[\dfrac{2}{\sin\alpha} - \tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\right] = k\left(\dfrac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}\right) = k\cot\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\), и поле направлено вдоль отрицательной оси \(z\).

Следующие решения также принимаются:

3B. Точку P\(^*\) внутри «V» с полураствором \(\alpha\) можно рассматривать так, как если бы она находилась снаружи «V» с полураствором \(\pi - \alpha\), по которой течёт тот же ток, но в противоположную сторону; поэтому поле равно \(B(\text{P}^*) = k\tan\left(\dfrac{\pi - \alpha}{2}\right) = k\tan\left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\alpha}{2}\right) = k\cot\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\); направление по-прежнему вдоль оси \(z\), но в отрицательную сторону, потому что ток течёт в противоположном направлении, как обсуждалось выше.

3C. Если участник следует пути, изложенному в 2B, он(а) может найти значение поля в P\(^*\) тем же методом.

4. Механический момент \(\mathbf M\), действующий на магнитную стрелку, помещённую в точку P, равен \(\mathbf M = \boldsymbol\mu\wedge\mathbf B\) (где символ \(\wedge\) обозначает векторное произведение). Если стрелку отклонить от положения равновесия на угол \(\beta\), достаточно малый, чтобы \(\sin\beta\) можно было заменить на \(\beta\), теорема о моменте импульса даёт \(M = -\mu B\beta = \dfrac{dL}{dt} = I\dfrac{d^2\beta}{dt^2}\), где знак минус стоит потому, что механический момент всегда направлен против отклонения от равновесия. Поэтому период \(T\) малых колебаний равен \(T = \dfrac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\dfrac{I}{\mu B}}\).

Записывать дифференциальное уравнение, однако, не требуется: участник должен узнать ту же ситуацию, что и для гармонического осциллятора.

5. Если обозначить индексом A вычисления, основанные на интерпретации Ампера, а индексом BS — основанные на другой гипотезе, Био и Савара, то имеем \[B_A = \frac{i\mu_0}{2\pi d}\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right), \qquad B_{BS} = \frac{i\mu_0}{\pi^2 d}\alpha,\] \[T_A = 2\pi\sqrt{\frac{2\pi Id}{\mu_0\mu i\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}}, \qquad T_{BS} = 2\pi\sqrt{\frac{\pi^2 Id}{\mu_0\mu i\alpha}},\] \[\frac{T_A}{T_{BS}} = \sqrt{\frac{2\alpha}{\pi\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}}.\] При \(\alpha = \pi/2\) (максимально возможное значение) \(T_A = T_{BS}\); а при \(\alpha \to 0\) \(T_A \to \dfrac{2}{\sqrt\pi}T_{BS} \approx 1{,}128\,T_{BS}\). Так как в этом диапазоне \(\dfrac{\tan(\alpha/2)}{\alpha/2}\) — монотонно возрастающая функция \(\alpha\), то \(\dfrac{T_A}{T_{BS}}\) — монотонно убывающая функция \(\alpha\); поэтому в эксперименте невозможно выбрать между двумя интерпретациями, если значение \(\alpha\) больше значения, при котором \(T_A = 1{,}10\,T_{BS}\) (различие 10 %), т. е. когда \(\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \dfrac{4}{1{,}21\pi}\,\dfrac{\alpha}{2} = 1{,}05\,\dfrac{\alpha}{2}\). Заглянув в тригонометрические таблицы или воспользовавшись калькулятором, видим, что это условие хорошо выполняется при \(\alpha/2 = 0{,}38\) рад; поэтому \(\alpha\) должно быть меньше \(0{,}77\text{ рад} \approx 44^\circ\).

Графическое решение уравнения относительно \(\alpha\) принимается, но оно несколько длинное. Разложение в ряд, напротив, не принимается.

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта Юпитера: там энергия зонда сохраняется, и он лишь поворачивает скорость на угол \(\Delta\theta\), не меняя её модуля. Угол между асимптотами найдите из условия \(1/r = 0\). Затем вернитесь в систему Солнца, прибавив скорость Юпитера.

Ответ

1) \(V = \sqrt{GM_S/R} \approx 1{,}306\cdot 10^4\) м/с;  2) \(\rho = \dfrac{\sqrt M}{\sqrt{M_S} + \sqrt M}R = 2{,}333\cdot 10^{10}\) м;  3) \(\theta_0 = \arctan(v_0/V) = 0{,}653\text{ рад} \approx 37{,}4^\circ\), \(v' = \sqrt{v_0^2 + V^2} = 1{,}65\cdot 10^4\) м/с;  4) \(E \approx \frac12 mv'^2 = 112\) ГДж;  5) \(\Delta\theta = \pi - 2\arccos\dfrac{1}{\sqrt{1 + v'^4b^2/(G^2M^2)}}\);  6) \(b_{min} = 4{,}90\cdot 10^8\text{ м} \approx 7{,}0\,R_B\), \(\Delta\theta_{max} = 1{,}526\text{ рад} \approx 87{,}4^\circ\);  7) \(v'' = \sqrt{v_0(v_0 + 2V\sin\Delta\theta) + 2V^2(1 - \cos\Delta\theta)}\);  8) \(v'' = 2{,}62\cdot 10^4\) м/с.

Решение

1A. Предполагая — как сказано в условии, — что орбита круговая, и приравнивая центростремительное ускорение \(\dfrac{V^2}{R}\) гравитационному полю \(\dfrac{GM_S}{R^2}\) (где \(M_S\) — масса Солнца), получаем орбитальную скорость Юпитера \(V = \sqrt{\dfrac{GM_S}{R}} \approx 1{,}306\cdot 10^4\) м/с.

Следующее альтернативное решение также принимается:

1B. Поскольку мы считаем движение Юпитера равномерным по окружности, \(V = \omega R = \dfrac{2\pi R}{y_J}\), где \(y_J\) — период обращения Юпитера, приведённый в списке общих физических постоянных.

2. Две гравитационные силы, действующие на космический зонд, равны, когда \[\frac{GMm}{\rho^2} = \frac{GM_Sm}{(R - \rho)^2} \tag{2}\] (где \(\rho\) — расстояние от Юпитера, а \(M\) — масса Юпитера), откуда \[\sqrt M\,(R - \rho) = \rho\sqrt{M_S} \tag{3}\] и \[\rho = \frac{\sqrt M}{\sqrt{M_S} + \sqrt M}R = 0{,}02997R = 2{,}333\cdot 10^{10}\text{ м}, \tag{4}\] и поэтому две силы притяжения равны на расстоянии около 23,3 миллиона километров от Юпитера (около 334 радиусов Юпитера).

3. С помощью простого преобразования Галилея находим, что составляющие скорости зонда в системе отсчёта Юпитера равны \[\begin{cases} v'_x = V, \\ v'_y = v_0, \end{cases}\] и поэтому — в системе отсчёта Юпитера — зонд движется под углом \(\theta_0 = \arctan\dfrac{v_0}{V}\) к оси \(x\), и его скорость равна \(v' = \sqrt{v_0^2 + V^2}\) (заметим также, что \(\cos\theta_0 = \dfrac{V}{\sqrt{v_0^2 + V^2}} = \dfrac{V}{v'}\) и \(\sin\theta_0 = \dfrac{v_0}{\sqrt{v_0^2 + V^2}} = \dfrac{v_0}{v'}\)).

Подставляя заданные значения, получаем \(\theta_0 = 0{,}653\text{ рад} \approx 37{,}4^\circ\) и \(v' = 1{,}65\cdot 10^4\) м/с.

4. Поскольку траекторию зонда можно описать лишь приближённо как результат гравитационного взаимодействия двух тел (следовало бы учесть также взаимодействие с Солнцем и другими планетами), мы берём большое, но не бесконечное расстояние от Юпитера и приближённо принимаем полную энергию в системе отсчёта Юпитера равной кинетической энергии зонда на этом расстоянии: \[E \approx \frac12 mv'^2. \tag{5}\] Соответствующее численное значение \(E = 112\) ГДж.

5. Уравнение (1) показывает, что радиальное расстояние становится бесконечным, а обратная ему величина равна нулю, когда \[1 + \sqrt{1 + \frac{2Ev'^2b^2}{G^2M^2m}}\cos\theta = 0, \tag{7}\] т. е. когда \[\cos\theta = -\frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{2Ev'^2b^2}{G^2M^2m}}}. \tag{8}\] Заметим также, что радиальное расстояние не может быть отрицательным, и поэтому допустимые его значения — те, что удовлетворяют условию \[1 + \sqrt{1 + \frac{2Ev'^2b^2}{G^2M^2m}}\cos\theta \ge 0, \tag{9}\] или \[\cos\theta \ge -\frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{2Ev'^2b^2}{G^2M^2m}}}. \tag{10}\] Решения для предельного случая (10) (т. е. когда выполняется знак равенства) таковы: \[\theta_\pm = \pm\arccos\left[-\left(1 + \frac{2Ev'^2b^2}{G^2M^2m}\right)^{-1/2}\right] = \pm\left(\pi - \arccos\frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{2Ev'^2b^2}{G^2M^2m}}}\right), \tag{11}\] и поэтому угол \(\Delta\theta\) (показанный на рис. 2) между двумя асимптотами гиперболы равен: \[\Delta\theta = (\theta_+ - \theta_-) - \pi = \pi - 2\arccos\frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{2Ev'^2b^2}{G^2M^2m}}} = \pi - 2\arccos\frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{v'^4b^2}{G^2M^2}}}. \tag{12}\] В последнем равенстве мы использовали значение полной энергии, вычисленное в предыдущем пункте.

6. Угол отклонения — монотонно убывающая функция прицельного параметра, поэтому отклонение максимально, когда прицельный параметр минимален. Из рассуждений предыдущего пункта легко видеть, что точка наибольшего сближения соответствует \(\theta = 0\), и в этом случае минимальное расстояние между зондом и центром планеты легко получить из уравнения (1): \[r_{min} = \frac{v'^2b^2}{GM}\left(1 + \sqrt{1 + \frac{v'^4b^2}{G^2M^2}}\right)^{-1}. \tag{13}\] Обращая уравнение (13), получаем прицельный параметр \[b = \sqrt{r_{min}^2 + \frac{2GM}{v'^2}r_{min}}. \tag{14}\] Заметим, что этот результат можно получить и иначе, учитывая, что вследствие сохранения момента импульса \[L = mv'b = mv'_{min}r_{min},\] где мы ввели скорость, соответствующую наибольшему сближению. Кроме того, закон сохранения энергии даёт \[E = \frac12 mv'^2 = \frac12 mv'^2_{min} - \frac{GMm}{r_{min}},\] и, объединяя эти два уравнения, снова получаем уравнение (14).

Прицельный параметр — возрастающая функция расстояния наибольшего сближения; поэтому, если зонд не может приблизиться к поверхности Юпитера меньше чем на два радиуса (и, значит, \(r_{min} = 3R_B\), где \(R_B\) — радиус тела Юпитера), минимально допустимое значение прицельного параметра равно \[b_{min} = \sqrt{9R_B^2 + \frac{6GM}{v'^2}R_B}. \tag{15}\] Из этого уравнения окончательно получаем максимально возможное отклонение: \[\Delta\theta_{max} = \pi - 2\arccos\frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{v'^4b_{min}^2}{G^2M^2}}} = \pi - 2\arccos\frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{v'^4}{G^2M^2}\left(9R_B^2 + \dfrac{6GM}{v'^2}R_B\right)}}, \tag{16}\] и, используя вычисленные ранее численные значения, получаем: \[b_{min} = 4{,}90\cdot 10^8\text{ м} \approx 7{,}0\,R_B \quad\text{и}\quad \Delta\theta_{max} = 1{,}526\text{ рад} \approx 87{,}4^\circ.\]

7. Конечное направление движения относительно оси \(x\) в системе отсчёта Юпитера задаётся начальным углом плюс угол отклонения, т. е. \(\theta_0 + \Delta\theta\), если зонд проходит позади планеты. Поэтому конечные составляющие скорости в системе отсчёта Юпитера равны \[\begin{cases} v'_x = v'\cos(\theta_0 + \Delta\theta), \\ v'_y = v'\sin(\theta_0 + \Delta\theta), \end{cases}\] а в системе отсчёта Солнца они равны \[\begin{cases} v''_x = v'\cos(\theta_0 + \Delta\theta) - V, \\ v''_y = v'\sin(\theta_0 + \Delta\theta). \end{cases}\] Поэтому конечная скорость зонда в системе отсчёта Солнца равна \[v'' = \sqrt{(v'\cos(\theta_0 + \Delta\theta) - V)^2 + (v'\sin(\theta_0 + \Delta\theta))^2}\] \[= \sqrt{v_0^2 + 2V^2 - 2v'V\cos(\theta_0 + \Delta\theta)}\] \[= \sqrt{v_0^2 + 2V^2 - 2v'V\left(\cos\theta_0\cos\Delta\theta - \sin\theta_0\sin\Delta\theta\right)} \tag{17}\] \[= \sqrt{v_0^2 + 2V^2 - 2V\left(V\cos\Delta\theta - v_0\sin\Delta\theta\right)}\] \[= \sqrt{v_0\left(v_0 + 2V\sin\Delta\theta\right) + 2V^2\left(1 - \cos\Delta\theta\right)}.\]

8. При максимально возможном угле отклонения численный результат равен \(v'' = 2{,}62\cdot 10^4\) м/с.