NBPhO 2005, теоретический тур

Подсказка

Ускорение скалолаза в нижней точке падения определяется силой натяжения верёвки, а она — деформацией по графику. Остановка скалолаза происходит, когда работа силы тяжести целиком перешла в энергию деформации верёвки — площадь под графиком.

Ответ

1) \(l<0{,}315\,(L+H)+L\);  2) \(L\approx5{,}08\) м.

Решение

1) При падении ускорение не должно превышать \(5g\), то есть \(\dfrac{\sigma(\varepsilon)}{m}-g<5g\). Максимальная деформация — решение уравнения \(\sigma(\varepsilon)=6gm=6\times9{,}8\ \text{м/с}^2\times80\ \text{кг}=4{,}7\) кН. По графику \(\varepsilon=0{,}315\), поэтому \(l<0{,}315\,(L+H)+L\).

2) При падении скалолаз достигает нижней точки, когда его скорость становится равной нулю. Это означает, что энергия, поглощённая верёвкой, равна изменению потенциальной энергии: \[E=mg(2L+x),\] где \(x=l-L\). Энергия, поглощённая верёвкой, равна \[E=\int\sigma(\varepsilon)\,dx=\int\sigma(\varepsilon)(L+H)\,d\varepsilon=(L+H)\int\sigma(\varepsilon)\,d\varepsilon .\] Мы знаем максимальное значение \(\varepsilon=0{,}315\), поэтому интеграл можно вычислить численно как площадь под графиком: \[S(\varepsilon)=\int_0^{0{,}31}\sigma(\varepsilon)\,d\varepsilon\approx564{,}8\ \text{Н}.\]

Таким образом, \[(L+H)S(\varepsilon)=mg(2L+x)=mg\bigl(2L+\varepsilon(L+H)\bigr),\] откуда \[L=\frac{H\bigl(mg\varepsilon-S(\varepsilon)\bigr)}{S(\varepsilon)-mg(\varepsilon+2)}\approx5{,}08\ \text{м}.\] Итак, новый карабин нужно закрепить в пределах следующих \(L=5{,}08\) м.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Бесконечную периодическую цепь можно «обрезать» на один период, не изменив её сопротивления, — это даёт уравнение на \(R_0\). В поле всегда находятся две соседние «шпалы»: это два источника ЭДС \(Bvh\), а остальная цепь распадается на две одинаковые длинные «железные дороги».

Ответ

1) \(R\approx5{,}59\) мОм;  2) \(R_0=R\bigl(\sqrt{\alpha(\alpha+2)}-\alpha\bigr)\);  4) \(k=\dfrac{2r^2h^2}{\sqrt{\alpha(2+\alpha)}+\alpha+1}\approx2{,}12\cdot10^{-6}\);  5) \(M\approx0{,}39\) мН\(\cdot\)м;  6) \(\tau=\dfrac{IR}{kB^2}\approx2{,}9\) с.

Решение

1) «Шпала» — простой цилиндрический проводник: \[R=\frac{\rho h}{(\frac{\delta}{2})^2\pi}\approx5{,}59\ \text{мОм}.\]

2) Длина элемента «железной дороги» — \(\alpha h\), поэтому сопротивление участка «рельса» равно \(R_2=\alpha R\). Основные идеи: во-первых, можно представить, что «железная дорога» бесконечна; во-вторых, сопротивление (\(R_R\)) этой бесконечной цепочки не изменится, если отрезать один периодический элемент. Следовательно, \[R_R=\frac{R(2R_2+R_R)}{2R_2+R_R+R}.\] После решения уравнения \[R_R=-R_2\pm\sqrt{R_2^2+2R_2R}=\sqrt{R_2^2+2R_2R}-R_2,\] отбросив отрицательное решение уравнения (оно не имеет физического смысла), получаем \[R_R=R\bigl(\sqrt{\alpha(\alpha+2)}-\alpha\bigr).\]

3) Важные идеи:

• электродвижущая сила возникает, когда проводники движутся в магнитном поле;

• между магнитами (в магнитном поле) всегда движутся две «шпалы»;

• эти «шпалы» служат источниками ЭДС (как батарейки);

• эти «шпалы» имеют также внутреннее сопротивление \(R\).

Заметим также, что можно воспользоваться симметрией и соединить точки с равными потенциалами; это позволит позже свести кольцевую «железную дорогу» к уже решённой бесконечной (на самом деле очень длинной). Видно также, что между двумя «шпалами», находящимися в магнитном поле, тока нет (нет разности потенциалов), поэтому их можно разъединить. Так мы получаем две независимые (почти) бесконечные «железные дороги», и у каждой есть свой источник ЭДС.

На рисунке: \(R\) — «шпала», \(\alpha R\) — участок «рельса»; две батарейки — «шпалы» в поле.

4) ЭДС в «шпале» равна \(\mathcal E=Bvh\). Энергия рассеивается в тепло: \(P=\dfrac{\mathcal E^2}{R_{\text{цепи}}}\), где \(R_{\text{цепи}}=\frac12(R_R+2\alpha R+R)\), \[R_{\text{цепи}}=\frac12R\Bigl(\sqrt{\alpha(2+\alpha)}+\alpha+1\Bigr).\] Следовательно, \[P=\frac{2B^2\omega^2r^2h^2}{R\Bigl(\sqrt{\alpha(2+\alpha)}+\alpha+1\Bigr)}.\] Окончательно, \[k=\frac{2r^2h^2}{\sqrt{\alpha(2+\alpha)}+\alpha+1}\approx2{,}12\times10^{-6}.\]

5) Поскольку мощность равна \(M\omega=P\), момент можно найти как \[M=\frac P\omega=\frac{2B^2\omega r^2h^2}{R\Bigl(\sqrt{\alpha(2+\alpha)}+\alpha+1\Bigr)}\approx0{,}39\ \text{мН}\cdot\text{м}.\]

6) Момент инерции диска равен \(I=\frac12mr^2\); угловое ускорение \(\varepsilon=\dfrac MI=\dfrac{d\omega}{dt}\). Следовательно (с учётом того, что момент тормозящий), \[\frac{kB^2\omega}{IR}=-\frac{d\omega}{dt}.\] Разделяя переменные, получаем \[\frac{kB^2}{IR}\,dt=-\frac{d\omega}{\omega}.\] Интегрирование обеих частей даёт \[\int_0^t\frac{kB^2}{IR}\,dt=-\int_{\omega_0}^{\omega}\frac{d\omega}{\omega}\ \Rightarrow\ \frac{kB^2}{IR}\,t=-\ln\frac{\omega}{\omega_0},\] \[\omega=\omega_0e^{-\frac{kB^2}{IR}t},\qquad\text{и, наконец,}\qquad\tau=\frac{IR}{kB^2}\approx2{,}9\ \text{с}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Полная энергия зависит только от большой полуоси, поэтому орбита имеет ту же большую полуось, что и круговая. Сумма расстояний от точки эллипса до двух фокусов постоянна и равна \(2a\); время полёта — доля периода, равная доле площади, заметаемой радиус-вектором.

Ответ

1) \(a=R\);  2) \(h=R/\sqrt2\approx4500\) км;  3) \(\tau=(\pi+\sqrt2)\sqrt{R/g}\).

Решение

1) Полная энергия зависит только от большой полуоси. Следовательно, большая полуось такая же, как в случае околоземной орбиты: \(a=R\).

2) У эллипса есть свойство: сумма расстояний от каждой точки орбиты до обоих фокусов орбиты постоянна (равна \(2a\)). Следовательно, второй фокус (то есть не центр Земли) находится на расстоянии \(R\) и от точки запуска, и от точки приземления, см. рисунок. Итак, высота \(h=|CB|=|OB|-R\); так как \(|OB|=R+\frac12|OO'|=R\bigl(1+\frac{\sqrt2}{2}\bigr)\), окончательно получаем \(h=\dfrac{R}{\sqrt2}\).

3) Отношение времени полёта к периоду обращения по эллиптической орбите равно отношению двух площадей: закрашенной на рисунке тёмно-серым и полной площади эллипса. Период обращения такой же, как в случае околоземной орбиты (по третьему закону Кеплера), \(T=2\pi R/v=2\pi\sqrt{R/g}\). Площадь, закрашенная тёмно-серым, вычисляется как сумма половины площади эллипса и площади треугольника. Итак, \[\tau=T\cdot\Bigl(\frac\pi2R\cdot\frac{R}{\sqrt2}+R^2/2\Bigr)\Big/\Bigl(\pi R\cdot\frac{R}{\sqrt2}\Bigr)=(\pi+\sqrt2)\sqrt{R/g}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Во вращающейся системе отсчёта добавляется потенциальная энергия центробежной силы \(\omega^2r^2/2\) на единицу массы, и можно пользоваться уравнением Бернулли. Самое низкое давление — в верхней точке трубы.

Ответ

1) \(p_2=p_0-\rho gh+\frac12\rho\omega^2r^2\);  2) \(v_2=\sqrt{2(\omega^2r^2-gh)}\);  3) \(\omega_m=r^{-1}\sqrt{2gh+2\Bigl(\dfrac{p_0-p_k}{\rho}-gh\Bigr)\Bigl(\dfrac{S_1}{S_2}\Bigr)^2}\);  4) \(\mu_{\max}=P/2gh\).

Решение

1) Рассмотрим процесс в системе, вращающейся вместе с баком. Тогда есть потенциальная энергия, связанная с центробежной силой: \(U_c=\int_0^r\omega^2r\,dr=\frac12\omega^2r^2\). Итак, давление \(p_2=p_0-\rho gh+\frac12\rho\omega^2r^2\).

2) Из формулы Бернулли \(\frac12\rho u^2=p_2-p_0=\frac12\rho\omega^2r^2-\rho gh\), следовательно, квадрат скорости во вращающейся системе отсчёта \(u^2=\omega^2r^2-2gh\). Скорость в лабораторной системе \(v_2^2=u^2+\omega^2r^2=2(\omega^2r^2-gh)\), то есть \(v_2=\sqrt{2(\omega^2r^2-gh)}\).

3) Точка наименьшего давления \(p_m\) внутри насоса — верхняя точка трубы. По формуле Бернулли \(p_0=p_m+\rho gh+\frac12\rho v_1^2\), где скорость в трубе находится из условия неразрывности: \(S_1v_1=S_2u=S_2\sqrt{\omega^2r^2-2gh}\). Следовательно, \[p_m=p_0-\rho gh-\frac12\rho(\omega^2r^2-2gh)\Bigl(\frac{S_2}{S_1}\Bigr)^2.\] Заметим, что «кипение» начинается, когда \(p_m=p_k\). Итак, \[\omega_m^2r^2=2gh+2\Bigl(\frac{p_0-p_k}{\rho}-gh\Bigr)\Bigl(\frac{S_1}{S_2}\Bigr)^2;\] окончательно получаем \[\omega_m=r^{-1}\sqrt{2gh+2\Bigl(\frac{p_0-p_k}{\rho}-gh\Bigr)\Bigl(\frac{S_1}{S_2}\Bigr)^2}.\]

4) Максимальная производительность, очевидно, достигается при наибольшем КПД. КПД наибольший, когда остаточная скорость наименьшая: \(u\to0\) и \(\omega\to\omega_{\min}\). По результатам второго вопроса \(\omega_{\min}=r^{-1}\sqrt{2gh}\). Итак, минимальная остаточная скорость водяных струй \(v_{\min}=\omega_{\min}r=\sqrt{2gh}\). Связанная с ней потерянная мощность \(\frac12\mu v_{\min}^2=\mu gh\). Полезная мощность связана с увеличением потенциальной энергии (на \(gh\)), то есть полная мощность \(P=2\mu gh\). Следовательно, \(\mu=P/2gh\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сила притяжения пластин зависит от расстояния как \(1/X^2\) при постоянном напряжении, поэтому электрическая сила смещает положение равновесия и меняет эффективную жёсткость. С катушкой колебания \(x\) и \(q\) связаны: для гармонического решения получается биквадратное уравнение на \(\omega^2\).

Ответ

1) \(\ddot x=-\dfrac kmx\), \(\omega_0=\sqrt{k/m}\);  2) \(F_e=k(X_0-X_1)=\dfrac S2\varepsilon_0\Bigl(\dfrac U{X_1}\Bigr)^2\), \(U=X_1\sqrt{2k(X_0-X_1)/S\varepsilon_0}\);  3) \(\omega_1=\sqrt{\dfrac km\Bigl(3-\dfrac{2X_0}{X_1}\Bigr)}\);  4) \(2\omega^2=\omega_1^2+\omega_0^2\pm\sqrt{\ldots}\) (две частоты при \(X_0/X_1<3/2\)).

Решение

1) Из второго закона Ньютона \(m\ddot x=-kx\), откуда \(\ddot x=-\dfrac kmx\) и \(\omega=\sqrt{k/m}\).

2) По закону Гаусса заряд пластины \(Q=S\varepsilon_0E=S\varepsilon_0U/X_1\). Действующая на неё сила \(F_e=k(X_0-X_1)=Q\langle E\rangle\), где \(\langle E\rangle\) — среднее электрическое поле (усреднённое по зарядам). Рассмотрим заряженный слой (на поверхности пластины) при большом увеличении: поле в нём линейно зависит от суммарного заряда внутрь (в пластину) от данной точки. Следовательно, среднее поле — просто среднее арифметическое полей по обе стороны слоя: \(\langle E\rangle=E/2\). Итак, \(F_e=k(X_0-X_1)=QE/2\) (этот результат можно было получить из энергетических соображений, используя бесконечно малое виртуальное перемещение пластины и закон сохранения энергии). Таким образом, \(F_e=\dfrac S2\varepsilon_0(U/X_1)^2\), откуда \(U=X_1\sqrt{2k(X_0-X_1)/S\varepsilon_0}\).

3) Если пластины сместились на \(x\), изменение силы со стороны электрического поля равно \[\delta F_e=x\Bigl|\frac{d}{dX_1}\frac S2\varepsilon_0(U/X_1)^2\Bigr|=\frac x{X_1}S\varepsilon_0(U/X_1)^2;\] учитывая, что \(\frac S2\varepsilon_0(U/X_1)^2=k(X_0-X_1)\), получаем \(\delta F_e=2\dfrac x{X_1}k(X_0-X_1)\). Есть также изменение силы из-за упругости: \(\delta F_k=-kx\); эти две силы противоположны по знаку (при сближении пластин \(\delta F_k\) стремится оттолкнуть их назад, а \(\delta F_e\) — притянуть ещё ближе). Итак, \[\delta F=-kx\Bigl[1-2\Bigl(\frac{X_0}{X_1}-1\Bigr)\Bigr]=-kx\Bigl(3-2\frac{X_0}{X_1}\Bigr).\] Окончательно, \(\ddot x=\delta F/m=-x\dfrac km\Bigl(3-2\dfrac{X_0}{X_1}\Bigr)\) и \[\omega=\sqrt{\frac km\Bigl(3-2\frac{X_0}{X_1}\Bigr)}.\]

4) Теперь есть две колеблющиеся величины, \(x\) и \(q\). Сначала запишем уравнение по законам Кирхгофа: \(L\ddot q=-\dfrac qC-xQ\dfrac d{dX_1}C^{-1}\). Здесь второе слагаемое описывает изменение напряжения на конденсаторе из-за изменения ёмкости (реальное изменение мы заменяем дифференциалом, что верно для малых смещений). Заметим, что \(C^{-1}=X_1/S\varepsilon_0\) и \(Q=S\varepsilon_0U/X_1\); следовательно, \(\dfrac d{dX_1}C^{-1}=1/S\varepsilon_0\) и \[L\ddot q=-\frac qC-U\frac x{X_1}.\] Здесь знак второго слагаемого предполагает, что ось \(x\) направлена вверх (тока в катушке нет и \(L\ddot q=0\), если напряжение на конденсаторе остаётся постоянным; при увеличении заряда \(q>0\) это предполагает увеличение ёмкости, то есть \(x<0\); в полном согласии со знаками выражения выше).

Второе уравнение описывает второй закон Ньютона. Сначала заметим, что выражение для \(F_e\) можно переписать как \(F_e=Q^2/2S\varepsilon_0\). Значит, если заряд на пластине не меняется (\(q=0\)), то не меняется и \(F_e\). Итак, \(\delta F_e=q\dfrac d{dQ}Q^2/2S\varepsilon_0=qQ/S\varepsilon_0\). Бесконечно малые изменения сил (\(\delta F_k\) и \(\delta F_e\)) можно просто складывать: \[m\ddot x=-kx-qQ/S\varepsilon_0 .\] Теперь будем искать синусоидальное решение с круговой частотой \(\omega\). Тогда \(\ddot x=-\omega^2x\) и \(\ddot q=-\omega^2q\). Подставляя это в два полученных выше уравнения, находим \[\begin{cases}(L\omega^2-C^{-1})q=xU/X_1\\(\omega^2m-k)x=qQ/S\varepsilon_0\end{cases}.\] Это имеет ненулевое решение для \(x\) и \(q\), только если \[(L\omega^2-C^{-1})(\omega^2m-k)=UQ/X_1S\varepsilon_0 .\] Учитывая, что \(UQ/X_1=2k(X_0-X_1)\) и \(C=\varepsilon_0S/X_1\), можно переписать уравнение как \[(\varepsilon_0SL\omega^2-X_1)(\omega^2m-k)=2k(X_0-X_1).\] Введя \(\omega_0^2=k/m\) и \(\omega_1^2=X_1/\varepsilon_0SL\), можно далее переписать его в виде \[\omega^4-\omega^2(\omega_1^2+\omega_0^2)+\omega_0^2\omega_1^2\Bigl(3-2\frac{X_0}{X_1}\Bigr)=0 .\] Следовательно, \[2\omega^2=\omega_1^2+\omega_0^2\pm\sqrt{\omega_1^4+\omega_0^4+2\omega_1^2\omega_0^2(4X_0X_1^{-1}-5)},\]

то есть в системе две собственные частоты, если \(\dfrac{X_0}{X_1}<\dfrac32\) (иначе система становится неустойчивой).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Подъёмная сила шарика находится по весам с гирей; объём — по уменьшению подъёмной силы при затягивании верёвки и избыточному давлению внутри (по формуле из замечания и закону Бойля).

Ответ

\(M\approx12\) г.

Решение

Подъёмную силу шарика можно измерить, прикрепив к нему груз \(M=100\) г и сняв показание весов: \(F/g=m+M-\rho V=73{,}4\) г, где \(\rho=\mu p_0/RT\approx1{,}2\) г/л. Следовательно, \(\rho V-M=27{,}6\) г. Итак, нужно определить объём шарика. Для этого затянем верёвку вокруг шарика так сильно, как могут удержать зажимы (заметим, что меньшие значения натяжения дали бы слишком малое уменьшение объёма и, следовательно, большую неопределённость итогового ответа). Взвешиваем шарик с верёвкой (93,3 г) и вычитаем массу верёвки (19,1 г), находя \(\rho V'-M=28{,}4\) г, где \(V'\) — объём шарика при затянутой верёвке. Следовательно, уменьшение объёма \(\Delta V=V-V'=(28{,}4-27{,}6)/1{,}2\ \text{л}\approx0{,}67\) л.

Позже определяем максимальное натяжение верёвки (которое могут удержать зажимы) динамометром, \(T\approx30\) Н. Также оцениваем средний угол: \(\tan\alpha\approx1{,}4\). Радиус петли вычисляем по измерению периметра, \(R\approx15\) см. По данной формуле эти данные соответствуют \(\Delta p\approx1900\) Па. По газовому закону \(\dfrac{\Delta p}{p_0}\approx\dfrac{\Delta V}{V}\), откуда \(V\approx p_0\dfrac{\Delta V}{\Delta p}\approx33\) л. Следовательно, \(M=\rho V-27{,}6\ \text{г}\approx12\) г.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Угол, при котором предмет начинает скользить внутри ящика, лежащего вдоль доски, даёт коэффициент трения; угол, при котором ящик на боку начинает катиться, даёт отношение масс через равенство моментов относительно точки опоры.

Ответ

\(\mu=\tan\alpha\approx0{,}17\); \(m\approx4{,}3\) г (настоящая масса \(4{,}5\) г).

Решение

Сначала определим коэффициент трения следующим образом. Убеждаемся, что предмет находится на дне ящика. Кладём ящик на доску так, что ось цилиндра параллельна оси доски. Начинаем наклонять доску так, чтобы дно цилиндрического ящика поднималось выше. Определяем угол доски \(\alpha\), при котором предмет начинает скользить: он ударяется о крышку ящика. Удобно положить ящик так, чтобы его крышка (и край крышки) немного свисала с конца доски. В этом случае удар предмета о крышку ящика приводит к падению ящика с доски. В этот момент измеряем тангенс угла наклона доски: \(\mu=\tan\alpha=0{,}17\pm0{,}2\).

Теперь поворачиваем ось цилиндра перпендикулярно оси доски, но оставляем ящик лежащим на боку. Снова начинаем наклонять доску и определяем угол \(\beta\), при котором ящик начинает скатываться. Считая предмет малым (по сравнению с радиусом ящика), можно вывести соотношение \(M\sin\beta=m(\sin\alpha-\sin\beta)\), где \(m\) — масса предмета, а \(M\) — масса пустого ящика. Используя \(\sin\alpha=\dfrac{60\pm5}{350}\) и \(\sin\beta=\dfrac{25\pm3}{350}\), получаем \(M/m=35/25=1{,}4\pm0{,}2\). Из измерения полного веса \(M+m=10{,}4\) г находим \(m=10{,}4\ \text{г}/2{,}4=(4{,}3\pm0{,}4)\) г. Заметим, что фактическая масса была 4,5 г.

В принципе, отношение масс можно определить по периоду малых колебаний, \(T\approx0{,}4\) с. Тогда, если оценить момент инерции системы ящик + предмет как \((M+m)r^2\), где \(r\) — радиус цилиндра, то \(I\ddot\varphi=-mrg\varphi\), то есть \(\omega^2=\dfrac m{m+M}\dfrac gr\). Используя \(r=16\) мм, получаем \(\dfrac{M+m}m=\dfrac gr\,T^2/4\pi^2=3{,}9\). Однако этот результат довольно приблизителен, потому что трудно измерить такой короткий период колебаний (при высокой скорости диссипации). Кроме того, период входит во второй степени, что объясняет нереалистичный результат (поэтому нет смысла пытаться улучшить подход, учитывая геометрические множители при вычислении момента инерции ящика и т. п.).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.