«Туймаада» 2010, теоретический тур

Ответ

\(N_1 = 1{,}6N\) (короткий автобус),  \(N_2 = 2{,}2N\) (длинный автобус).

Решение

1. Короткий автобус на пути «туда». Число капель дождя, коснувшихся автобуса, пропорционально времени \(t\) рейса, концентрации \(n\) капель в воздухе, их скорости \(v_{\text{отн}}\) относительно автобуса и эффективной площади \(S\) поверхности, находящейся под дождём: \[N = tnv_{\text{отн}}S. \qquad (148)\] Пусть \(L\) — расстояние между пунктами, \(v\) — скорость автобуса, \(u\) — скорость падения капель относительно земли, тогда \[t = \dfrac{L}{v}. \qquad (149)\] Эффективную площадь поверхности, находящейся под дождём, можно найти как площадь проекции автобуса на плоскость, перпендикулярную скорости капель относительно автобуса. Пусть \(d\), \(b\) и \(h\) — соответственно длина, ширина и высота автобуса, \(\alpha\) — угол наклона потока капель в системе отсчёта, связанной с автобусом (рис. 115), тогда суммарная площадь проекций от крыши и лобовой поверхности автобуса имеет вид

\[S = b(d\cos\alpha + h\sin\alpha). \qquad (150)\] Подставляя равенства (149) и (150) в формулу (148) и используя выражения \(\cos\alpha = u/v_{\text{отн}}\) и \(\sin\alpha = v/v_{\text{отн}}\), получаем \[N = Lnb\left(\dfrac{du}{v} + h\right). \qquad (151)\] Примечание. Это же соотношение без коэффициентов можно было получить из общих соображений в виде \(N \sim d/v + \text{const}\).

2. Длинный автобус на пути «туда». Рассуждая аналогично или просто заменив \(N\) на \(1{,}3N\) и \(d\) на \(1{,}5d\) в формуле (151), получим \[1{,}3N = Lnb\left(\dfrac{1{,}5du}{v} + h\right). \qquad (152)\] Из формул (151) и (152) находим соотношение между слагаемыми в скобках в формуле (151): \[\left(\dfrac{du}{v}\right) : h = 3 : 2.\] 3. Короткий автобус на пути «обратно». Если в формуле (151) заменить \(v\) на \(v/2\), то первое слагаемое, составлявшее \(3/5\) от суммы, возрастёт в 2 раза, то есть на \(3/5\) от суммы, откуда \(N_1 = N + (3/5)N = 1{,}6N\).

4. Длинный автобус на пути «обратно». Если в формуле (151) заменить \(v\) на \(v/2\) и \(d\) на \(1{,}5d\), то первое слагаемое, составлявшее \(3/5\) от суммы, возрастёт в 3 раза, то есть на \(6/5\) от суммы, откуда \(N_2 = N + (6/5)N = 2{,}2N\).

Ответ

1) \(\tau = \dfrac{R - R_0}{v\cos\alpha} = 57\) с;  2) \(n = \dfrac{\operatorname{tg}\alpha}{2\pi}\ln\dfrac{R}{R_0} = 4{,}2\).

Решение

Насекомое будет приближаться к фонарю по спирали (рис. 116). Рассмотрим небольшой участок траектории в полярной системе координат с центром в центре фонаря. Поскольку вектор скорости \(\vec v\) составляет постоянный угол \(\alpha\) с направлением на центр фонаря, проекция скорости насекомого на направление к фонарю является константой: \(v_r = v\cos\alpha\). Следовательно, можем найти время приближения с расстояния \(R\) до расстояния \(R_0\) от центра:

\[\tau = \dfrac{R - R_0}{v_r} = \dfrac{R - R_0}{v\cos\alpha} = 57\text{ с}.\] Для вычисления числа оборотов запишем смещение насекомого за малое время \(dt\) в направлении к центру фонаря и в перпендикулярном направлении: \[dr = -v\cos\alpha\cdot dt,\qquad r\,d\varphi = v\sin\alpha\cdot dt.\] Поделив одно уравнение на другое, получим \[d\varphi = -\operatorname{tg}\alpha\cdot\dfrac{dr}{r},\] откуда после интегрирования в пределах от \(R\) до \(R_0\) находим полный угол поворота насекомого вокруг фонаря: \[\varphi = -\operatorname{tg}\alpha\cdot\ln\dfrac{R_0}{R}.\] Найдём искомое число оборотов: \[n = \dfrac{\varphi}{2\pi} = \dfrac{\operatorname{tg}\alpha}{2\pi}\ln\dfrac{R}{R_0} = 4{,}2.\]

Ответ

1) \(d = 2\pi\sqrt{\dfrac{\sigma}{k_1k_2\rho g}} \approx 15\) мм;  2) \(u = \sqrt{\sqrt{\dfrac{g\sigma}{k_1k_2\rho}}(k_1 + k_2)} \approx 43\) см/с (здесь \(k_1 = 1/6\), \(k_2 = 8\) — отношения длин волн к диаметру палки, определяемые по фотографиям).

Решение

Запишем длины волн, образовавшихся по разные стороны от палки, в виде \(\lambda_1 = k_1d\) и \(\lambda_2 = k_2d\), где коэффициенты \(k_1 = 1/6\) и \(k_2 = 8\) определяются по фотографиям: сколько \(\lambda_1\) укладывается в \(d\) и сколько \(d\) укладывается в \(\lambda_2\).

В системе отсчёта, связанной с водой, палка и обе волны движутся со скоростью \(u\) (аналогично картине волн от катера). Подставим \(v = u\) в закон дисперсии и запишем его в виде \[\dfrac{g}{2\pi}\lambda^2 - u^2\lambda + \dfrac{2\pi\sigma}{\rho} = 0.\] Поскольку \(\lambda_1\) и \(\lambda_2\) — корни данного уравнения, по теореме Виета \[\dfrac{g}{2\pi}\lambda_1\lambda_2 = \dfrac{2\pi\sigma}{\rho},\qquad \dfrac{g}{2\pi}(\lambda_1 + \lambda_2) = u^2.\] После подстановки выражений для \(\lambda_1\) и \(\lambda_2\) находим \[d = 2\pi\sqrt{\dfrac{\sigma}{k_1k_2\rho g}} \approx 15\text{ мм},\qquad u = \sqrt{\sqrt{\dfrac{g\sigma}{k_1k_2\rho}}(k_1 + k_2)} \approx 43\text{ см/с}.\]

Ответ

\(T_2 = T_0 - \dfrac{\sqrt{\gamma(4T_0 + \gamma)} - \gamma}{2} \approx 19{,}5^\circ\)C, где \(\gamma = \dfrac{1}{\dfrac{1}{T_1 - T_0} + \dfrac{T_x}{(T_1 - T_x)^2}} \approx 0{,}374\) К (температуры в кельвинах).

Решение

Запишем уравнения теплового баланса:
1) для комнаты с холодильником — \[P = \alpha(T_1 - T_0), \qquad (185)\] 2) для камеры холодильника — \[P\cdot\eta_1 = \beta(T_1 - T_x), \qquad (186)\] 3) для комнаты с кондиционером — \[P\cdot\eta_2 = (\alpha + \beta)(T_0 - T_2), \qquad (187)\] где \(P\) — мощность холодильника, \(\alpha\) и \(\beta\) — коэффициенты, характеризующие соответственно теплопроводность стен и окон комнаты и стенок холодильника, \(\eta_1 = T_x/(T_1 - T_x)\) и \(\eta_2 = T_2/(T_0 - T_2)\) — холодильные коэффициенты (численные значения температур перед постановкой обязательно должны быть переведены в кельвины). Подставив формулу для \(\eta_1\), из соотношений (185) и (186) выразим \[\alpha = \dfrac{P}{T_1 - T_0},\qquad \beta = \dfrac{PT_x}{(T_1 - T_x)^2}.\] Теперь, подставив \(\eta_2\), \(\alpha\) и \(\beta\) в формулу (187) и сократив на \(P\), получим \[\dfrac{T_2}{T_0 - T_2} = \left(\dfrac{1}{T_1 - T_0} + \dfrac{T_x}{(T_1 - T_x)^2}\right)(T_0 - T_2),\] или, после упрощения, \[\gamma T_2 = (T_2 - T_0)^2, \qquad (188)\] где для краткости записи введено обозначение \[\gamma = \dfrac{1}{\dfrac{1}{T_1 - T_0} + \dfrac{T_x}{(T_1 - T_x)^2}} \approx 0{,}374\text{ К}.\] Приведя уравнение (188) к каноническому виду \[T_2^2 - (2T_0 + \gamma)T_2 + T_0^2 = 0\] и решив его, получим \[T_2 = \dfrac{2T_0 + \gamma \pm \sqrt{\gamma(4T_0 + \gamma)}}{2}.\] Выбирая корень \(T_2 < T_0\), окончательно находим \[T_2 = T_0 - \dfrac{\sqrt{\gamma(4T_0 + \gamma)} - \gamma}{2} \approx 19{,}5^\circ\text{C}.\]

Ответ

\(T = \dfrac{eU}{3k}\).

Решение

В первом опыте ионы «налипали» до тех пор, пока их суммарный потенциал не стал нулевым, то есть пока сами они не создали на поверхности шара потенциал \(U\) противоположного знака. Поэтому, когда во втором опыте напряжение сняли, каждый ион остался только в поле остальных ионов, создающих потенциал \(U\). Найдём полную энергию взаимодействия ионов: \[W = \dfrac{1}{2}\cdot Ne\cdot U, \qquad (232)\] где \(N\) — количество «налипших» ионов, \(e\) — элементарный заряд. Типичной ошибкой является потеря коэффициента \(1/2\), который учитывает, что энергия взаимодействия пары зарядов в равной степени относится к каждому из них.

Поскольку сосуд большой, после разлёта ионов можно пренебречь их взаимодействием и учитывать только их кинетическую энергию (как для одноатомного идеального газа): \[W = \dfrac{3}{2}kT\cdot N, \qquad (233)\] где \(k\) — постоянная Больцмана. Из сравнения формул (232) и (233) получаем \[T = \dfrac{eU}{3k}.\]

Ответ

\(R = \dfrac{\sqrt{7} - 1}{18}R_0 \approx 0{,}55\) Ом.

Решение

1. Пусть \(P\) — периметр наибольшего треугольника, тогда общую длину \(L\) использованной проволоки можно найти по формуле для суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии со знаменателем \(0{,}5\), так как периметр каждого следующего треугольника в 2 раза меньше предыдущего: \[L = P + \dfrac{P}{2} + \dfrac{P}{4} + \dfrac{P}{8} + \ldots = \dfrac{P}{1 - 0{,}5} = 2P.\] Длина одной стороны наибольшего треугольника \(a = P/3 = L/6\), значит, её сопротивление \(r = R_0/6 = 1\) Ом.

2. Добавим к цепи ещё один треугольник, для которого стороны \(a\) станут средними линиями (рис. 193). Новая система вложенных треугольников подобна исходной с коэффициентом подобия 2, следовательно, сопротивление \(R'\) между точками \(A'\) и \(B'\) больше \(R\) в то же число раз: \(R' = 2R\).

3. Если разъединить вершину \(C\) и середину \(S\) стороны \(A'B'\) (рис. 194), то сопротивление \(R'\) не изменится, так как в силу симметрии цепи точки \(C\) и \(S\) имеют одинаковые потенциалы. Пользуясь свойствами последовательного и параллельного соединений, по эквивалентной схеме (рис. 195) находим \[R' = \dfrac{1}{\dfrac{1}{r + r} + \dfrac{1}{r + \dfrac{1}{\dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{r + r}} + r}} = \dfrac{4r(R + r)}{3R + 4r}.\]

4. Приравняем выражения для \(R'\), полученные в пунктах 2 и 3: \[2R = \dfrac{4r(R + r)}{3R + 4r},\] что после приведения к каноническому виду даёт уравнение \[3R^2 + 2rR - 2r^2 = 0,\] откуда \[R = \dfrac{\sqrt{7} - 1}{3}\cdot r = \dfrac{\sqrt{7} - 1}{18}\cdot R_0 \approx 0{,}55\text{ Ом}\] (второй корень отрицательный и не имеет физического смысла).

Ответ

1) \(\mathcal{E}_{\min} = \dfrac{d^2}{\mu\tau} = 45\) В;  2) \(W = \dfrac{\delta UT}{eR} = 8{,}45\cdot10^{-13}\text{ Дж} \approx 5{,}3\) МэВ;  3) \(\mathcal{E} = \dfrac{d^2}{\mu T} = 90\) В.

Решение

1. Поскольку \(\lambda \ll d\), \(\alpha\)-частица теряет в детекторе всю свою кинетическую энергию на образование электронно-дырочных пар в тонком слое вблизи верхнего электрода. В силу малости \(R\) напряжение на детекторе равно ЭДС источника. Напряжённость электрического поля между электродами \(E = \mathcal{E}/d\). Дрейфовая скорость носителей заряда в алмазе \(v = \mu E = \mu\mathcal{E}/d\). Время прохождения заряда между электродами \(t = d/v = d^2/(\mu\mathcal{E})\). Весь образовавшийся заряд пройдёт по измерительной цепи, если электронно-дырочные пары не успеют рекомбинировать, то есть \(t < \tau\), откуда \[\mathcal{E} > \mathcal{E}_{\min} = \dfrac{d^2}{\mu\tau} = 45\text{ В}.\] 2. Протёкший через измерительную цепь заряд \(q\) можно найти двумя способами. Во-первых, одна \(\alpha\)-частица создала в алмазе \(N = W/\delta\) электронно-дырочных пар, откуда \(q = eN = eW/\delta\). Во-вторых, через резистор \(R\) в течение времени \(T\) протекал ток силой \(I = U/R\), откуда \(q = TI = TU/R\). Приравняв эти выражения для \(q\), находим \[W = \dfrac{\delta UT}{eR} = 8{,}45\cdot10^{-13}\text{ Дж} \approx 5{,}3\text{ МэВ}.\] Примечание. Частицы с такой энергией образуются, например, в результате \(\alpha\)-распада ядер урана \(^{232}_{\ 92}\)U.

3. Поскольку \(W \ll 4mc^2\), для оценок можно использовать нерелятивистские формулы. Время торможения \(\alpha\)-частицы в алмазе составляет \[t_\alpha \sim \dfrac{d}{v_\alpha} = \dfrac{d}{\sqrt{2W/(4m)}} = d\sqrt{\dfrac{2m}{W}} \approx 0{,}02\text{ нс} \ll T,\] то есть длительность импульса определяется именно временем дрейфа зарядов между электродами, а не временем рождения электронно-дырочных пар. Повторив рассуждения из пункта 1, находим \[\mathcal{E} = \dfrac{d^2}{\mu T} = 90\text{ В}.\]

Ответ

\(D = -\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2}\right) \approx -3{,}2\) дптр (очки с рассеивающими линзами).

Решение

Хрусталик является почти идеальной линзой и создаёт ровно одно изображение независимо от количества падающих лучей, однако глаз видит, регистрируя лучи, попавшие в те или иные точки сетчатки, поэтому далее нужно различать понятия «изображение» и «изображение на сетчатке».

Если источник расположен слишком близко, то его изображение получается далеко за сетчаткой, так что расстояние между его изображениями на сетчатке большое и они воспринимаются как два различных светлых пятнышка. При увеличении расстояния \(a\) до источника расстояние между пятнышками уменьшается и при \(a = a_1\) становится равным размеру чувствительного элемента сетчатки («пикселя»), поэтому пятнышки воспринимаются как одно удлинённое светлое пятно, хотя изображение источника получается на расстоянии \(\Delta\) за сетчаткой. При увеличении расстояния \(a\) в промежутке от \(a_1\) до \(a_2\) расстояние между пятнышками сначала уменьшается, а потом увеличивается, вновь достигая одного «пикселя» при \(a = a_2\), когда изображение источника расположено примерно на расстоянии \(\Delta\) перед сетчаткой. При дальнейшем увеличении расстояния \(a\) пятнышки вновь разъезжаются.

Пусть \(f\) — фокусное расстояние хрусталика, \(b_0\) — расстояние от хрусталика до сетчатки, тогда формула линзы для двух граничных положений источника (рис. 224) имеет вид \[\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{b_0 + \Delta} = \dfrac{1}{f},\qquad \dfrac{1}{a_2} + \dfrac{1}{b_0 - \Delta} = \dfrac{1}{f}.\] Складывая эти уравнения и учитывая \(\Delta \ll b_0\), получим \[\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + \dfrac{2}{b_0} = \dfrac{2}{f}. \qquad (266)\] Оптическую силу \(D\) очков подбирают так, чтобы изображение бесконечно удалённого предмета попадало точно на сетчатку: \[\dfrac{1}{\infty} + \dfrac{1}{b_0} = \dfrac{1}{f} + D,\qquad\text{откуда}\qquad D = \dfrac{1}{b_0} - \dfrac{1}{f},\] а с учётом равенства (266) находим \[D = -\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2}\right) \approx -3{,}2\text{ дптр}.\]