МОШ, 1991/92, заключительный этап, 10 класс

\(\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{gt^2}{2l}\) (пока бусинка не соскользнёт со стержня; затем стержень вращается с постоянной угловой скоростью).

Так как стержень невесомый и трение бусинки о стержень отсутствует, то бусинка свободно падает. Из рисунка 1.39 видно, что \(gt^2/2 = l\operatorname{tg}\alpha\).

Отсюда угол, который стержень составляет с горизонталью, возрастает со временем по закону: \(\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{gt^2}{2l}\). После того, как бусинка соскользнёт со стержня, дальнейшее его вращение будет происходить с постоянной угловой скоростью.

При \(v_0 \leqslant \sqrt{2gH}\): \(F_{\text{в1}} = 0\), \(F_{\text{н1}} = mg\). При \(v_0 > \sqrt{2gH}\): \(F_{\text{н2}} = mg\dfrac{v_0}{v_0 - \sqrt{v_0^2 - 2gH}}\),  \(F_{\text{в2}} = mg\dfrac{\sqrt{v_0^2 - 2gH}}{v_0 - \sqrt{v_0^2 - 2gH}}\).

Из условия понятно, что процесс циклический. Найдём время между двумя последовательными отскоками шарика от нижней плоскости. Для начала проверим, долетает ли шарик до верхней плоскости.

1) Если \(v_0 \leqslant \sqrt{2gH}\), то шарик не ударяется о верхнюю плоскость, и средняя сила, действующая на эту плоскость со стороны шарика, равна нулю: \(F_{\text{в1}} = 0\). Время полёта шарика легко вычислить из соотношения: \(0 = v_0T - (gT^2/2)\). Отсюда \(T = 2v_0/g\) (понятно, что решение \(T = 0\) не подходит). Поскольку средняя сила \(F_{\text{сред}} = \Delta p/\Delta t\), то в данном случае для нижней плоскости она равна \(F_{\text{н1}} = 2mv_0/T = mg\).

2) Если \(v_0 > \sqrt{2gH}\), то шарик долетает до верхней плоскости с ненулевой скоростью. Найдём время \(\tau\), которое затрачивает шарик на полёт от нижней плоскости до верхней: \(H = v_0\tau - (g\tau^2/2)\). Отсюда \[\tau_1 = \dfrac{v_0 - \sqrt{v_0^2 - 2gH}}{g}\quad\text{и}\quad\tau_2 = \dfrac{v_0 + \sqrt{v_0^2 - 2gH}}{g}.\] Понятно, что нас интересует время \(\tau_1\), поскольку \(\tau_2\) — это время, которое шарик затратил бы на то, чтобы вначале подняться до максимальной высоты без соударения с верхней плоскостью, а затем опуститься обратно до высоты \(H\). Поскольку при достижении высоты \(H\) скорость шарика равна \(v_H = \sqrt{v_0^2 - 2gH}\), а время, которое он затрачивает на один цикл «нижняя плоскость — верхняя плоскость — нижняя плоскость», равно \(2\tau_1\), то теперь можно вычислить средние силы, действующие на плоскости: \[F_{\text{н2}} = \dfrac{2mv_0}{2\tau_1} = mg\dfrac{v_0}{v_0 - \sqrt{v_0^2 - 2gH}},\] \[F_{\text{в2}} = \dfrac{2mv_H}{2\tau_1} = mg\dfrac{\sqrt{v_0^2 - 2gH}}{v_0 - \sqrt{v_0^2 - 2gH}}.\] Видно, что разность этих средних сил, как и в первом случае, равна \(mg\).

а) \(\dfrac{f_1}{f_2} = \sqrt{\dfrac{T_2}{T_1}}\);  б) \(\dfrac{f_1}{f_2} = 1\).

Будем считать, что температуры \(T_1\) и \(T_2\) не очень сильно отличаются от 273 К. Тогда в случае а) средняя длина свободного пробега молекул во много раз меньше размеров сосуда. Поэтому частота \(f\) ударов молекул о стенку пропорциональна концентрации \(n\) и скорости \(v\) движения молекул в тонком слое, прилегающем к рассматриваемой стенке: \[f_{1,2} \sim n_{1,2}v_{1,2} \sim n_{1,2}\sqrt{T_{1,2}}.\] Так как давление, оказываемое газом на стенки сосуда, должно быть одинаковым, то \(n_1T_1 = n_2T_2\), откуда \(\dfrac{f_1}{f_2} = \sqrt{\dfrac{T_2}{T_1}}\).

Для того, чтобы рассмотреть случай б), оценим среднюю длину свободного пробега молекул \(L\) при давлении \(p = 10^{-9}\) атм. Так как \(L \sim \dfrac{1}{p}\), то \(\dfrac{L}{L_0} = \dfrac{p_0}{p}\), где \(L_0 = 10^{-5}\) см. Отсюда получаем \(L \sim 10^4\) см. Это намного больше, чем расстояние между стенками кубического сосуда объёмом 1 литр, которое равно 10 см. Поэтому количество молекул, ударяющихся при давлении \(p\) в каждую из стенок за некоторый промежуток времени, будет одним и тем же, и \(f_1/f_2 = 1\).

\(\omega = \sqrt{\dfrac{QlE}{\pi mR^2}}\).

Разрезанное кольцо можно представить как суперпозицию целого кольца, равномерно заряженного с линейной плотностью заряда \(\lambda = \dfrac{Q}{2\pi R}\), и прикреплённого к нему в точке \(A\) точечного заряда \(q = -\lambda l = -\dfrac{Ql}{2\pi R}\). После включения электрического поля кольцо начнёт поворачиваться вокруг оси так, что точка \(A\) будет двигаться в направлении точки \(B\), которая лежит на линии, проходящей через точку \(O\) параллельно силовым линиям \(\vec E\) (см. рис. 3.16).

В этой точке угловая скорость кольца и будет максимальной. Примем за нулевой уровень потенциальной энергии плоскость, проходящую через точку \(B\) перпендикулярно к силовым линиям. Так как потенциал \(\varphi\) в однородном электростатическом поле линейно убывает с расстоянием при движении в направлении вдоль силовых линий, то закон сохранения механической энергии для вращения кольца можно записать в виде: \[\dfrac{mv^2}{2} = q(\varphi_A - \varphi_B) = -\dfrac{Ql}{2\pi R}\cdot(-ER) = \dfrac{QlE}{2\pi},\] где \(v\) — максимальная линейная скорость точек кольца. Отсюда искомая максимальная угловая скорость кольца \(\omega = \dfrac{v}{R} = \sqrt{\dfrac{QlE}{\pi mR^2}}\).

\(U = 2\sqrt{\dfrac{\sigma d}{\varepsilon_0\varepsilon}}\).

Представим, что капля ртути растекается по поверхности пластины достаточно медленно, так, что тепло не выделяется. Пусть образовавшийся при растекании слой жидкости имеет площадь \(\Delta S\), которая намного превышает площадь поверхности исходной капли. При этом поверхностная энергия жидкости увеличивается на \(\Delta W_1 = 2\sigma\Delta S\), а энергия заряженного конденсатора возрастает на \[\Delta W_2 = \dfrac{\Delta CU^2}{2} = \dfrac{\varepsilon_0\varepsilon\Delta SU^2}{2d},\] где \(C = \varepsilon_0\varepsilon S/d\) — ёмкость получившегося при растекании капли плоского конденсатора, \(U\) — искомое напряжение батареи. При дозарядке конденсатора батарея перемещает заряд \(\Delta q = \Delta CU\) и при этом совершает работу \(\Delta A = \Delta qU = \varepsilon_0\varepsilon\Delta SU^2/d\). Применяя закон сохранения энергии \(\Delta W_1 + \Delta W_2 = \Delta A\), получим: \(U = 2\sqrt{\dfrac{\sigma d}{\varepsilon_0\varepsilon}}\).

\(U > \sqrt{\dfrac{mgd^3}{2\varepsilon_0LS}}\).

Представим, что стержень отклонился от вертикали на малый угол, и средняя пластина при этом сместилась на небольшое расстояние \(x\). Сумма силы натяжения стержня и силы тяжести равна \(mg\dfrac{x}{L}\), и она возвращает пластину к положению равновесия. Суммарная электростатическая сила, действующая на среднюю пластину со стороны крайних пластин, равна \[\dfrac{\varepsilon_0}{2}\left(\dfrac{U}{d - x}\right)^2S - \dfrac{\varepsilon_0}{2}\left(\dfrac{U}{d + x}\right)^2S \approx \dfrac{\varepsilon_0}{2}\dfrac{U^2}{d^3}S\cdot 4x = \varepsilon_0\dfrac{U^2}{d^3}S\cdot 2x.\] Эта сила отталкивает среднюю пластину от положения равновесия. Поэтому исходное положение средней пластины будет неустойчивым в случае, если \(\varepsilon_0\dfrac{U^2}{d^3}\cdot 2S > \dfrac{mg}{L}\), или \(U > \sqrt{\dfrac{mgd^3}{2\varepsilon_0LS}}\). При выполнении этого условия средняя пластина притянется к одной из крайних, и произойдёт пробой конденсатора.