«Туймаада» 1995, теоретический тур

Ответ

1) \(h_1 = H_1 = \dfrac{6m^2 S_1}{(2m+M)(3m+M)}\);  2) \(h_2 = \dfrac{3}{2}S_2\left(\dfrac{M}{M+3m}\right)^2\),  \(H_2 = S_2\left(\dfrac{M}{M+3m}\right)^2\).

Решение

1. Для решения задачи нужно проанализировать три этапа движения: опускание шарика, столкновение шарика со стержнем; последующий подъём шарика и отклонение стержня. На первом и третьем этапах сохраняется механическая энергия, а на втором — момент импульса системы относительно точки подвеса.

Пусть \(v_0\) — скорость шарика непосредственно перед его ударом о стержень, тогда закон сохранения энергии в процессе опускания шарика имеет вид \[\frac{mv_0^2}{2} = mgS_1,\] откуда \[v_0 = \sqrt{2gS_1}.\]

Из теории вращательного движения твёрдого тела известно, что момент инерции стержня массой \(M\) и длиной \(L\) относительно оси, проходящей через его конец перпендикулярно стержню, определяется по формуле \(I = ML^2/3\). Пусть \(v\) — скорость шарика и конца стержня сразу после абсолютно неупругого удара, тогда закон сохранения момента импульса относительно точки подвеса имеет вид \[mv_0L = mvL + I\cdot\frac{v}{L},\] откуда \[v = \frac{3mv_0}{3m+M}.\]

Предположим, что после удара шарик и стержень не взаимодействуют друг с другом, тогда высоты \(h_1^*\) и \(H_1^*\) их подъёма можно найти из двух независимых уравнений, записанных согласно закону сохранения энергии: \[\frac{mv^2}{2} = mgh_1^* \qquad\text{и}\qquad \frac{I}{2}\left(\frac{v}{L}\right)^2 = Mg\cdot\frac{H_1^*}{2},\] откуда \[h_1^* = \frac{v^2}{2g} \qquad\text{и}\qquad H_1^* = \frac{v^2}{3g}. \tag{3}\] Из неравенства \(h_1^* > H_1^*\) следует, что шарик поднялся выше стержня, однако это противоречит тому, что шарик двигался за стержнем, значит, предположение об отсутствии взаимодействия после удара неверно.

Таким образом, шарик и стержень будут двигаться на данном этапе как одно целое (то есть \(h_1 = H_1\)), а закон сохранения энергии примет вид \[\frac{mv^2}{2} + \frac{I}{2}\left(\frac{v}{L}\right)^2 = mgh_1 + Mg\cdot\frac{H_1}{2},\] откуда \[h_1 = H_1 = \frac{(3m+M)v^2}{3g(2m+M)} = \frac{6m^2S_1}{(2m+M)(3m+M)}.\]

2. Рассуждая аналогично предыдущему пункту, обозначим через \(v_0\) скорость конца стержня непосредственно перед его ударом о шарик, тогда закон сохранения энергии в процессе опускания стержня имеет вид \[\frac{MgS_2}{2} = \frac{I}{2}\left(\frac{v_0}{L}\right)^2,\] откуда \[v_0 = \sqrt{3gS_2}.\]

Пусть \(v\) — скорость шарика и стержня сразу после удара, тогда закон сохранения момента импульса относительно точки подвеса имеет вид \[I\cdot\frac{v_0}{L} = mvL + I\cdot\frac{v}{L},\] откуда \[v = \frac{Mv_0}{3m+M}.\]

Поскольку теперь стержень не мешает движению шарика, шарик поднимется после удара на бо́льшую высоту. Для нахождения \(h_2\) и \(H_2\) подставим новое значение \(v\) в полученные в первом случае формулы (3) для \(h_1^*\) и \(H_1^*\): \[h_2 = \frac{v^2}{2g} = \frac{3}{2}S_2\left(\frac{M}{M+3m}\right)^2, \qquad H_2 = \frac{v^2}{3g} = S_2\left(\frac{M}{M+3m}\right)^2.\]

Примечание. Отметим, что закон сохранения импульса шарика и стержня во время удара не выполняется, так как в этот момент возникает большая сила реакции в шарнире. Эта сила является внешней и потому изменяет импульс системы, однако её плечо относительно точки подвеса равно нулю, поэтому закон сохранения момента импульса был применён правильно. В существовании реакции шарнира легко убедиться экспериментально: достаточно взять длинную палку (кочергу, лом и т. п.) за один конец, раскрутить её за этот конец и ударить другим концом по твёрдой опоре, тогда рука, играющая роль шарнира, в полной мере почувствует рассматриваемую силу.

Ответ

\(v = \sqrt{v_0^2 - 2\gamma\dfrac{m}{r} - \gamma\dfrac{M}{R} + 2\sqrt{\gamma\dfrac{M}{R}}\sqrt{v_0^2 - 2\gamma\dfrac{m}{r}}}\).

Решение

Поскольку скорость \(v_0\) космического корабля задана относительно Земли, для перехода в другую систему отсчёта потребуется орбитальная скорость Земли \(v_e\) относительно Солнца. Центростремительное ускорение Земли создаётся гравитационной силой притяжения Солнца, поэтому из второго закона Ньютона \[m\frac{v_e^2}{R} = \gamma\frac{Mm}{R^2}\] находим \[v_e = \sqrt{\frac{\gamma M}{R}}.\]

Обозначим через \(\mu\) массу корабля. Сразу отметим, что применять закон сохранения энергии «по-простому» в виде \[\frac{\mu(v_e+v_0)^2}{2} - \gamma\frac{\mu m}{r} - \gamma\frac{\mu M}{R} = \frac{\mu v^2}{2}\] неправильно, так как при такой записи не учитывается изменение кинетической энергии движения Земли относительно Солнца, вызванное взаимодействием с кораблём, а это изменение оказывается существенным. Изменением энергии большого тела (в данном случае Земли) можно пренебрегать только в инерциальной системе отсчёта, в которой это тело изначально покоилось. Данный факт описан в литературе как «Парадокс большого тела».

Чтобы избежать указанной ошибки и упростить рассуждения, используем условие \(r \ll R\) и разобьём движение космического корабля на два этапа:

1) процесс удаления корабля от поверхности Земли приблизительно вдоль орбиты Земли (то есть без изменения расстояния до Солнца) на расстояние, большое по сравнению с \(r\), но малое по сравнению с \(R\);

2) процесс удаления корабля от Солнца из точки на орбите Земли, расположенной далеко от Земли (то есть уже без взаимодействия с Землёй), на расстояние, большое по сравнению с \(R\).

Первый этап движения рассмотрим относительно Земли, тогда закон сохранения энергии имеет вид \[\frac{\mu v_0^2}{2} - \gamma\frac{m\mu}{r} = \frac{\mu v_1^2}{2},\] откуда находим скорость корабля в конце первого этапа движения: \[v_1 = \sqrt{v_0^2 - 2\gamma\frac{m}{r}}.\] Эта же скорость, рассчитанная относительно Солнца: \[v_2 = v_e + v_1 = \sqrt{\gamma\frac{M}{R}} + \sqrt{v_0^2 - 2\gamma\frac{m}{r}},\] является скоростью корабля в начале второго этапа движения. Закон сохранения энергии на этом этапе в новой системе отсчёта имеет вид \[\frac{\mu v_2^2}{2} - \gamma\frac{M\mu}{R} = \frac{\mu v^2}{2},\] откуда находим искомую конечную скорость корабля: \[v = \sqrt{v_2^2 - 2\gamma\frac{M}{R}} = \sqrt{v_0^2 - 2\gamma\frac{m}{r} - \gamma\frac{M}{R} + 2\sqrt{\gamma\frac{M}{R}}\sqrt{v_0^2 - 2\gamma\frac{m}{r}}}.\] Все подкоренные выражения положительны, так как по условию значение \(v_0\) больше третьей космической скорости, то есть корабль действительно покинет пределы Солнечной системы.

Ответ

\(\Delta h = h\left(\sqrt{1 + \dfrac{4k(T_0 - T_1)\tau}{\rho h^2\left(2\lambda + c_1(T_0 - T_1) + c_2(T_2 - T_0)\right)}} - 1\right) \approx 5{,}3\) см, где \(T_0 = 0{}^\circ\text{C}\), \(\tau = 86400\) с.

Решение

Поскольку погода не менялась в течение длительного времени, можно считать, что все термодинамические процессы идут уже в установившемся режиме, то есть температура льда линейно изменяется от \(T_1 = -20{}^\circ\text{C}\) на воздухе до \(T_0 = 0{}^\circ\text{C}\) на границе с водой, а температура воды линейно изменяется от \(T_0 = 0{}^\circ\text{C}\) на границе со льдом до \(T_2 = +4{}^\circ\text{C}\) на дне озера. Качественная зависимость температуры \(T\) от глубины представлена на рисунке.

Кристаллизация воды происходит на границе со льдом при постоянной температуре \(T_0 = 0{}^\circ\text{C}\) (выделенная точка на рисунке), а значения \(T_1\) и \(T_2\) являются константами по условию задачи, значит, средние температуры льда и воды также не меняются со временем и равны соответственно \[T_{10} = \frac{T_1 + T_0}{2} = -10{}^\circ\text{C} = \text{const} \qquad\text{и}\qquad T_{20} = \frac{T_2 + T_0}{2} = +2{}^\circ\text{C} = \text{const}.\]

Пусть \(x\) — толщина льда в некоторый момент времени \(t\), тогда за малый промежуток времени \(dt\) толщина льда увеличится на \(dx\) за счёт кристаллизации воды массой \(dm = \rho S\,dx\), где \(S\) — площадь озера. При этом непосредственно за счёт кристаллизации выделяется количество теплоты \(dQ_0 = \lambda\,dm\), а для сохранения прежних значений средних температур льда и воды нужно отвести от них дополнительные количества теплоты соответственно \[dQ_1 = c_1(T_0 - T_{10})\,dm \qquad\text{и}\qquad dQ_2 = c_2(T_{20} - T_0)\,dm.\] Таким образом, в системе выделяется общее количество теплоты \[dQ = dQ_0 + dQ_1 + dQ_2 = \alpha\,dm = \alpha\rho S\,dx, \tag{154}\] где для краткости введено обозначение \[\alpha = \lambda + c_1\cdot\frac{T_0 - T_1}{2} + c_2\cdot\frac{T_2 - T_0}{2}.\] Это тепло выделяется в разных местах (\(dQ_0\) — на границе, \(dQ_1\) — в объёме льда, \(dQ_2\) — в объёме воды), однако на основании количественной оценки \[\frac{dQ_1 + dQ_2}{dQ_0} = \frac{c_1(T_0 - T_1) + c_2(T_2 - T_0)}{2\lambda} \approx 0{,}09 \ll 1\] будем считать, что всё тепло целиком выделяется на границе. Отметим, что только в рамках этого приближения можно считать зависимость температуры от глубины кусочно линейной функцией.

Поскольку выделившееся количество теплоты \(dQ\) передаётся воздуху за счёт разности температур \(\Delta T = T_0 - T_1\) через слой льда толщиной \(x\) и площадью \(S\) за время \(dt\), по формуле для теплопроводности запишем \[dQ = k\cdot\frac{\Delta T}{x}\cdot S\cdot dt,\] откуда после подстановки \(dQ\) из формулы (154) и упрощения получим \[\alpha\rho x\,dx = k\Delta T\,dt. \tag{155}\] Отметим, что скорость роста ледяного покрова \(v = dx/dt = k\Delta T/(\alpha\rho x) \sim 1/x\) уменьшается при увеличении \(x\), поэтому озёра не промерзают до дна.

Проинтегрируем дифференциальное уравнение (155) при изменении толщины льда \(x\) от \(h\) до \(H\), а времени \(t\) от \(0\) до \(\tau = 1\) сут \(= 86400\) с: \[\int\limits_h^H \alpha\rho x\,dx = \int\limits_0^\tau k\Delta T\,dt,\] откуда \[\frac{\alpha\rho}{2}(H^2 - h^2) = k\Delta T\tau, \qquad\text{или}\qquad H = \sqrt{h^2 + \frac{2k\Delta T\tau}{\alpha\rho}}.\] Найдём искомое приращение толщины ледяного покрова: \[\Delta x = H - h = h\left(\sqrt{1 + \frac{4k(T_0 - T_1)\tau}{\rho h^2\left(2\lambda + c_1(T_0 - T_1) + c_2(T_2 - T_0)\right)}} - 1\right) \approx 5{,}3\text{ см}.\]

Примечание. Может показаться странным, что суточный прирост оказался около четверти толщины льда, образовавшегося согласно условию за несколько недель. Однако никакого противоречия здесь нет, так как из-за конвекции в озере существенное время с начала похолодания занимает охлаждение поверхности воды до температуры кристаллизации.

Ответ

\(I_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\) (резистор \(R\));  \(I_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\cdot\dfrac{2R + 3r}{R + 2r}\) (диод пропускает \(B \to C\));  \(I_3 = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\cdot\dfrac{2R + r}{3R + 2r}\) (диод пропускает \(C \to B\)).

Решение

Поочерёдно рассмотрим каждое из трёх подключений и в каждом случае найдём силу тока \(I\) с помощью закона Ома и формул для сопротивлений последовательно и параллельно соединённых резисторов.

1. Если к клеммам \(B\) и \(C\) подключить резистор сопротивлением \(R\), то схема станет симметричной (левая схема), а напряжение на переменном резисторе и сила тока через него будут равны нулю. Значит, при любом \(r\) искомая сила тока составляет \[I_1 = \frac{\mathcal{E}}{R} = \text{const}.\]

2. Если к клеммам \(B\) и \(C\) подключить диод с направлением пропускания \(B \to C\), то его можно заменить на проводник. Пользуясь эквивалентной схемой (средняя схема), находим силу тока в этом случае: \[I_2 = \frac{\mathcal{E}}{R}\cdot\frac{2R + 3r}{R + 2r}.\]

3. Если к клеммам \(B\) и \(C\) подключить диод с направлением пропускания \(C \to B\), то его можно заменить на разрыв цепи. Пользуясь эквивалентной схемой (правая схема), находим силу тока в этом случае: \[I_3 = \frac{\mathcal{E}}{R}\cdot\frac{2R + r}{3R + 2r}.\]

Качественные графики полученных зависимостей представлены на рисунке.

Ответ

\(A = kq(q_1 - q_2)\left(\dfrac{1}{R} - \dfrac{1}{\sqrt{R^2 + d^2}}\right) \approx -73{,}1\) мкДж.

Решение

Сначала выведем формулу для потенциала электростатического поля, создаваемого заряженным кольцом. Для этого рассмотрим тонкое кольцо радиусом \(R\) с зарядом \(Q\) и точку \(P\) на оси кольца на расстоянии \(x\) от его центра \(O\) (см. рисунок). Мысленно разобьём кольцо на множество точечных зарядов: \(Q = Q_1 + \ldots + Q_n\). Согласно теореме Пифагора каждый такой заряд находится на расстоянии \(r = \sqrt{R^2 + x^2}\) от точки \(P\).

С помощью формулы для потенциала точечного заряда и принципа суперпозиции выразим потенциал \(\varphi\), создаваемый всем кольцом в точке \(P\): \[\varphi = \frac{kQ_1}{r} + \ldots + \frac{kQ_n}{r} = \frac{kQ}{r} = \frac{kQ}{\sqrt{R^2 + x^2}}. \tag{189}\] Отметим, что в силу общности вывода полученная формула справедлива для любого распределения заряда по кольцу.

Искомая работа находится по формуле \(A = qU\), где \(U = \varphi_1 - \varphi_2\) — напряжение, или разность потенциалов \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\) между центрами колец. С помощью формулы (189) и принципа суперпозиции находим \[\varphi_1 = \frac{kq_1}{\sqrt{R^2 + 0^2}} + \frac{kq_2}{\sqrt{R^2 + d^2}} \qquad\text{и}\qquad \varphi_2 = \frac{kq_1}{\sqrt{R^2 + d^2}} + \frac{kq_2}{\sqrt{R^2 + 0^2}}.\] После подстановки \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\) окончательно получим \[A = kq(q_1 - q_2)\left(\frac{1}{R} - \frac{1}{\sqrt{R^2 + d^2}}\right) \approx -73{,}1\text{ мкДж}.\]