«Туймаада» 2009, теоретический тур

Ответ

\(m = \rho V = \dfrac{\rho\pi D^3v^2}{8Rg} \approx 88{,}4\) кг.

Решение

Крышку с пассажиром можно мысленно заменить дополнительным объёмом \(V\) воды в виде цилиндра диаметром \(D\), наполовину усечённого плоскостью, образующей с горизонтом некоторый угол \(\alpha\), так как именно такую форму принял бы во время поворота грузовика этот дополнительный объём воды в высокой цилиндрической бочке без крышки (рис. 114).

Из формулы для центростремительного ускорения \(a = v^2/R\) и условия равновесия воды в высокой бочке без крышки (эффективное ускорение свободного падения \(\vec g_{\text{эф}} = \vec g - \vec a\) должно быть перпендикулярно поверхности воды) находим \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{a}{g} = \dfrac{v^2}{Rg}.\] Найдём высоту усечённого цилиндра: \[h = D\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{Dv^2}{Rg},\] и его объём: \[V = \dfrac12\cdot\dfrac{\pi D^2}{4}\cdot h = \dfrac{\pi D^3v^2}{8Rg}.\] Таким образом, находим минимальную массу пассажира: \[m = \rho V = \dfrac{\rho\pi D^3v^2}{8Rg} \approx 88{,}4\text{ кг}.\]

Ответ

\(\rho = \dfrac23\,\rho_0\left(1 - \delta\dfrac{R}{h}\right) \approx 0{,}453\rho_0 \approx 2540\) кг/м\(^3\).

Решение

Из формулы для периода математического маятника \(T = 2\pi\sqrt{l/g}\), где \(l\) — длина маятника, \(g\) — ускорение свободного падения на поверхности Земли, находим связь между малыми изменениями \(\Delta T\) и \(\Delta g\): \[\dfrac{\Delta T}{T} = -\dfrac12\cdot\dfrac{\Delta g}{g},\qquad\text{откуда}\qquad \dfrac{\Delta g}{g} = 2\delta.\qquad (146)\] Знак минус был убран, так как по условию \(\delta > 0\) — это относительное уменьшение (а не увеличение) периода. Отсюда, кстати, видно, что вопреки распространённому мнению сила тяжести возрастает при опускании в шахту небольшой глубины.

Масса Земли \(M = \rho_0\cdot4\pi R^3/3\), масса слоя земной коры толщиной \(h\) от поверхности \(\Delta M \approx \rho\cdot4\pi R^2h\). Из закона всемирного тяготения выразим \[\dfrac{\Delta g}{g} = \dfrac{\dfrac{\gamma(M - \Delta M)}{(R - h)^2} - \dfrac{\gamma M}{R^2}}{\dfrac{\gamma M}{R^2}} = \left(1 - \dfrac{\Delta M}{M}\right)\left(1 - \dfrac{h}{R}\right)^{-2} - 1 \approx\] \[\approx \left(1 - \dfrac{3\rho h}{\rho_0R}\right)\left(1 + \dfrac{2h}{R}\right) - 1 \approx -\dfrac{3\rho h}{\rho_0R} + \dfrac{2h}{R}.\qquad (147)\] Подставив выражение (147) в формулу (146), получим \[\rho = \dfrac23\,\rho_0\left(1 - \delta\dfrac{R}{h}\right) \approx 0{,}453\rho_0 \approx 2540\text{ кг/м}^3,\] что полностью согласуется с результатами прямых измерений плотности.

Ответ

\(\eta = \dfrac{A}{Q_+} = \dfrac{2\pi - 4}{22 + \pi} \approx 9{,}1\%\).

Решение

На участке 1–2 (рис. 133) газ получал теплоту от нагревателя (обозначим её количество через \(Q_+\)), а на участке 2–1 газ отдавал теплоту холодильнику.

Найдём изменение внутренней энергии газа: \[\Delta U_{12} = \dfrac32\,(2P\cdot2V - PV) = \dfrac92\,PV.\] Работа газа на каждом из участков может быть найдена как площадь под графиком \(P(V)\) в выбранном масштабе: \[A_{12} = PV\left(1 + \dfrac{\pi}{4}\right) > 0,\qquad A_{21} = -PV\left(2 - \dfrac{\pi}{4}\right) < 0.\] Найдём работу газа за цикл: \[A = A_{12} + A_{21} = \dfrac{\pi - 2}{2}\,PV.\] По первому началу термодинамики \[Q_+ = \Delta U_{12} + A_{12} = \dfrac{22 + \pi}{4}\,PV.\] Найдём КПД цикла: \[\eta = \dfrac{A}{Q_+} = \dfrac{2\pi - 4}{22 + \pi} \approx 9{,}1\%.\]

Ответ

1) \(P = \dfrac{P_1V_1 + P_2V_2}{V_1 + V_2} = 2{,}09\) атм;  2) \(\varphi = \dfrac{\varphi_1P_0V_1 + P_2V_2}{P_0(V_1 + V_2)} = 89\%\) (где \(P_0 = 1\) атм);  3) \(P_{\min} = 2{,}00\) атм;  4) \(\varphi_{\min} = 75\%\).

Решение

1. Из уравнения Менделеева–Клапейрона для смеси газов найдём \[P = \dfrac{P_1V_1 + P_2V_2}{V_1 + V_2} = 2{,}09\text{ атм}.\] 2. Из определения относительной влажности и уравнения Менделеева–Клапейрона для пара найдём \[\varphi = \dfrac{P_{\text{п}}}{P_0} = \dfrac{\varphi_1P_0V_1 + P_2V_2}{P_0(V_1 + V_2)} = 89\%,\] где \(P_0 = 1\) атм — давление насыщенного пара при температуре \(T = 100^\circ\)C.

3. Сразу после открытия вентиля произойдёт быстрое макроскопическое перемещение газа из первого сосуда во второй. При этом пар во втором сосуде станет насыщенным задолго до установления одинакового давления. Проверим это непосредственным расчётом.

Чтобы пар во втором сосуде стал насыщенным, его давление должно увеличиться на \(1{,}00\text{ атм} - 0{,}85\text{ атм} = 0{,}15\) атм. При этом давление воздуха во втором сосуде возрастёт в \((2{,}40\text{ атм} - 90\%\cdot1{,}00\text{ атм}) : (90\%\cdot1{,}00\text{ атм}) = 5/3\) раза сильнее (пропорционально отношению парциальных давлений воздуха и пара в первом сосуде) и станет равно \(0\text{ атм} + 5/3\cdot0{,}15\text{ атм} = 0{,}25\) атм. Таким образом, общее давление во втором сосуде увеличится на \(0{,}15\text{ атм} + 0{,}25\text{ атм} = 0{,}40\) атм и станет равно \(0{,}85\text{ атм} + 0{,}40\text{ атм} = 1{,}25\) атм. Объём первого сосуда в \(V_1/V_2 = 4\) раза больше, значит, давление в нём изменится в 4 раза слабее и станет равно \(2{,}40\text{ атм} - 0{,}40\text{ атм}/4 = 2{,}30\) атм.

Поскольку пар во втором сосуде стал насыщенным, его давление перестанет возрастать, а поступающий пар будет сразу же конденсироваться. Тогда давление газа во втором сосуде будет увеличиваться только за счёт поступающего воздуха, давление которого составляет \(5/8\) от общего давления в первом сосуде. Следовательно, отношение изменений давлений в первом и втором сосудах станет \(1 : (4\cdot5/8) = 2 : 5\) вместо \(1 : 4\). Деля разность давлений \(2{,}30\text{ атм} - 1{,}25\text{ атм} = 1{,}05\) атм в пропорции \(2 : 5\), находим равновесное давление \(2{,}00\) атм. После этого начнётся постепенный рост давления и влажности за счёт испарения образовавшейся воды. Таким образом, найденное равновесное давление и является минимальным: \(P_{\min} = 2{,}00\) атм.

4. Поскольку относительные изменения парциальных давлений воздуха и пара в первом сосуде одинаковы, минимальная влажность достигается одновременно с минимальным давлением и равна \(\varphi_{\min} = \varphi_1\cdot P_{\min}/P_1 = 75\%\).

Ответ

\(r = \dfrac{\varepsilon_0U^2}{8\sigma}\).

Решение

Поскольку трубочка оставалась открытой с обоих концов, давление воздуха внутри и снаружи пузыря одинаковое. Значит, силы поверхностного натяжения должны уравновешиваться силами электростатического отталкивания. Границ раздела у оболочки пузыря две, а внутренний и внешний радиусы можно считать одинаковыми, поэтому можем найти давление за счёт поверхностного натяжения: \[P_1 = 2\cdot\dfrac{2\sigma}{r} = \dfrac{4\sigma}{r}.\] Из формулы для потенциала \(U = q/(4\pi\varepsilon_0r)\) выразим общий заряд пузыря \(q = 4\pi\varepsilon_0rU\), который будет равномерно распределён по его внешней поверхности (влиянием тонкой трубочки пренебрегаем).

Рассмотрим маленький кусочек внешней поверхности пузыря. Напряжённости электрических полей \(E_A\) и \(E_B\) в точках \(A\) и \(B\) вблизи кусочка внутри и снаружи от внешней поверхности пузыря (рис. 192) можно представить в виде векторной суммы напряжённости \(E_0\), создаваемой в месте расположения кусочка всем пузырём за вычетом кусочка, и напряжённости \(E\), создаваемой только кусочком: \[E_0 - E = E_A = 0,\qquad E_0 + E = E_B = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2} = \dfrac{U}{r},\] откуда \[E_0 = \dfrac{U}{2r}.\]

Пусть \(\Delta S\) — площадь рассматриваемого кусочка, тогда можно найти его заряд: \[\Delta q = \dfrac{q\Delta S}{4\pi r^2} = \dfrac{\varepsilon_0U\Delta S}{r}\] и силу, действующую на него со стороны пузыря за вычетом кусочка: \[\Delta F = E_0\Delta q = \dfrac{\varepsilon_0U^2\Delta S}{2r^2}.\] Можно определить электростатическое давление \[P_2 = \dfrac{\Delta F}{\Delta S} = \dfrac{\varepsilon_0U^2}{2r^2}.\] В состоянии равновесия должно выполняться равенство \(P_1 = P_2\), откуда \[r = \dfrac{\varepsilon_0U^2}{8\sigma}.\]

Ответ

\(\gamma = \dfrac{E_2}{E_1} = \dfrac{\alpha(1 - R)}{1 - \beta R} = 3\).

Решение

Пусть \(P\) — мощность излучения первого источника, \(S\) — суммарная площадь стен, пола и потолка павильона, \(E_1\) и \(E_2\) — средние освещённости до и после произведённых изменений, тогда условия равенства количеств испущенного и поглощённого света в первом и втором случаях имеют вид \[P = SE_1(1 - R),\qquad \alpha P = SE_2(1 - \beta R),\] откуда \[\gamma = \dfrac{E_2}{E_1} = \dfrac{\alpha(1 - R)}{1 - \beta R} = 3.\]

Ответ

1) \(\nu_1 = \dfrac{2v\sin\alpha\cos\varphi}{\lambda}\);  2) \(\nu_{1\max} = \dfrac{2v}{\lambda}\) при \(\varphi_1 = 0\) и \(\alpha_1 = 90^\circ\);  3) \(\nu_2 = \dfrac{2u\sin\varphi\cos\varphi}{\lambda} = \dfrac{u\sin2\varphi}{\lambda}\);  4) \(\nu_{2\max} = \dfrac{u}{\lambda}\) при \(\varphi_2 = 45^\circ\).

Решение

В пространстве перед зеркалом происходит интерференция падающей и отражённой волн. Результат интерференции зависит в данном случае только от разности хода волн. Для любых двух точек, равноудалённых от зеркала, разность хода одинакова.

Пусть детектор расположен в точке \(D\) на расстоянии \(x\) от зеркала (рис. 223), тогда искомая разность хода \(\Delta = AD - BD\), так как точки \(A\) и \(B\) принадлежат одному волновому фронту (свет достигает их одновременно). По условию угол падения \(\angle A'AN = \varphi\), по закону отражения угол отражения \(\angle DAN = \varphi\). Из геометрических соображений находим \(\angle HDA = \varphi\), \(\angle BAD = 2\varphi - \pi/2\),

\[\Delta = AD - BD = AD\cdot\left(1 - \sin\left(2\varphi - \dfrac{\pi}{2}\right)\right) = \dfrac{x}{\cos\varphi}\cdot(1 + \cos2\varphi) = 2x\cos\varphi.\] Разность хода изменяется на \(\lambda\) при изменении \(x\) на \[d = \dfrac{\lambda}{2\cos\varphi}.\] Таким образом, мы нашли расстояние между соседними интерференционными максимумами или минимумами. Найдём частоту сигнала детектора: \[\nu = \dfrac1T = \dfrac{|\dot x|}{d} = \dfrac{2|\dot x|\cos\varphi}{\lambda}.\] 1. При движении детектора \(|\dot x| = v\sin\alpha\), откуда \[\nu_1 = \dfrac{2v\sin\alpha\cos\varphi}{\lambda}.\] 2. Максимальная частота \(\nu_{1\max} = 2v/\lambda\) достигается при \(\varphi_1 = 0\) и \(\alpha_1 = 90^\circ\).

3. При движении зеркала \(|\dot x| = u\sin\varphi\), откуда \[\nu_2 = \dfrac{2u\sin\varphi\cos\varphi}{\lambda} = \dfrac{u\sin2\varphi}{\lambda}.\] 4. Максимальная частота \(\nu_{2\max} = u/\lambda\) достигается при \(\varphi_2 = 45^\circ\).