«Старт в науку», 2024/25, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Фокусное расстояние линзы выражается через её радиус кривизны по формуле шлифовщика. Угловой размер изображения растёт вместе с фокусом, поэтому важно, при каком радиусе кривизны луч с краю объектива попадает в фокус.

Ответ

\(\alpha_{\max} \approx 3250''\approx 0{,}9^\circ\) (с учётом дефекта объектива); без учёта дефекта \(\alpha_{\min} \approx 2130''\approx 0{,}6^\circ\).

Решение

Фокусное расстояние двояковыпуклой линзы по формуле шлифовщика \(\dfrac{1}{F} = (n-1)\left(\dfrac{1}{R_1}-\dfrac{1}{R_2}\right)\). Для обеих поверхностей, радиус которых \(R(\varphi)\), получаем \(F(\varphi) = \dfrac{R(\varphi)}{2(n-1)}\). Идеальный объектив с радиусом \(R_0\) дал бы фокус \(F_0 = \dfrac{R_0}{2(n-1)}\). Край объектива диаметром \(D\) соответствует углу \(\varphi_{\max} \approx \dfrac{D}{2F_0}\).

Длина телескопа \(L = F + f\) фиксирована, поэтому угловой размер изображения звезды \(\alpha = \dfrac{\rho F}{L-F}\), где \(\rho = 1''\). Угол возрастает с фокусом, значит, максимум достигается при наибольшем фокусном расстоянии, то есть на краю объектива. Для \(D = 220\) мм получаем \(\alpha_{\max} \approx 3250''\approx 0{,}9^\circ\). Без учёта дефекта линзы \(\alpha_{\min} = \dfrac{\rho R_0}{L-R_0} \approx 2130'' \approx 0{,}6^\circ\).

Наблюдатели того времени использовали увеличения \(150\)–\(300\); увеличения \(500\)–\(3000\) применяли только для планетарных туманностей и двойных звёзд.

Подсказка

Разбейте слинку на одинаковые витки: натяжение и растяжение растут от нижнего конца к верхнему. Найдите положение центра масс через сумму по виткам и сравните энергию упругой деформации с кинетической энергией после схлопывания.

Ответ

\(h \approx \dfrac{L}{3} \approx 0{,}4\) м от нижнего конца; \(E_{\text{потерь}} = \dfrac{1}{3}mgL \approx 0{,}4\) Дж.

Решение

Разобьём слинку на \(N\) одинаковых витков массы \(\dfrac{m}{N}\). Натяжение \(n\)-го витка с нижнего конца \(T_n = \dfrac{(n-1)mg}{N}\), а растяжение витка с жёсткостью \(Nk\) равно \(l_n = \dfrac{(n-1)mg}{N^2k}\). Суммируя растяжения витков (при \(N \gg 1\)), получаем длину растянутой слинки \(L \approx \dfrac{mg}{2k}\).

Энергия деформации слинки \[E_{\text{деф}} = \sum_{i}\frac{1}{2Nk}\,l_i^2 \approx \frac{1}{6}\,\frac{(mg)^2}{k} = \frac{1}{3}mgL .\]

Положение центра масс растянутой слинки (отсчёт от нижнего конца): \(h \approx \dfrac{mg}{6k} = \dfrac{L}{3}\).

Центр масс после схлопывания падает свободно с ускорением \(g\), поэтому его кинетическая энергия сразу после схлопывания \(E_{\text{кин}} = mgh = \dfrac{1}{3}mgL\). Энергия потерь \[E_{\text{потерь}} = E_{\text{деф}} + mgh - E_{\text{кин}} = \frac{1}{3}mgL \approx 0{,}4~\text{Дж}.\]

Подсказка

Пылинка прилипнет, если её энергия взаимодействия с плоскостью станет неположительной. Учтите, что заряд пылинки наводит на проводящей плоскости изображение.

Ответ

\(\varphi \approx 9\) кВ.

Решение

Энергия пылинки около плоскости складывается из энергии во внешнем поле плоскости и энергии взаимодействия с собственным изображением. Пренебрегая кинетической энергией пылинки, \[E = q\varphi_s + q\varphi_i .\] Поле вне пылинки совпадает с полем точечного заряда, поэтому потенциал её изображения \(\varphi_i = -\dfrac{kq}{2r}\). Из-за малости размера пылинки потенциал плоскости считаем равным потенциалу в центре пылинки. Условие налипания \(E = 0\) даёт \[\varphi_s = \frac{kq}{2r}\ .\]

Подсказка

Из показателя адиабаты в первом процессе найдите число атомов в молекуле. Во втором процессе диссоциация меняет число степеней свободы в смеси, поэтому показатель адиабаты зависит от степени диссоциации.

Ответ

1) \(\alpha \approx 3{,}5\) (двухатомный газ); 2) степень диссоциации \(\xi \approx 0{,}9\); энергия диссоциации \(E \sim RT \approx 166\) кДж/моль.

Решение

Уравнение адиабаты \(PV^\gamma = \text{const}\) в переменных \(P\) и \(T\) даёт \(P_1/P_2 = (T_1/T_2)^{\alpha}\), где \(\alpha = \dfrac{\gamma}{\gamma-1}\). Отсюда \[\alpha = \frac{\ln(P_1/P_2)}{\ln(T_1/T_2)} \approx 3{,}48 \approx 3{,}5 ,\] что соответствует \(\gamma = \dfrac{7}{5}\), характерному для двухатомного газа. Значит, молекула состоит из двух атомов.

Во втором процессе (в рабочей камере двигателя) получается \(\gamma \approx 1{,}644\). Это означает, что молекулы диссоциируют. Пусть \(\xi\) — степень диссоциации. Тогда \[C_p = \frac{7}{2}R(1-\xi) + 5R\xi , \qquad C_V = \frac{5}{2}R(1-\xi) + 3R\xi ,\] \[\gamma = \frac{C_p}{C_V} = \frac{7+3\xi}{5+\xi} .\] Подстановка \(\gamma = 1{,}644\) даёт \(\xi \approx 0{,}9\): большинство молекул диссоциировало.

Энергию диссоциации оцениваем как энергию теплового движения: \(E \sim RT\). При \(T \approx 20\) кК получаем \(E \approx 166\) кДж/моль. Для сравнения, энергия диссоциации молекулы водорода составляет \(436\) кДж/моль, поэтому оценка по порядку величины разумна.