NBPhO 2009, теоретический тур

Умножьте уравнение второго закона Ньютона на \(dt\) и просуммируйте малые приращения: сила трения даёт приращение координаты, а не времени. Для последнего пункта сравните значение сохраняющейся величины до и после всех прыжков.

1) \(k=\alpha/m\);  2) \(v+\dfrac Mm\,u(t)+\dfrac\alpha m\,x=\text{Const}\);  3) \(s=\dfrac M\alpha\,(u_1+u_2)\).

1. Из второго закона Ньютона \(m\dfrac{dv}{dt}+\alpha\dfrac{dx}{dt}=0\). Умножая это уравнение на \(dt\), получаем \(dv+\dfrac\alpha m\,dx=0\). Интегрируя (то есть суммируя все малые приращения \(dx\) и \(dv\)), приходим к \[v+\frac\alpha m\,x=\text{Const},\] то есть \(k=\dfrac\alpha m\).

2. Поступаем так же, как раньше, но нужно добавить силу взаимодействия между лодкой и мальчиком: \[m\frac{dv}{dt}+\alpha\frac{dx}{dt}=M\frac{du}{dt}.\] [Заметим, что правая часть этого уравнения — сила взаимодействия, поэтому она обращается в нуль, если мальчик покидает лодку. Следовательно, чтобы уравнение оставалось верным и после того, как мальчик покинул лодку в момент времени \(t=t_*\), нужно считать, что \(u(t)\equiv u(t_*)\) при \(t>t_*\).] Аналогично предыдущему пункту получаем \[v+\frac Mm\,u(t)+\frac\alpha m\,x=\text{Const}.\]

3. Используем закон сохранения из предыдущего пункта и сравним значение его левой части непосредственно перед тем, как мальчик приземлится в лодку, с её значением спустя очень большое время. Учитывая, что нужно подставить \(u(t\to\infty)=-u_2\) (см. выше), получаем \[0+\frac Mm\,u_1+0=0-\frac Mm\,u_2+\frac\alpha m\,s.\] Итак, \[s=\frac M\alpha\,(u_1+u_2),\] то есть результат не зависит от того, сколько времени мальчик провёл в лодке.

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

Все точки кольца находятся на одном расстоянии от точки на оси, поэтому потенциал считается сразу. Для устойчивости вне оси подумайте о линиях поля, входящих в малый цилиндр вокруг центра.

1) \(\varphi=kQ/\sqrt{R^2+z^2}\);  2) \(E=kQz/(R^2+z^2)^{3/2}\);  3) \(E\approx kQz/R^3\);  4) \(f=\dfrac1{2\pi R}\sqrt{\dfrac{ekQ}{mR}}\approx2{,}0\times10^{12}\text{ Гц}\);  5) неустойчиво.

1. Все заряды кольца находятся на одинаковом расстоянии от точки \(P\), \(l=\sqrt{R^2+z^2}\). Поэтому, согласно принципу суперпозиции, потенциал есть сумма потенциалов всех зарядов: \[\varphi=kQ/\sqrt{R^2+z^2}.\]

2. \(E=-\dfrac{d\varphi}{dz}=kQz/(R^2+z^2)^{3/2}\).

3. При \(|z|\ll R\) можно приближённо считать \((R^2+z^2)^{3/2}\approx R^3\), так что \(E\approx kQz/R^3\).

4. Из второго закона Ньютона \(m\ddot z=-e\,kQz/R^3\), то есть \(\omega^2=ekQ/(mR^3)\) и \[f=\frac1{2\pi R}\sqrt{\frac{ekQ}{mR}}\approx2{,}0\times10^{12}\text{ Гц}.\]

5. В начале координат зарядов нет; следовательно, линии электрического поля не могут там ни начинаться, ни заканчиваться. Рассмотрим крошечный соосный цилиндр, охватывающий начало координат. Линии поля выходят из цилиндра через его нижнее и верхнее основания (потому что есть электрическое поле \(E\approx kQz/R^3\)). Значит, должны быть линии поля, входящие в цилиндр через его боковую поверхность. Это означает радиальную силу отталкивания, действующую на электрон, находящийся на этой поверхности, то есть неустойчивость.

   Замечание. Тем же способом можно доказать теорему: электростатические равновесия всегда неустойчивы.

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

Относительно любой оси, лежащей на поверхности стола, момент сил трения равен нулю, поэтому сохраняется момент импульса относительно такой оси. Катящийся шар вращается вокруг точки касания.

1) \(t=\dfrac{Iv}{g\mu(I+mr^2)}\) (здесь \(r=R\));  2) \(\omega_*=\dfrac{mvr}{I+mr^2}\), \(E_*=\dfrac{m^2v^2r^2}{2(I+mr^2)}\), у полой сферы энергия меньше;  3) \(E'_*=E_*\);  4) \(E''_*=\frac12(I+mr^2)\omega_*''^2<E_*\), где \(\omega''_*=\dfrac{mvr}{I+mr^2+\frac{\mu_r}{\mu}I}\).

Прямой путь решения пунктов i), ii) и iii) — использовать закон сохранения момента импульса относительно любой оси, лежащей на поверхности (относительно этих осей момент сил отсутствует). Момент импульса в начале: \(L_0=mvr\). Катящийся шар всегда вращается вокруг точки касания с землёй (хотя положение этой точки постоянно меняется). Из теоремы Штейнера известно, что для оси вращения, расположенной на расстоянии \(r\) от центра масс, момент инерции равен \(I'=I+mr^2\). Поэтому момент импульса вращающегося шара \(L'=I'\omega\), и ясно, что \(L_0=L'\), следовательно, \(mvr=(I+mr^2)\omega\), \[\omega=\frac{mvr}{I+mr^2}.\]

1. Момент сил относительно центра масс: \(M=mg\mu r\). Поскольку \(M\,\Delta t=I\,\Delta\omega\), а скольжение прекращается, когда угловая скорость достигла значения \(\omega\), получаем соответствующее время: \[t=\frac{I\omega}{mg\mu r}=\frac{Iv}{g\mu(I+mr^2)}.\]

2. Ясно, что \(\omega_*=\dfrac{mvr}{I+mr^2}\) и \[E_*=\frac12\bigl(mv_*^2+I\omega_*^2\bigr)=\frac12\bigl(mr^2\omega_*^2+I\omega_*^2\bigr)=\frac{m^2v^2r^2}{2(I+mr^2)}.\] Если \(I\) увеличивается, то \(E_*\) уменьшается.

3. Поскольку при выводе \(\omega_*\) мы не делали никаких предположений о виде функции \(\mu\), результаты \(\omega_*\) и \(E_*\) пункта ii) остаются справедливыми.

4. Суммарная сила \(F=F_\mu+F_r\) вызывает уменьшение поступательной скорости: \(m\,\Delta v=F\,\Delta t\), \[v'(t)=v-(\mu+\mu_r)gt.\] Скольжение прекращается, когда \(\omega(t)=v'(t)/r\). Заметим, что момент сил относительно центра масс создаёт только сила кинетического трения, поэтому \(\omega(t)=\dfrac{mg\mu r}{I}\,t\). Получаем уравнение для момента прекращения скольжения: \(\dfrac{mg\mu r^2}{I}\,t=v-(\mu+\mu_r)gt\), \[t=\frac{Iv}{g\mu(I+mr^2)+g\mu_r I}.\] Соответствующая угловая скорость \[\omega''_*=\frac{mvr}{I+mr^2+\dfrac{\mu_r}{\mu}I},\] и энергия \(E''_*=\frac12(I+mr^2)\omega''^2_*\). Ясно, что \(E''_*<E_*\).

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

Не зная схемы (звезда или треугольник), можно измерить отношение сопротивлений пары резисторов: подключите батарейку к двум выводам и измерьте напряжения между выводами парами.

Наибольшее сопротивление \(470\text{ Ом}\); среднее — либо \(330\text{ Ом}\), либо \(140\text{ Ом}\).

Независимо от того, имеет ли место соединение треугольником или звездой, можно измерить отношение сопротивлений пары резисторов, подключив батарейку к двум выводам — пусть это будут выводы 1 и 3 — и измеряя напряжения между выводами 1 и 2 и между выводами 2 и 3. Для соединения звездой \[\frac{R_3}{R_1}=\frac{V_{23}}{V_{12}},\] где \(R_i\) обозначает резистор, ближайший к \(i\)-му выводу; для соединения треугольником \[\frac{R_3}{R_1}=\frac{V_{12}}{V_{23}},\] где \(R_i\) обозначает резистор, наиболее удалённый от \(i\)-го вывода; для соединения треугольником,

Таким способом мы находим \[\frac{R_3}{R_1}\approx4{,}7,\quad\frac{R_3}{R_2}\approx3{,}3,\quad\frac{R_2}{R_1}\approx1{,}4,\] откуда \(R_1=100\text{ Ом}\), \(R_2=140\text{ Ом}\) и \(R_3=470\text{ Ом}\); или \[\frac{R_1}{R_3}\approx4{,}7,\quad\frac{R_2}{R_3}\approx3{,}3,\quad\frac{R_1}{R_2}\approx1{,}4,\] \(R_3=100\text{ Ом}\), \(R_2=330\text{ Ом}\) и \(R_1=470\text{ Ом}\). Итак, можно заключить, что наибольшее сопротивление равно \(470\text{ Ом}\), а резистор среднего номинала — либо \(330\text{ Ом}\), либо \(140\text{ Ом}\).

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

Если нажимать на карандаш вдоль оси, реакция и трение в точке касания тоже направлены вдоль оси, а это возможно, пока тангенс угла наклона не превышает коэффициента трения.

Поставим карандаш графитовым концом на горизонтальный лист бумаги и будем давить на другой конец кончиком пальца (не зажимая между пальцами и тем самым, возможно, не создавая для него момента). Тогда внутри карандаша возникнет чисто продольное напряжение (изгиба карандаша нет). Если нажимать достаточно сильно, можно пренебречь весом карандаша в балансе моментов относительно кончика пальца. Итак, равновесие означает, что равнодействующая сил трения и реакции на графитовом конце направлена вдоль оси карандаша. Это возможно, если \(\tan\alpha\le\mu\), где \(\alpha\) — угол между карандашом и вертикалью. Поэтому будем увеличивать \(\alpha\), продолжая давить на карандаш, и определим положение \(\alpha_0\), при котором карандаш начинает скользить; \(\tan\alpha_0\) можно вычислить как \(\tan\alpha_0=x/\sqrt{l^2-x^2}\), где \(l\) — длина карандаша, а \(x\) — длина проекции карандаша на горизонтальную плоскость.

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

Растяжение витков пружины под собственным весом неодинаково: верхний виток тянет вес всей пружины. Добавленный груз растягивает каждый виток на одну и ту же величину.

\(M=\dfrac m2\cdot\dfrac{x_2-x_1}{x_1}\approx6\text{ г}\).

Сначала измерим удлинение пружины под действием собственного веса. Относительное удлинение каждого витка пропорционально порядковому номеру витка. Поэтому среднее значение этих приращений длины равно половине наибольшего приращения (для самого верхнего витка). Верхний виток деформируется весом всей пружины, поэтому средняя деформация соответствует половине веса пружины, \[kx_1=mg/2.\] Теперь прикрепим груз к нижнему концу пружины и измерим новую деформацию \(x_2\). Поскольку дополнительный вес груза увеличивает натяжение всех витков на одну и ту же величину \(Mg\), каждый виток дополнительно деформируется на одно и то же приращение длины. Сумма этих дополнительных приращений равна \(x_2-x_1\); по закону Гука \(k(x_2-x_1)=Mg\). Поэтому \(\dfrac{x_2}{x_1}-1=\dfrac{2M}{m}\), и \[M=\frac m2\cdot\frac{x_2-x_1}{x_1}\approx6\text{ г}.\]

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

Запишите разность давлений на высотах \(z\) и \(z+dz\) как вес слоя и выразите плотность из уравнения состояния. Во втором пункте давление гелия внутри равно давлению воздуха снаружи, а \(pV=\text{const}\).

1) \(\alpha=\dfrac{\mu g}{RT}\);  2) \(h=\dfrac{RT}{\mu_a g}\ln\dfrac1\beta\approx17\text{ км}\).

1. Рассмотрим разность давлений на высотах \(z+dz\) и \(z\): \(dp=-\rho g\,dz\) (разность обусловлена просто весом слоя \(dz\)). Плотность найдём из уравнения состояния идеального газа: \(pV=\dfrac m\mu RT\), \(\rho=\dfrac mV=\dfrac{\mu p}{RT}\). Поэтому \(\dfrac1p\dfrac{dp}{dz}=-\dfrac{\mu g}{RT}\). Заметим, что \(\dfrac1p\dfrac{dp}{dz}\) — производная логарифма: \(\dfrac1p\dfrac{dp}{dz}=\dfrac{d\ln p(z)}{dz}\). Поэтому \(\ln(p/p_0)=-\alpha z\), \(p=p_0e^{-\alpha z}\), где \(\alpha=\dfrac{\mu g}{RT}\).

   Можно также вывести этот закон из распределения Больцмана для концентрации частиц \(n=n_0e^{-U/kT}\), где \(U\) — потенциальная энергия молекулы. Учитывая, что при постоянной температуре давление пропорционально плотности, получаем \(p=p_0e^{-U/kT}\). Подставляя \(U=mgz=\dfrac\mu{N_A}\,gz\) и \(R=kN_A\), получаем тот же результат, что и выше.

2. Ясно, что давления внутри стратостата и снаружи равны и зависят от высоты как \(p=p_0e^{-\alpha z}\), где \(\alpha=\dfrac{\mu_a g}{RT}\). Для гелия внутри мешка \(pV=\text{const}\). Пусть объём стратостата равен \(V_S\), тогда \(p_0\beta V_S=pV_S\), где \(p\) — давление на высоте, на которой гелий заполнил весь объём стратостата. Поскольку \(p=\beta p_0\), получаем \(\dfrac{\mu_a g}{RT}\,h=-\ln\beta\), \[h=\frac{RT}{\mu_a g}\ln\frac1\beta,\qquad h=17\text{ км}.\]

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

Центр масс системы по горизонтали не движется; кинетическую энергию системы можно выразить через вертикальную скорость бруска, а затем связать её изменение с \(dt\) через \(dh=v_\downarrow\,dt\).

\(t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}\left(\dfrac M{M+m}\cot^2\alpha+1\right)}\).

Центр масс системы не движется (по горизонтали), поэтому \(Mu=mv_h\), где \(u\) и \(v_h\) — горизонтальные составляющие скоростей клина и бруска в лабораторной системе в некоторый момент времени. В системе отсчёта клина брусок имеет горизонтальную скорость \(v'=v_h+u=v_h\bigl(1+\frac mM\bigr)\). Поскольку брусок скользит вниз по клину, вертикальная составляющая его скорости должна быть \(v_\downarrow=v'\tan\alpha\). Полная кинетическая энергия в лабораторной системе \(E_K=\frac12\bigl(Mu^2+mv_h^2+mv_\downarrow^2\bigr)\). Подставляя соответствующие величины и упрощая, получаем \[E_k=\frac m2\,v_\downarrow^2\,\beta,\qquad\text{где }\beta\equiv\frac M{M+m}\cot^2\alpha+1.\] Кинетическая энергия равна изменению потенциальной энергии: \(\frac m2\beta v_\downarrow^2=\Delta E_P=mg(h-h')\). Дифференцируя и учитывая, что \(dh=dt\cdot v_\downarrow\), получаем \(\beta\,dv_\downarrow=g\,dt\), \(t=\dfrac\beta g\,v_{\downarrow\max}\). Из записанного выше закона сохранения энергии находим \(v_{\downarrow\max}=\sqrt{\dfrac{2gh}\beta}\); поэтому окончательно \[t=\sqrt{\frac{2\beta h}{g}}=\sqrt{\frac{2h}{g}\left(\frac M{M+m}\cot^2\alpha+1\right)}.\]

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