IPhO 2012, теоретический тур

Ответ

1: \[r_{max} = \sqrt[3]{\cfrac{3\sigma d}{4 \rho g}}{.}\];  2: \[Q = 4\pi\varepsilon_0r\varphi{.}\];  3: \[\varphi_{max} = 2\sqrt{\cfrac{\sigma r}{\varepsilon_0}}{.}\];  1: \[Q_0 = \cfrac{2\pi\varepsilon_0r_{max}q}{C}\];  2: \[q(t) = q_0 e^{\gamma t},\quad\gamma = \cfrac{\pi\varepsilon_0n}{C}\sqrt[3]{\cfrac{6\sigma d}{\rho g}}\]

Решение

1. Перед отрывом сумма сил на каплю равна нулю. Из условия равновесия в проекции на ось, направленную вертикально вниз, имеем:

\[F_g - F_\sigma + F_p=0{.}\]Здесь \(F_g\) – сила тяжести,\(F_\sigma\) – сила поверхностного натяжения и \(F_p\) – равнодействующая сил давления на каплю, обусловленная разностью давлений в трубке и в атмосфере.

Для силы тяжести имеем:

\[F_g = \cfrac{4\pi r^3\rho g}{3}{.}\]В момент отрыва сила поверхностного натяжения в месте крепления капли действует вертикально и поэтому составляет:

\[F_\sigma = \sigma \pi d{.}\]Перепад давлений в атмосфере и в трубке обусловлен Лапласовым и гидростатическим давлением:

\[\Delta{p}=\cfrac{2\sigma}{r}-2\rho gr{,}\]откуда для разности сил давления находим:

\[F_p = \cfrac{\pi d^2}{4}\Delta p = \cfrac{\pi d^2}{4}\left(\cfrac{2\sigma}{r}-2\rho gr\right) = \sigma \pi d \cdot \cfrac{d}{2r}-\cfrac{\pi\rho grd^2}{2} \ll F_\sigma{,}F_g{.}\]Видно, что равнодействующей сил давления можно пренебречь. Таким образом, условие равновесия капли:

\[\cfrac{4\pi r^3\rho g}{3} = \sigma \pi d{,}\]откуда:

Ответ:

\[r_{max} = \sqrt[3]{\cfrac{3\sigma d}{4 \rho g}}{.}\]

2. Потенциал, создаваемый зарядами капли в её центре, составляет:

\[\varphi_\text{к}= \cfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r}{.}\]Покажем, что в центре капли потенциалом, создаваемым зарядами на поверхности трубки, можно пренебречь.

Рассмотри сечение трубки, находящееся на расстоянии \(x\) от центра капли. Нормальная к цилиндрической поверхности компонента электрического поля капли составляет:

\[E_\perp=\cfrac{kqd}{2x^3}=\cfrac{qd}{8\pi\varepsilon_0x^3}{.}\]Поскольку трубку можно считать тонкой, а напряжённость электростатического поля в её объёме должна быть равна нулю – поверхностную плотность заряда в рассматриваемом сечении можно оценить, приравнивая напряжённость электростатического поля плоскости к \(E_\perp\), откуда:

\[\sigma(x)\approx 2\varepsilon_0E_\perp\approx\cfrac{qd}{4\pi x^3}{.}\]Тогда получим приближение для потенциала, создаваемого зарядами трубки:

\[\varphi_\text{т}\approx\int\limits_{r}^{\infty}\cfrac{qd}{4\pi x^3}\cfrac{\pi d}{x}\cfrac{dx}{4\pi\varepsilon_0}=\cfrac{qd^2}{16\pi\varepsilon_0}\int\limits_{r}^{\infty}\cfrac{dx}{x^4}=\cfrac{qd^2}{48\pi\varepsilon_0r^3}{.}\]Множитель \((d/r)^2\) является величиной второго порядка малости, что позволяет пренебречь вкладом в потенциал от зарядов трубки.

Таким образом

Ответ:

\[Q = 4\pi\varepsilon_0r\varphi{.}\]

3. Рассмотрим силы действующие на малый элемент равномерно заряженной сферы. Поле снаружи на поверхности сферы \(E_0 = Q/(4\pi\varepsilon_0r^2)\) при этом вклад от малого участка в этой точке равен полю плоскости с такой же поверхностной плотностью заряда, то есть:

\[E_\text{уч}=\cfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}=Q/(8\pi\varepsilon_0 r^2){.}\]

Отсюда находим поле \(E_\text{ост}\), действующее на рассматриваемый участок: \[E_\text{ост}=Q/(8\pi\varepsilon_0 r^2){.}\]Таким образом, электростатическое давление, представляющее собой силу, действующее на единицу площади поверхности капли, направлено наружу и составляет:

\[\Delta p_\text{эл}=E_\text{ост}\cdot \cfrac{Q}{4\pi r^2}=\cfrac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0 r^4}{.}\]Лапласово давление направлено внутрь капли и составляет:

\[\Delta p_\sigma=\cfrac{2\sigma}{r}{.}\]В граничной ситуации давление в капле равно атмосферному, то ест \(\Delta p_\text{эл} = \Delta p_\sigma\), откуда:

\[\cfrac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0 r^4} = \cfrac{\varepsilon_0\varphi_{max}^2}{2r^2} = \cfrac{2\sigma}{r}{.}\]Таким образом:

Ответ:

\[\varphi_{max} = 2\sqrt{\cfrac{\sigma r}{\varepsilon_0}}{.}\]

1. Напряжение на конденсаторе в рассматриваемый момент \(U = q/C\). Суммарный заряд системы равен нулю, поэтому потенциал отрицательного электрода равен \(-U/2\). Сосуд с водой заземлён, поэтому суммарный потенциал капли равен нулю, то есть её собственный потенциал должен компенсировать потенциал электрода.

\[\cfrac{Q_0}{4\pi\varepsilon_0 r_{max}} = \cfrac{U}{2} = \cfrac{q}{2C}\]

Ответ:

\[Q_0 = \cfrac{2\pi\varepsilon_0r_{max}q}{C}\]

2. Заметим, что заряд конденсатора в данной схеме будет увеличиваться. Ток через конденсатор \(I = nQ_0\).

\[\dot{q} = I = nQ_0 = \cfrac{2\pi\varepsilon_0r_{max}n}{C}q\]Обозначим \(\gamma = 2\pi\varepsilon_0r_{max}n/C\), тогда \(q = q_0e^{\gamma t}\). Подставим \(r_{max}\).

\[\gamma = \cfrac{2\pi\varepsilon_0r_{max}n}{C} = \cfrac{\pi\varepsilon_0n}{C}\sqrt[3]{\cfrac{6\sigma d}{\rho g}}\]

Ответ:

\[q(t) = q_0 e^{\gamma t},\quad\gamma = \cfrac{\pi\varepsilon_0n}{C}\sqrt[3]{\cfrac{6\sigma d}{\rho g}}\]

3. Заметим, что разность потенциалов цилиндра и чаши под ним равна \(U\). Таким образом изменение электростатической энергии капли при падении равно \(QU\). При этом капля будет падать, пока её суммарная потенциальная энергия не увеличивается, то есть: \(UQ - mgH \geqslant 0\). Для максимального напряжения будет равенство.

\[2\pi\varepsilon_0r_{max} U_{max}^2 = \cfrac{4\pi r_{max}^3 \rho g H}{3}\]\[U_{max} = r_{max} \sqrt{\cfrac{2\rho g H}{3\varepsilon_0}} = \sqrt[3]{\cfrac{3\sigma d}{4 \rho g}}\sqrt{\cfrac{2\rho g H}{3\varepsilon_0}} = \left(\cfrac{9\sigma^2d^2}{16\rho^2 g^2}\cdot\cfrac{8\rho^3 g^3 H^3}{27\varepsilon_0^3}\right)^{\cfrac{1}{6}}\]

Ответ:

\[U_{max} = \left(\cfrac{\sigma^2d^2\rho gH^3}{6\varepsilon_0^3}\right)^{\cfrac{1}{6}}\]

Перевод: pho.rs.