«Покори Воробьёвы горы!», 2020/21, отборочный этап, 10–11 класс

Подсказка

Выразите условие отсутствия скольжения через угол наклона силы и трение. Опрокидывание начинается, когда момент силы относительно нижнего ребра сравнивается с моментом силы тяжести. Минимальная сила соответствует совпадению граничных условий.

Ответ

\(1{,}59\).

Решение

Пусть \(\alpha\) — угол наклона линии действия силы \(\vec F\) к горизонтали. Отсутствие скольжения: \(F_{тр} = F\cos\alpha \le \mu N\), где \(N = mg - F\sin\alpha\), откуда \[\frac{mg}{F} \ge \frac{\cos\alpha + \mu\sin\alpha}{\mu}.\] В момент начала опрокидывания точка приложения силы реакции смещается на нижнее ребро, и момент силы \(\vec F\) относительно ребра не меньше момента силы тяжести: \(F\,a\sqrt2\cos\!\left(\alpha - \frac{\pi}{4}\right) \ge mg\,\frac{a}{2}\), откуда \[\frac{mg}{F} \le 2\left[\cos\alpha + \sin\alpha\right].\] Минимальная сила соответствует максимуму \(mg/F\) при совпадении границ, то есть при \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{1-2\mu}{\mu}\) (при \(\mu < 1/3\) это \(\alpha > 45^\circ\)). Подставляя, получаем \[F_{\min} = \frac{\sqrt{1 - 4\mu + 5\mu^2}}{2(1-\mu)}\,mg \approx 1{,}59~\text{Н}.\] При \(\mu \ge 1/3\) ответ был бы другим: \(F_{\min} = \dfrac{mg}{2\sqrt2}\).

Подсказка

Для одноатомного газа теплоёмкость при постоянном объёме равна \(\frac{3}{2}\nu R\), при постоянном давлении — \(\frac{5}{2}\nu R\). Сложите изменения температур по всем процессам и отдельно просуммируйте теплоту.

Ответ

\(0\).

Решение

В изохорных процессах газ получает теплоту \(Q_+ = \dfrac{3}{2}\nu R\,\Delta T_V\), в изобарных отдаёт \(Q_- = \dfrac{5}{2}\nu R\,\Delta T_p\). Суммы изменений температур — арифметические прогрессии: \[\Delta T_V = (1{,}2 + 1{,}3 + \dots + 2{,}3)~\text{К} = +21~\text{К}, \qquad \Delta T_p = -(0{,}5 + 0{,}6 + \dots + 1{,}6)~\text{К} = -12{,}6~\text{К}.\] Полная теплота, которой газ обменялся с внешними телами: \[Q = Q_+ + Q_- = \frac{\nu R}{2}\left(3\Delta T_V + 5\Delta T_p\right) = \frac{\nu R}{2}\left(63 - 63\right) = 0.\]

Подсказка

Считайте, что ток между стержнями при погружении на глубину \(x\) складывается из постоянной части и части, пропорциональной \(x\). Масса водорода пропорциональна протекшему заряду.

Ответ

\(51\).

Решение

Так как стержни длинные и тонкие, а их сопротивление намного меньше сопротивления электролита, то на участках стержней, удалённых от их концов на расстояние \(l\) (много больше их толщины, но меньше \(h\)), с единицы длины стержня стекает некоторый постоянный ток, практически не зависящий от глубины погружения. Поэтому полный ток между стержнями является линейной функцией глубины погружения \(x\): \(I(x) = I_0 + \alpha x\). По закону Фарадея масса выделившегося водорода пропорциональна протекшему заряду (на временах порядка минуты ток можно считать постоянным), поэтому и масса линейно связана с глубиной: \(m(x) = m_0 + \beta x\).

Для первого опыта \(m_1 = m_0 + \beta h\), для второго \(m_2 = m_0 + 2\beta h\). Отсюда \(\beta h = m_2 - m_1 = 10\) мг, \(m_0 = 2m_1 - m_2 = 11\) мг, и \[m(4h) = 3m_2 - 2m_1 = 51~\text{мг}.\]

Подсказка

Для тёмной звезды сравните кинетическую энергию частицы на поверхности с потенциальной энергией на расстоянии \(2R\). Для двойной системы используйте закон всемирного тяготения и отношение масс через радиусы орбит. Для блуждающих звёзд угол поворота скорости зависит только от комбинации \(GM/(r_m v_0^2)\).

Ответ

1.1) \(R \le \dfrac{Gm}{c^2}\); для массы Солнца \(R_S \approx 1{,}5\) км. 1.2) \(m_X \approx 15\cdot10^{30}\) кг (с точностью лучше \(10\%\)); в общем случае \(m_X \ge 7{,}29\,m_S\). 1.3) \(37{,}5\) а.е.

Решение

1.1. В корпускулярной теории света частица массой \(\delta m\), стартующая со скоростью \(c\) с поверхности сферически симметричной звезды радиуса \(R\) и массы \(m\), имеет механическую энергию \(\delta E = \delta m\left(\dfrac{c^2}{2} - \dfrac{Gm}{R}\right)\). Она не сможет удалиться дальше \(2R\) от центра, если \(\delta E \le -\dfrac{Gm}{2R}\,\delta m\). Отсюда \(R \le \dfrac{Gm}{c^2}\). Для \(m = m_S\) получаем \(R_S = \dfrac{Gm_S}{c^2} \approx 1{,}5\) км — значительно меньше радиуса Солнца. (Если отсчитывать расстояние от поверхности звезды, получается \(R \le \dfrac{4Gm}{3c^2}\), \(R_S \approx 2\) км; такие решения тоже засчитывались.)

1.2. Характерные скорости и ускорения в двойной системе не отличаются радикально от тех, что мы наблюдаем в Солнечной системе, поэтому используем законы Ньютона. Пусть \(m\) — масса наблюдаемой звезды, \(m_X\) — масса невидимого компаньона, \(r = 9\) а.е. — радиус орбиты наблюдаемой звезды. Тогда радиус орбиты компаньона \(R = \dfrac{m}{m_X}r\), расстояние между звёздами \(L = \dfrac{m_X + m}{m_X}r\), и центростремительное уравнение для наблюдаемой звезды: \[\omega^2 r = \frac{G m_X}{L^2} \quad\Rightarrow\quad \frac{m_X^3}{(m_X+m)^2} = \frac{\omega^2 r^3}{G}.\] Для Земли вокруг Солнца \(\omega_E^2 a^3 = G m_S\) (\(a = 1\) а.е., \(T_E = 1\) год), поэтому \[\frac{m_X^3}{(m_X+m)^2} = \left(\frac{r}{a}\right)^3\left(\frac{T_E}{T}\right)^2 m_S = 7{,}29\,m_S.\] Данные астрономов не позволяют установить массу компаньона однозначно. Во-первых, \(m_X^3 = 7{,}29\,m_S(m_X+m)^2 \ge 7{,}29\,m_S\,m_X^2\), откуда \(m_X \ge 7{,}29\,m_S\). Во-вторых, при \(m = m_S\) получаем \(m_X = 9\,m_S\), при \(m = 10\,m_S\) — \(m_X \approx 17{,}8\,m_S\), при \(m = 50\,m_S\) — \(m_X \approx 38{,}5\,m_S\). Если считать \(m \ll m_X\) (такие «практически круговые» орбиты чаще всего возникают, когда одно из тел намного массивнее остальных), то \(m_X \approx 7{,}29\,m_S \approx 14{,}6\cdot10^{30}\) кг; точнее, с ошибкой лучше \(10\%\), \(m_X \approx 15\cdot10^{30}\) кг.

1.3. Из уравнения движения «блуждающей звезды» \(\vec a = -\dfrac{GM}{r^3}\vec r\) видно, что траектория не зависит от массы звезды. Траектория определяется скоростью на бесконечности \(v_0\), расстоянием наибольшего сближения \(r_m\) и величиной \(GM\). Угол поворота вектора скорости — безразмерная величина, и единственная безразмерная комбинация этих величин — \(\dfrac{GM}{r_m v_0^2}\). Поэтому одинаковый угол поворота для двух звёзд в поле одного объекта возможен, если \(r_{m1}v_1^2 = r_{m2}v_2^2\). Следовательно, \[r_{m2} = \left(\frac{v_1}{v_2}\right)^2 r_{m1} = \left(\frac{5}{4}\right)^2\cdot 24~\text{а.е.} = 37{,}5~\text{а.е.}\]

Подсказка

Из изотермы и изохоры следует вид уравнения состояния \(p = \dfrac{f(m)}{V^2}(T_0 + T)\). Запишите первый закон термодинамики для адиабатического процесса. Для вопроса 2 приравнивайте градиент давления весу тонкого сферического слоя.

Ответ

2.1) \(K = \dfrac{2\beta T_0}{\alpha} = 34{,}6\) г/(см\(^3\cdot\)К) (то же, что \(34\,600\) кг/(м\(^3\cdot\)К)). 2.2) \(R = \sqrt{\dfrac{\pi\alpha}{G}} \approx 22\) см; \(p(0) = \dfrac{G^3M^2}{8\pi\alpha^2} \approx 0{,}3\) мкПа.

Решение

2.1. Из изотермы и изохоры следует, что \(p = \dfrac{f(m)}{V^2}(T_0 + T)\), а из условия о давлении при постоянных \(T\) и \(V\) — что \(f(m) \propto m^2\), то есть \(p = C\dfrac{m^2}{V^2}(T_0+T)\), \(C = \text{const}\). Для адиабатического процесса с постоянной массой \(\delta Q = p\,dV + dU = 0\), и с учётом внутренней энергии получаем \[C m^2 (T_0 + T)\frac{dV}{V^2} - \alpha m^2\frac{dV}{V^2} + 2\beta m T\,dT = 0 \quad\Rightarrow\quad d\rho = -m\frac{dV}{V^2} = \frac{2\beta T}{C(T_0+T) - \alpha}\,dT.\] Это уравнение линейно в координатах «плотность–температура» (то есть \(d\rho = K\,dT\)) только если \(C = \dfrac{\alpha}{T_0}\), и тогда \[K = \frac{2\beta}{C} = \frac{2\beta T_0}{\alpha} = 34\,600~\text{кг/(м}^3\cdot\text{К)} = 34{,}6~\text{г/(см}^3\cdot\text{К)}.\]

2.2. Ясно, что в указанных условиях Белый Тезис станет шаром со сферически симметричным распределением массы, в котором силы давления уравновешивают гравитационные силы. Ускорение свободного падения на расстоянии \(r\) от центра: \(g(r) = \dfrac{GM(r)}{r^2}\), где \(M(r)\) — масса внутри радиуса \(r\). Условие равновесия тонкого сферического слоя даёт \(dp\cdot 4\pi r^2 = -\rho\cdot 4\pi r^2\,dr\cdot g(r)\), то есть \[\frac{r^2}{\rho}\frac{dp}{dr} = -GM(r).\] При \(T = T_0\) из уравнения состояния \(p = 2\alpha\rho^2\), поэтому \(4\alpha r^2\dfrac{d\rho}{dr} = -GM(r)\). Продифференцировав и учтя \(\dfrac{dM}{dr} = 4\pi r^2\rho\), получим уравнение \[\frac{d^2\rho}{dr^2} + \frac{2}{r}\frac{d\rho}{dr} + \frac{\pi G}{\alpha}\rho = 0.\] Для \(z(r) = r\rho(r)\) это уравнение гармонических колебаний: \(\dfrac{d^2z}{dr^2} + \dfrac{\pi G}{\alpha}z = 0\). Так как масса конечна, \(z(0) = 0\), и \(\rho(r) = \dfrac{A}{r}\sin\!\left(\sqrt{\dfrac{\pi G}{\alpha}}\,r\right)\). Граница Белого Тезиса — там, где плотность (а вместе с ней и давление) обращается в ноль: \(\sqrt{\dfrac{\pi G}{\alpha}}\,R = \pi\), откуда \[R = \sqrt{\frac{\pi\alpha}{G}} \approx 21{,}7~\text{см}.\] Константа \(A\) находится из полной массы: \(M = 4\pi\int_0^R\rho r^2\,dr = \dfrac{4\pi\alpha}{G}A\), то есть \(A = \dfrac{GM}{4\pi\alpha}\). Плотность в центре: \(\rho(0) = \left(\dfrac{G}{\alpha}\right)^{3/2}\dfrac{M}{4\sqrt\pi}\), а давление в центре \[p(0) = 2\alpha\,\rho^2(0) = \frac{G^3M^2}{8\pi\alpha^2} \approx 0{,}3~\text{мкПа}.\]

Подсказка

Изображение считается чётким, если пятно от точечного элемента объекта не больше зерна фотоэмульсии. Используйте формулу тонкой линзы для объекта на расстоянии \(L\) и для листа на расстоянии \(l\).

Ответ

\(v_m = \left(\dfrac{L}{l} - 1\right)\dfrac{d}{\tau} = 9\) м/с.

Решение

Договоримся, что изображение считается чётким, если размер светового пятна на фотопластинке от очень маленького («точечного») элемента объекта не превышает размера зерна фотоэмульсии \(\delta\). Объектив считаем тонкой собирающей линзой, расстояние от объектива до фотопластинки во время съёмки обозначим \(b\). Условие чёткости изображения птицы, движущейся со скоростью \(v\), — это \(\dfrac{b}{L}\,v\tau \le \delta\), поэтому скорость самых быстрых птиц \(v_m = \dfrac{L\delta}{b\tau}\).

С другой стороны, изображение малого элемента листа, находящегося на расстоянии \(a \le l\) от объектива, не попадает на пластинку, так как оно находится на расстоянии \(b' \ne b\). Размер пятна от этого элемента \(\dfrac{b'-b}{b'}\,d \ge \delta\). При \(a = l\) величина \(b'\) такова, что \(\delta = \dfrac{b'-b}{b'}\,d\). Таким образом, \[v_m = \left(\frac{1}{b} - \frac{1}{b'}\right)\frac{Ld}{\tau}.\] По формуле тонкой линзы \(\dfrac{1}{L} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{l} + \dfrac{1}{b'}\), откуда \(\dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{b'} = \dfrac{1}{l} - \dfrac{1}{L}\). Подставляя, получаем \[v_m = \left(\frac{L}{l} - 1\right)\frac{d}{\tau} = 9~\text{м/с}.\]

Подсказка

Подумайте, что происходит при напряжениях меньше первого излома: через резистор ток не течёт, значит, элемент X не пропускает ток. Для третьего пункта сравните ВАХ конечной цепи с ВАХ бесконечной цепи.

Ответ

1) \((U_1, I_1) = (1~\text{В}, 0~\text{А})\), \((U_2, I_2) = (2~\text{В}, 0{,}2~\text{А})\); 2) \(I_X = 0{,}8\) А; 3) \(U = 27\) В.

Решение

Заметим, что при напряжениях меньше \(1\) В ток через цепь AB не течёт. Так как через резистор ненулевой ток течёт при любом ненулевом напряжении, это свойство цепи связано с элементом X — у него есть некоторое «пороговое» напряжение, ниже которого он не пропускает ток. При повышении входного напряжения ток сначала течёт только через первое звено X–R, затем через первое и второе, и далее — через все три.

Рассмотрим «модифицированную» цепь из бесконечного числа таких звеньев. На участке значений входного напряжения, при которых в бесконечной цепи ток ещё не затекает в четвёртое звено, ВАХ конечной и бесконечной цепей совпадают. Бесконечная цепь при «отсечении» одного звена не меняется, поэтому её можно перерисовать в виде одного звена, нагруженного на саму цепь (шестиугольник на схеме). Через цепь при напряжении \(U_0 = 13\) В течёт ток \(I_0 = 1{,}2\) А; по ВАХ элемента X находим напряжение на нём в первом звене \(U_{X1} = \dfrac{26}{3}\) В, далее ток через резистор первого звена \(I_{R1} = \dfrac{13}{15}\) А и так далее — пошаговый анализ показывает, что при этом входном напряжении ток в бесконечной цепи не затекает дальше третьего звена, то есть её ВАХ не отличается от ВАХ исследуемой конечной цепи.

На самом деле согласно условию у элемента X всего два излома до максимального значения напряжения, и мы уже нашли оба: первая точка излома имеет координаты \((U_1, I_1) = (1~\text{В}, 0~\text{А})\), вторая — \((U_2, I_2) = (2~\text{В}, 0{,}2~\text{А})\). Поэтому вся ВАХ элемента X известна: \[I_X = \begin{cases} 0, & U_X \le 1~\text{В}, \\ \dfrac{U_X - 1~\text{В}}{5~\text{Ом}}, & 1~\text{В} < U_X \le 2~\text{В}, \\ \dfrac{3U_X - 2~\text{В}}{20~\text{Ом}}, & 2~\text{В} < U_X \le 40~\text{В}. \end{cases}\] При \(U_X = 6\) В сила тока \(I_X = \dfrac{3\cdot 6 - 2}{20}\) А \(= 0{,}8\) А.

Новый излом на ВАХ всей цепи появится в тот момент, когда цепь «вспомнит», что на самом деле она отличается от бесконечной: при превышении некоторого входного напряжения в бесконечной цепи появится ток, затекающий в четвёртое звено (в настоящей конечной схеме его просто нет). Значит, новый излом — при том значении входного напряжения, при котором ток впервые появляется в четвёртом звене. Проводя анализ «в обратном» порядке, находим: при этом \(I_{X4} = 0\), \(I_{X3} = I_{R3} = 0{,}2\) А, \(U_{X3} = 2\) В, \(U_{R2} = 3\) В, \(I_{R2} = 0{,}6\) А, \(I_{X2} = 0{,}8\) А, \(U_{X2} = 6\) В, \(U_{R1} = 9\) В, \(I_{R1} = 1{,}8\) А, \(I_{X1} = 2{,}6\) А. Продолжив ВАХ элемента X до таких значений силы тока, находим \(U_{X1} = 18\) В, а входное напряжение \(U = U_{X1} + U_{R1} = 27\) В. Новый излом на ВАХ цепи возникает при входном напряжении \(27\) В. Замечательная интуиция Федора Симеоновича — сразу предложить снять ВАХ до напряжения \(30\) В.