NBPhO 2012, теоретический тур

Подсказка

Скорость в точке столкновения у астероида и Земли одинакова по модулю, так как большие полуоси орбит равны; относительная скорость — разность векторов. В части B при мгновенном изменении \(\gamma\) неизменной остаётся кинетическая энергия; отражение света вместо поглощения удваивает передаваемый импульс.

Ответ

A) i. (a) \(v_a=2v_0\sin15^\circ\approx15{,}5\) км/с; (b) \(v_b=\sqrt{v_a^2+2gr_e}\approx19{,}1\) км/с;  ii. \(b_{\max}=r_ev_b/v_a\approx7900\) км;  iii. \(\tau/10\approx27\) с.  B) i. \(R'_{\max}=\dfrac{3}{2}\,\dfrac{R_e}{1-4\kappa}\);  ii. \(\Delta T=5T_0\kappa\);  iii. \(\kappa\approx2{,}8\times10^{-8}\);  iv. нет.

Решение

Часть A. Столкновение с Землёй.

i. Большая ось орбиты астероида \(2a=R_{\max}+R_{\min}=2R_e\) равна большой оси орбиты Земли, поэтому полные энергии, приведённые к единице массы, равны. Непосредственно перед столкновением Земля и астероид находятся на одинаковом расстоянии от Солнца, поэтому гравитационные потенциалы тоже равны. Следовательно, равны и скорости. Расстояние от Солнца до астероида равно большой полуоси, поэтому он находится на малой полуоси орбиты. Скорость астероида перпендикулярна малой полуоси, а скорость Земли — радиус-вектору, проведённому от Солнца. Значит, угол между этими двумя векторами равен углу между радиус-вектором и малой полуосью: \(\sin\alpha=\frac12(R_{\max}-R_{\min})/R_e=\frac12\), откуда \(\alpha=30^\circ\). Относительная скорость астероида — это разность двух векторов, поэтому её модуль равен \(v_a=2v_0\sin15^\circ\approx15{,}5\) км/с. При дальнейшем разгоне в гравитационном поле Земли соответствующая гравитационная энергия добавляется к кинетической: \(v_b=\sqrt{v_a^2+2gr_e}=19{,}1\) км/с.

ii. В предельном случае столкновения траектория астероида касается поверхности Земли. Тогда можно применить закон сохранения момента импульса для точки, в которой траектория касается Земли: \(v_ab=v_br_e\), откуда \(b=r_ev_b/v_a=7900\) км.

iii. Допустим, что астероид запаздывает на \(\tau\); тогда в тот момент, когда астероид находится на орбите Земли, Земля находится от него на расстоянии \(l=v_0\tau\). Относительная скорость астероида образует с этим вектором смещения угол \(90^\circ-15^\circ=75^\circ\), поэтому прицельный параметр \(b=v_0\tau\sin75^\circ\), откуда \(\tau=b/(v_0\sin75^\circ)\approx270\) с. Так как это запаздывание накапливается за 10 периодов, для одного периода требуется запаздывание \(\tau/10=27\) с.

Часть B. Изменение солнечного притяжения.

i. При изменении \(\gamma\) кинетическая энергия остаётся постоянной: \[-\frac{\gamma_0}{2a}+\frac{\gamma_0}{0{,}5R_e}=-\frac{\gamma_1}{2a'}+\frac{\gamma_1}{0{,}5R_e},\] где \(a=R_e\) и \(2a'=0{,}5R_e+R'_{\max}\). Отсюда \[\frac{\gamma_1}{2a'}=\frac{\gamma_0}{2R_e}\left(4\frac{\gamma_1}{\gamma_0}-3\right)\ \Rightarrow\ (1-\kappa)R_e=a'(1-4\kappa),\] \[a'=R_e\frac{1-\kappa}{1-4\kappa},\qquad R'_{\max}=\frac{R_e}{2}\,\frac{3}{1-4\kappa}.\]

ii. В пределе малых \(\kappa\) предыдущий результат можно упростить: \[\frac{a'}{R_e}\approx1+3\kappa .\] Из третьего закона Кеплера \(T/T_0=(a'/a)^{3/2}\sqrt{\gamma_0/\gamma_1}\), откуда \(\dfrac{\Delta T}{T_0}\approx\dfrac32\dfrac{a'-a}{a}+\dfrac\kappa2=5\kappa\). Итак, \(\Delta T=5T_0\kappa\).

iii. Для фотонов отношение энергии к массе равно \(c\). Поэтому на поверхности Солнца импульс, переносимый фотонами в единицу времени через площадку \(S\), равен \(dp/dt=S\sigma T_s^4/c\). В результате окраски фотоны отражаются астероидом назад вместо того, чтобы поглощаться. Так, до окраски каждый фотон передавал астероиду импульс, равный своему собственному; теперь он удвоится. Следовательно, изменение силы, связанное с фотонами, равно \(\Delta F=\pi r_a^2\sigma T_s^4/c\) (в предположении, что астероид находится на поверхности Солнца). И давление фотонов, и сила тяготения обратно пропорциональны квадрату расстояния до Солнца, поэтому силу, связанную с фотонами, действительно можно рассматривать как поправку к гравитационной постоянной. Величина \(\kappa\) — относительное изменение этой постоянной — для поверхности Солнца вычисляется так: \[\kappa=\Delta F/g_Sm_a=\pi r_a^2\sigma T_s^4/(c\,g_Sm_a)\approx2{,}8\times10^{-8}.\]

iv. Нужно, чтобы \(\Delta T=27\) с, значит, \(\kappa=\frac15\frac{\Delta T}{T_0}\approx1{,}7\times10^{-7}\). Это на порядок превышает эффект, даваемый окраской. Величина \(\kappa\), обеспечиваемая окраской, обратно пропорциональна диаметру астероида, а необходимая величина \(\kappa\) обратно пропорциональна \(N\). Поэтому предотвратить столкновение было бы возможно при \(r_a=2\) м или при \(r_a=10\) м и \(N=60\). В первом случае астероид может оказаться недостаточно большим, чтобы заслуживать внимания; во втором случае 60 лет — слишком долгий срок. Итак, ответ — «нет».

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

Подсказка

Тепло изохоры охлаждения целиком возвращается на изохоре нагревания, поэтому внешний обмен теплотой идёт только на изотермах. Цикл можно сделать обратимым, а у обратимого цикла между двумя резервуарами КПД такой же, как у цикла Карно.

Ответ

\(\eta=(T_1-T_2)/T_1\) при \(T_1>T_2\).

Решение

Описанный процесс можно осуществить как обратимый цикл между двумя резервуарами с температурами \(T_1\) и \(T_2\) (в этом случае он называется циклом Стирлинга). Термодинамический процесс обратим тогда и только тогда, когда никогда нет потока теплоты между областями, температуры которых отличаются на конечную величину. Во время каждой из изотерм систему можно держать в контакте с резервуаром. Изохоры можно соединить теплообменником так, чтобы теплота, выделенная при любой конкретной температуре на одной изохоре, затем использовалась при той же температуре на другой изохоре. Следствие теоремы Карно (которая утверждает, что цикл Карно — самый эффективный из возможных между двумя резервуарами) состоит в том, что любой обратимый цикл между двумя резервуарами имеет тот же КПД, что и цикл Карно. Считая \(T_1>T_2\), получаем КПД \((T_1-T_2)/T_1\).

Другой способ: на изотерме \(p\propto T/V\), поэтому работа при сжатии от \(V_1\) до \(V_2\) равна \[Q_{12}(T)=\int_{V_1}^{V_2}p\,dV\propto T\int_{V_1}^{V_2}\frac{dV}{V}=T\int_{V_1}^{V_2}d\ln V=T\ln\frac{V_2}{V_1}.\] На изохорах нет перемещения, а значит, не совершается работа. КПД \[\eta=\frac{Q_{12}(T_2)-Q_{12}(T_1)}{Q_{12}(T_2)}=\frac{T_2-T_1}{T_2}.\]

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

Подсказка

Стержень находится под действием трёх сил: тяжести и двух сил от перекладин, каждая из которых отклонена от нормали на угол трения \(\arctan\mu\). Для равновесия линии действия трёх сил должны пересекаться в одной точке.

Ответ

\(L=(11{,}5+2\sqrt3)\,d\approx14{,}96\,d\).

Решение

При \(\mu=\frac12\) равнодействующая силы нормальной реакции и силы трения образует с нормалью к поверхности угол \(\arctan\frac12\) (в предположении, что стержень имеет наименьшую возможную длину и потому находится на пороге проскальзывания). На стержень действуют три силы — сила тяжести \(mg\), приложенная к центру масс \(C\), и две силы со стороны перекладин. В равновесии три прямые \(s_1\), \(s_2\) и \(s_3\), определяемые этими тремя силами, должны пересекаться в одной точке \(Q\) (иначе относительно точки пересечения двух прямых момент третьей силы вызвал бы вращение стержня). Эта конфигурация изображена на рисунке.

Так как сила трения образует с нормалью к поверхности угол \(\arctan\frac12\), то \(\angle DPQ=\angle DRQ=\arctan2\), а значит, \(AP=RS=\frac14d\) (см. рисунок). Из геометрии синего треугольника \(AS=2\sqrt3\,d\); в силу \(AP=RS\) получаем \(PR=AS=2\sqrt3\,d\) и \(PD=\sqrt3\,d\). Вспомним теперь, что \(\tan\angle DPQ=2\), откуда \(DQ=PR=2\sqrt3\,d\). Из геометрии синего треугольника \(\angle DCQ=30^\circ\), так что \(DC=DQ/\tan30^\circ=6d\). Теперь можно, наконец, выразить \[AC=CD+DP-PA=5\tfrac34\,d+\sqrt3\,d\ \Rightarrow\] \[L=2AC=(11{,}5+2\sqrt3)\,d\approx14{,}96\,d.\]

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

Подсказка

Шаг решётки меньше длины волны, поэтому при нормальном падении первый главный максимум не наблюдается; пучок нужно наклонить так, чтобы максимум ушёл точно обратно к лазеру.

Ответ

\(d\approx(320\pm4)\) нм.

Решение

Эксперимент довольно прост, за исключением того, что шаг решётки меньше длины волны. Поэтому при перпендикулярно падающем лазерном пучке первый главный максимум наблюдать нельзя. Чтобы наблюдать этот максимум, лазерный пучок нужно наклонить. Проще всего определить угол, под которым первый главный максимум наблюдается в направлении, прямо противоположном лазерному пучку. Тогда разность хода лучей, исходящих от двух соседних штрихов, равна \(\Delta l=2d\sin\alpha=\lambda\), так что \(d=\dfrac12\dfrac{\lambda}{\sin\alpha}\), где \(\alpha\) — угол между лазерным пучком и нормалью к поверхности решётки, при котором первый главный максимум наблюдается в направлении, прямо противоположном лазерному пучку. Величину \(\sin\alpha=a/c\) можно вычислить по геометрическим измерениям сторон \(a\) и \(c\) прямоугольного треугольника. Для погрешности \(\dfrac{\Delta d}{d}=\dfrac{\Delta a}{a}+\dfrac{\Delta c}{c}\). Измерения дают \(d\approx(320\pm4)\) нм.

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

Подсказка

Первый период полураспада намного длиннее остальных, поэтому в цепочке устанавливается квазистационарное состояние: число распадов в единицу времени у всех изотопов одинаково. Тепло в шаре уходит наружу теплопроводностью.

Ответ

i. \(N_{234}/N\approx5{,}53\times10^{-5}\);  ii. \(w\approx2{,}0\) Вт/м\(^3\);  iii. \(R\approx305\) м.

Решение

i. Из таблицы видно, что первый период полураспада намного больше всех остальных. Это означает, что как только что-то образуется при распаде \(^{238}\)U, все остальные стадии распада в цепочке происходят почти сразу, и для остальных изотопов достигается квазистационарный уровень концентрации — такой, что число распадов изотопа в единицу времени равно числу распадов \(^{238}\)U. Применим это к \(^{234}\)U. Если число атомов \(^{238}\)U равно \(N_{238}\), то число распадов в единицу времени \(\dfrac{dN}{dt}=N_{238}\ln2/\tau_{238}=N_{234}\ln2/\tau_{234}\), откуда \(N_{234}/N_{238}=\tau_{234}/\tau_{238}\). Полное число атомов урана равно \(N=N_{238}/0{,}993\), поэтому \[\frac{N_{234}}{N}=\frac{\tau_{234}}{0{,}993\,\tau_{238}}\approx5{,}53\times10^{-5}.\]

ii. Так как урановая руда достигла квазистационарного изотопного состава, на каждый распад \(^{238}\)U приходится по одному акту распада каждого из изотопов. Поэтому нужно сложить все энергии распада из второй строки таблицы, это даёт \(E_{\text{расп}}=52{,}1\) МэВ. Тогда мощность тепловыделения равна \[w=N_A\frac{\rho}{\mu}E_{\text{расп}}\frac{\ln2}{\tau_{238}}\approx2{,}0\text{ Вт/м}^3.\]

iii. Выделяющаяся теплота будет уходить благодаря теплопроводности. Внутри шара радиуса \(r\) выделяется теплота \(\frac43\pi wr^3=4\pi r^2\kappa\dfrac{dT}{dr}\) (правая часть даёт тепловой поток за счёт теплопроводности). Из этого уравнения получаем \(r\,dr=3\dfrac{\kappa}{w}\,dT\), что после интегрирования даёт \[R=\sqrt{6\frac{\kappa}{w}(T_0-T_a)}\approx305\text{ м}.\]

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

Подсказка

Сила Ампера перпендикулярна проводу в каждой точке, поэтому натяжение провода постоянно, а радиус кривизны \(R=T/(IB)\) тоже постоянен: каждая половина провода — дуга окружности. Вертикальная сила в точке крепления груза уравновешивает его вес.

Ответ

ii. \(\Delta h_{\max}=l\left(1-\dfrac2\pi\right)\);  iii. \(\alpha\dfrac{mg}{lIB}=\cos\alpha\), \(\Delta h=l\left(1-\dfrac{\sin\alpha}{\alpha}\right)\);  iv. \(I_0=\dfrac{\pi mg}{3\sqrt3\,lB}\).

Решение

i. Сила Ампера тянет провода в сторону, так что провода принимают изогнутую форму. Поскольку сила Ампера перпендикулярна проводу, механическое натяжение вдоль проводов постоянно. Пусть натяжение равно \(T\), а кривизна провода в некоторой точке — \(R\) (радиус кривизны). Рассмотрим короткий кусок провода длиной \(a\ll R\). Тогда угол, на который поворачивается касательная к проводу при перемещении точки касания по дуге длиной \(a\), равен \(\alpha=a/R\). Изучим баланс сил в перпендикулярном направлении для этого куска провода: сила Ампера \(IaB\) уравновешивается натяжением \(T\alpha=Ta/R\). Значит, \(R=T/(IB)\), то есть \(R\) постоянен, и провод принимает форму дуги окружности. Итак, обе половины провода принимают форму дуг окружности, выпуклыми сторонами обращённых наружу.

ii. Максимальная высота достигается, когда дуги окружностей образуют полную окружность; в этом случае высота подъёма равна \(\Delta h=l\left(1-\dfrac2\pi\right)\).

iii. Если центральный угол дуг равен \(2\alpha\), то касательные к проводам в точке крепления груза образуют угол \(\alpha\) с вертикалью. Значит, подъёмная сила: \(mg=2T\cos\alpha\). С другой стороны, \(R=l/2\alpha=T/IB\), то есть \[\alpha\frac{mg}{lIB}=\cos\alpha,\] и это уравнение, из которого можно определить угол \(\alpha\). Тогда высота подъёма \[\Delta h=l-2R\sin\alpha=l-\frac{2T}{IB}\sin\alpha=l\left(1-\frac{\sin\alpha}{\alpha}\right).\]

iv. Из предыдущего результата видно, что нужно, чтобы \(\dfrac{\sin\alpha}{\alpha}=\dfrac3\pi\), откуда \(\alpha=\dfrac\pi6\) и \[I=\frac{mg\alpha}{lB\cos\alpha}=\frac{mg\pi}{3\sqrt3\,lB}.\]

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

Подсказка

В системе центра масс импульсы шаров равны по модулю и противоположны по направлению, а упругий удар меняет только их направление, не модуль. В лабораторной системе импульс тяжёлого шара равен \(M\vec u-\vec p\,'\), где модуль \(\vec p\,'\) неизменен.

Ответ

i. \(|\vec p|=\dfrac{Mm}{M+m}v\) у обоих шаров, импульсы противоположны;  ii. модули не меняются;  iii. \(\alpha_{\max}=\arcsin\dfrac mM\).

Решение

i. Центр масс движется со скоростью \(\vec u=\dfrac{M}{M+m}\vec v\), и это будет скорость малого шара в новой системе отсчёта, а значит, его импульс \(\vec p=-m\vec u=-\dfrac{Mm}{M+m}\vec v\). Так как в этой системе центр масс покоится, большой шар должен иметь равный по модулю и противоположный по направлению импульс.

ii. Пусть шары изменили импульс на \(\vec q\). Малый шар будет иметь импульс \(\vec p\,'=\vec p+\vec q\), а так как центр масс остаётся неподвижным, большой шар будет иметь импульс \(-\vec p\,'\). Закон сохранения энергии теперь можно записать так: \[\frac{\vec p^{\,2}}{2m}+\frac{\vec p^{\,2}}{2M}=\frac{\vec p\,'^2}{2m}+\frac{\vec p\,'^2}{2M}\ \Rightarrow\ |\vec p|=|\vec p\,'|,\] то есть модули импульсов останутся неизменными.

iii. В лабораторной системе отсчёта импульс большого шара будет равен \(\vec p\,''=M\vec u-\vec p\,'\); поскольку \(|\vec p\,'|\) остаётся постоянным, угол \(\alpha\) между \(\vec p\,''\) и \(\vec u\) будет максимальным, когда \(\vec p\,''\perp\vec p\,'\), при этом \[\alpha=\arcsin\frac{|\vec p\,'|}{|M\vec u|}=\arcsin\frac mM.\]

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

Подсказка

В системе отсчёта, где возмущение покоится, верёвка движется по своей форме, и её натяжение обеспечивает центростремительное ускорение. Для провисшего провода запишите баланс моментов относительно точки крепления половины провода.

Ответ

i. \(k=1\);  ii. \(T=\dfrac{L^2\sigma g}{8d}\);  iii. \(f_0=\dfrac{1}{2L}\sqrt{\dfrac T\sigma}\).

Решение

i. Воспользуемся системой отсчёта, в которой движущиеся возмущения покоятся. В ней центростремительное ускорение, необходимое для движения по траектории с радиусом кривизны \(R\), обеспечивается механическим натяжением верёвки; для малого куска верёвки (длиной \(l\)) \[T\frac lR=\frac{v^2}{R}\sigma l\ \Rightarrow\ v=\sqrt{\frac T\sigma},\] то есть \(k=1\).

ii. Рассмотрим баланс моментов для одной половины провода относительно точки, в которой он закреплён на столбе. Тогда центр масс лежит приблизительно на расстоянии \(\dfrac L4\) (так как форма провода мало отличается от прямой линии), и уравнение можно записать в виде \[Td=\frac L4\sigma g\frac L2\ \Rightarrow\ T=\frac{L^2\sigma g}{8d}.\]

iii. Для собственных мод колебаний будут стоячие волны с узлами в точках крепления; наименьшей частоте соответствует наибольшая длина волны, равная \(2L\), так что \(f_0=v/2L=\dfrac{1}{2L}\sqrt{\dfrac T\sigma}\).

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

Подсказка

Попарно соединяйте выводы и следите за лампами: свечение, его исчезновение примерно за 10 секунд и повторное появление после других замыканий показывают, где диод, конденсатор и батарейка и как они соединены последовательно.

Решение

Изучим, что произойдёт, если попарно соединять все выводы чёрного ящика.

Если соединить выводы C и D, будет постоянно гореть красная лампа, выступающая из одного из маленьких отверстий ящика. Это указывает на то, что между этими выводами светодиод или лампа соединены последовательно с батарейкой.

Если соединить выводы A и C, то свет от той же лампы может появиться, а может не появиться. Если свет погас, он появится вновь только после того, как будут на короткое время соединены D и A или на более длительное время D и B. В любом случае свет лампы пропадает примерно за 10 секунд. Это означает, что между этими выводами (a) либо диод и конденсатор последовательно (в этом случае конденсатор нужно зарядить, чтобы появился свет), либо (b) диод, конденсатор и батарейка (в этом случае конденсатор нужно разрядить, чтобы появился свет). Сравнивая с предыдущим абзацем, видим, что участки CA и CD должны иметь общий участок; CA содержит конденсатор, которого нет в CD. Значит, CD и DA должны быть соединены последовательно. Тем самым мы исключаем вариант (a).

Если соединить выводы A и D, то может появиться или не появиться искра, что указывает на то, что между этими выводами только конденсатор либо конденсатор и батарейка. Однако батарейка находится на участке CD, поэтому на этом участке батарейки нет.

Если соединить выводы D и B, то зелёная лампа, другая, может загореться, а может и не загореться. В любом случае свет лампы пропадает примерно за 10 секунд. Свет вновь появляется после того, как соединены A и C, и пропадает после того, как соединены D и A. Это означает, что между этими выводами находятся либо диод и конденсатор последовательно, либо диод, конденсатор и батарейка. Конденсатор находится на участке DA, поэтому DA должен входить в DB, то есть DA и AB должны быть соединены последовательно. Так как батарейка уже находится в CD, на этом участке батарейки нет.

Если соединить выводы C и B, ничего не происходит. Сравнивая это с тем, что мы узнали ранее — между этими выводами две лампы или диода, конденсатор и батарейка, — заключаем, что светоизлучающие элементы должны быть диодами противоположной полярности.

Если соединить выводы A и B, ничего не происходит; сравнивая с найденным ранее, заключаем, что между этими выводами есть диод.

Наконец, поскольку времена зарядки и разрядки конденсатора относительно велики (\(RC\approx5\) с), кроме разрядки через пару выводов A–D, резисторы должны входить в участки CD и AB.

Собирая всё вместе, получаем, что схема должна быть такой, как на рисунке (или такая же схема с обращённой полярностью диодов и батарейки).

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