«Туймаада» 2011, теоретический тур

Ответ

1) равновесие возможно, если \(m_1 = m_3\) и \(m_2 < 2m_1\);  2) средний груз опустится на \(\Delta y = \dfrac{\Delta x}{2\sqrt{4m_1^2/m_2^2 - 1}}\).

Решение

1. Поскольку трения в блоках нет, сила \(T\) натяжения нити, удерживающей грузы \(m_1\) и \(m_3\), одинакова по всей её длине, следовательно, для равновесия необходимо (но не достаточно) выполнение условия \(m_1 = m_3\).

Пусть \(\alpha\) и \(\beta\) — углы отклонения от вертикали участков нити между блоками (рис. 117), тогда условие равновесия среднего груза в проекциях на горизонтальную ось \(x\) и вертикальную ось \(y\) имеет вид

\[x:\quad T\sin\alpha - T\sin\beta = 0,\] \[y:\quad T\cos\alpha + T\cos\beta - m_2g = 0,\] откуда \(\alpha = \beta\), \(\cos\alpha = m_2/(2m_1)\). Для существования угла \(\alpha\) необходимо, чтобы выполнялось неравенство \(m_2 < 2m_1\). Таким образом, равновесие возможно, если \(m_1 = m_3\) и \(m_2 < 2m_1\).

2. Углы отклонения участков нитей от вертикали в новом положении равновесия не изменятся, так как они зависят только от отношения масс. Следовательно, средний груз опустится, а вертикальные проекции участков нити между блоками увеличатся на одну и ту же величину \(\Delta y\). А поскольку \(\alpha = \beta\), горизонтальные проекции участков нити тоже увеличатся на одинаковые величины \(\Delta x_1 = \Delta x_2 = \Delta x/2\). Найдём искомое смещение среднего груза: \[\Delta y = \Delta x_1\operatorname{ctg}\alpha = \dfrac{\Delta x}{2\sqrt{4m_1^2/m_2^2 - 1}}.\]

Ответ

1) \(F = \dfrac{Edhx^3}{l^3} \sim x^3\);  2) \(E = 1{,}2\cdot10^{12}\) Па \(= 1{,}2\) ТПа;  3) \(\varepsilon_{\max} = \sqrt{1 + \dfrac{x_{\max}^2}{l^2}} - 1 = 20\%\);  4) \(\sigma_{\max} \approx 260\) ГПа;  5) \(F'_{\max} = 143\) кН \(\approx 14\) тонн силы.

Решение

1. Выразим удлинение половины плёнки: \[\Delta l = \sqrt{l^2 + x^2} - l = l\left(\left(1 + \dfrac{x^2}{l^2}\right)^{1/2} - 1\right) \approx l\left(\left(1 + \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{x^2}{l^2}\right) - 1\right) = \dfrac{x^2}{2l}.\] Площадь поперечного сечения плёнки \(S = dh\). Найдём силу натяжения плёнки: \[T = ES\dfrac{\Delta l}{l} = \dfrac{Edhx^2}{2l^2}.\] Выразим силу давления зонда на плёнку (рис. 118): \[F = 2T\sin\alpha \approx 2T\cdot\dfrac{x}{l} = \dfrac{Edhx^3}{l^3} \sim x^3. \qquad (153)\]

2. Из формулы (153) найдём \[E = \dfrac{Fl^3}{dhx^3} = 1{,}2\cdot10^{12}\text{ Па} = 1{,}2\text{ ТПа},\] где подставлены \(x = x_0\) и \(F = F_0\). Для сравнения — модуль Юнга алмаза не превосходит 1 ТПа.

3. Найдём максимальное относительное удлинение плёнки: \[\varepsilon_{\max} = \dfrac{\Delta l_{\max}}{l} = \sqrt{1 + \dfrac{x_{\max}^2}{l^2}} - 1 = 20\%.\] Для сравнения — попробуйте растянуть (не разорвав!) лист бумаги на 20%.

4. Из условия равновесия перед разрывом \[F_{\max} = 2T_{\max}\sin\alpha_{\max} = 2\sigma_{\max}dh\cdot\dfrac{x_{\max}}{\sqrt{l^2 + x_{\max}^2}}\] находим прочность \[\sigma_{\max} = \dfrac{F_{\max}\sqrt{l^2 + x_{\max}^2}}{2dhx_{\max}} = 2{,}59\cdot10^{11} \approx 260\text{ ГПа}.\] Использование закона Гука даёт значение \(\sigma_{\max} = E\varepsilon_{\max} = 240\) ГПа, которое хуже согласуется с экспериментальными результатами из-за приближённости самого закона Гука для больших деформаций, однако в рамках поставленной задачи может считаться правильным. Для сравнения — прочность сталей не превосходит \(\sigma_{\max}^{\text{сталь}} = 5\) ГПа.

5. Из формулы \[F_{\max} = 2\sigma_{\max}S\sin\alpha_{\max}\] видно, что \(F_{\max} \sim S\), так как \(\alpha_{\max}\) определяется только максимальной относительной деформацией, которая, как и \(\sigma_{\max}\), есть константа. Таким образом, \[F'_{\max} = F_{\max}\cdot\dfrac{DH}{dh} = 143\text{ кН} \approx 14\text{ тонн силы}.\]

Ответ

\(a_{\min} = g\sin\varphi = \dfrac{g}{\sqrt{2}} \approx 7\) м/с\(^2\) (ускорение направлено перпендикулярно \(\vec g_{\text{эф}}\), \(\operatorname{tg}\varphi = 1\)).

Решение

В системе отсчёта трубки, движущейся с постоянным ускорением \(\vec a\), сумму силы тяжести \(\vec F_1 = m\vec g\) и силы инерции \(\vec F_2 = -m\vec a\) можно рассматривать как силу тяжести с эффективным ускорением свободного падения \(\vec g_{\text{эф}} = \vec g - \vec a\).

Из условия равновесия жидкостей найдём высоту столба воды над эффективной горизонталью \(G_1G_2\), проходящей через границу раздела воды и масла перпендикулярно \(\vec g_{\text{эф}}\) (рис. 119): \(h = H\rho/\rho_w\), где \(\rho_w = 1\) г/см\(^3\) — плотность воды.

Угол \(\varphi\) наклона \(G_1G_2\) к истинной горизонтали определим геометрически: \[\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\Delta h}{L} = \dfrac{H - h}{L} = \dfrac{H}{L}\left(1 - \dfrac{\rho}{\rho_w}\right) = 1.\] Возможны различные ускорения \(\vec a\), при которых \(\vec g_{\text{эф}}\) будет направлено под углом \(\varphi\) к вертикали, однако \(a\) будет минимальным, если \(\vec a \perp \vec g_{\text{эф}}\), откуда \[a_{\min} = g\sin\varphi = \dfrac{g\operatorname{tg}\varphi}{\sqrt{\operatorname{tg}^2\varphi + 1}} = \dfrac{g}{\sqrt{2}} \approx 7\text{ м/с}^2.\] Если же предполагать \(\vec a\) горизонтальным, то получается неверный ответ \(a = g\operatorname{tg}\varphi = g > a_{\min}\).

Примечание. Наклоном поверхностей жидкостей можно пренебречь, так как по условию трубка тонкая.

Ответ

\(t = t_1 + t_2 = 10{,}5\) ч (здесь \(t_1 = \dfrac{\rho_wh}{(\rho_w - \rho_s)v} = 5\) ч — время накопления снега, \(t_2 = 5{,}5\) ч — время таяния снега и охлаждения воды);  \(\Delta H = \dfrac{\mu t}{\rho_w} = 0{,}105\) м.

Решение

В искомый момент времени \(t\) система будет находиться в следующем состоянии (рис. 134). На дне окажется вода, охлаждённая до температуры \(T_{\max}\), при которой вода имеет максимальную плотность. Требуемый по условию слой снега толщиной \(h\) над водой будет опираться на подводный слой снега толщиной \(h_{12} = h_1 + h_2\), причём слой воды глубиной \(h_1\) — это растаявший снег, а слой воды глубиной \(h_2\) — это исходная вода, охлаждённая до равновесной со снегом температуры \(T_2\).

Из закона Архимеда для плавающего нерастаявшего снега следует, что \[\rho_s(h_{12} + h) = \rho_wh_{12},\] откуда \[h_{12} = \dfrac{\rho_sh}{\rho_w - \rho_s}.\] Время выпадения и масса нерастаявшего снега соответственно равны \[t_1 = \dfrac{h_{12} + h}{v} = \dfrac{\rho_wh}{(\rho_w - \rho_s)v} = 5\text{ ч}\quad\text{и}\quad m_1 = \mu St_1 = \dfrac{\mu S\rho_wh}{(\rho_w - \rho_s)v},\] где \(S\) — площадь водоёма.

Часть объёма слоя смеси воды и снега занимает снег, поэтому парциальная плотность воды (отношение массы воды к объёму смеси) составляет \[\rho'_w = \dfrac{\rho_wSh_{12} - m_1}{Sh_{12}} = \rho_w\left(1 - \dfrac{\mu}{\rho_sv}\right).\] Пусть \(t_2\) — время таяния льда и охлаждения воды в процессе установления теплового равновесия, тогда для массы талой воды в слое смеси можно записать уравнение \[\rho'_wSh_1 = \mu St_2,\] откуда

\[h_1 = \dfrac{\mu t_2}{\rho'_w},\qquad h_2 = h_{12} - h_2 = \dfrac{\rho_sh}{\rho_w - \rho_s} - \dfrac{\mu t_2}{\rho'_w}.\] Уравнение теплового баланса имеет вид \[\lambda\mu St_2 = c\rho_wSH(T_1 - T_{\max}) + c\rho'_wSh_2(T_{\max} - T_2),\] или, после сокращения на \(S\) и подстановки \(h_2\) и \(\rho'_w\), \[\lambda\mu t_2 = c\rho_wH(T_1 - T_{\max}) + c\left(\dfrac{\rho_w(\rho_sv - \mu)}{\rho_sv}\cdot\dfrac{\rho_sh}{\rho_w - \rho_s} - \mu t_2\right)(T_{\max} - T_2),\] откуда \[t_2 = \dfrac{c\rho_wH(T_1 - T_{\max})(\rho_w - \rho_s)v + c\rho_w(\rho_sv - \mu)h(T_{\max} - T_2)}{\mu(\lambda + c(T_{\max} - T_2))(\rho_w - \rho_s)v} = 5{,}5\text{ ч}.\] На самом деле процессы таяния и накопления снега идут одновременно, но можно считать их поочерёдными, поэтому искомое время \[t = t_1 + t_2 = 10{,}5\text{ ч},\] а повышение уровня воды \[\Delta H = \dfrac{\mu St}{\rho_wS} = \dfrac{\mu t}{\rho_w} = 0{,}105\text{ м}.\]

Ответ

1) \(A = 2\Delta P\Delta V\);  2) \(\alpha = 1\);  3) \(\beta = \nu_{\min}/\nu_{\max}\), где \[\nu_{\min} = \dfrac{1}{RT}\begin{cases}P_0(V_0 - \Delta V), & \dfrac{P_0}{\Delta P} \geqslant \dfrac{V_0}{\Delta V};\\[2mm] (P_0 - \Delta P)V_0, & \dfrac{P_0}{\Delta P} \leqslant \dfrac{V_0}{\Delta V};\end{cases}\] \[\nu_{\max} = \dfrac{1}{RT}\begin{cases}(P_0 + \Delta P)V_0, & \dfrac{P_0}{\Delta P} \leqslant \dfrac{V_0}{\Delta V} - 1;\\[2mm] \dfrac{(P_0\Delta V + \Delta P\Delta V + V_0\Delta P)^2}{4\Delta P\Delta V}, & \dfrac{V_0}{\Delta V} - 1 \leqslant \dfrac{P_0}{\Delta P} \leqslant \dfrac{V_0}{\Delta V} + 1;\\[2mm] P_0(V_0 + \Delta V), & \dfrac{P_0}{\Delta P} \geqslant \dfrac{V_0}{\Delta V} + 1.\end{cases}\]

Решение

Графиком уравнения рассматриваемого процесса на \(PV\)-диаграмме является ромб, целиком расположенный в первой четверти (рис. 135). Поскольку газ побывал ровно по одному разу во всех допустимых состояниях, он совершил циклический процесс. Можно считать цикл замкнутым, хотя конечное состояние не совпадает с начальным, а лишь бесконечно близко к нему.

1. Работа газа за цикл равна площади, ограниченной циклом на \(PV\)-диаграмме: \[A = 2\Delta P\Delta V.\] 2. Поскольку температура, давление и объём газа в начальном и конечном состояниях одинаковы, согласно уравнению Менделеева–Клапейрона \(PV = \nu RT\) одинаковы и количества газа, откуда \(\alpha = 1\).

3. При выпуске части смеси из сосуда доли газов не изменяются, поэтому можно не рассматривать выпуск газа, а учитывать только добавление другого газа, тогда \(\beta = \nu_{\min}/\nu_{\max}\), где \(\nu_{\min}\) и \(\nu_{\max}\) — минимальное и максимальное количество газа в ходе процесса. Можно убедиться, что \(\beta\) не зависит от выбора начального состояния и направления обхода цикла.

Поскольку множество состояний с одинаковыми температурами и количествами газа образуют гиперболу, \(\nu_{\min}\) достигается в одной из точек 1 или 4, а \(\nu_{\max}\) — где-то на отрезке 2–3. Согласно уравнению Менделеева–Клапейрона \[\nu_1RT = P_0(V_0 - \Delta V),\qquad \nu_2RT = (P_0 - \Delta P)V_0.\] Сравнивая полученные выражения, находим \[\nu_{\min} = \dfrac{1}{RT}\cdot\begin{cases}P_0(V_0 - \Delta V), & \text{если}\ \dfrac{P_0}{\Delta P} \geqslant \dfrac{V_0}{\Delta V};\\[2mm] (P_0 - \Delta P)V_0, & \text{если}\ \dfrac{P_0}{\Delta P} \leqslant \dfrac{V_0}{\Delta V}.\end{cases}\] Для нахождения \(\nu_{\max}\) запишем зависимость \(P(V)\) для участка 2–3: \[P = (P_0 + \Delta P) - \dfrac{\Delta P}{\Delta V}(V - V_0) = \dfrac{P_0\Delta V + \Delta P\Delta V + V_0\Delta P}{\Delta V} - \dfrac{\Delta P}{\Delta V}V,\] подставим её в уравнение Менделеева–Клапейрона: \[\nu RT = \dfrac{P_0\Delta V + \Delta P\Delta V + V_0\Delta P}{\Delta V}V - \dfrac{\Delta P}{\Delta V}V^2,\] продифференцируем по \(V\) и приравняем к нулю: \[P_0 + \Delta P + \dfrac{\Delta P}{\Delta V}V_0 - 2\dfrac{\Delta P}{\Delta V}V = 0,\] откуда \[V = \dfrac{P_0\Delta V + \Delta P\Delta V + V_0\Delta P}{2\Delta P}.\] Если точка с таким объёмом лежит на отрезке 2–3, то есть если \[V_0 \leqslant \dfrac{P_0\Delta V + \Delta P\Delta V + V_0\Delta P}{2\Delta P} \leqslant V_0 + \Delta V,\] или, после упрощения, \[\dfrac{V_0}{\Delta V} - 1 \leqslant \dfrac{P_0}{\Delta P} \leqslant \dfrac{V_0}{\Delta V} + 1,\] то в этой точке достигается \[\nu_{\max} = \dfrac{(P_0\Delta V + \Delta P\Delta V + V_0\Delta P)^2}{4\Delta P\Delta V}.\] Если же она лежит вне отрезка 2–3, то \(\nu_{\max}\) достигается в одном из концов отрезка (наиболее близком к рассматриваемой точке). Таким образом, находим максимальное количество газа: \[\nu_{\max} = \dfrac{1}{RT}\cdot\begin{cases}(P_0 + \Delta P)V_0, & \text{если}\ \dfrac{P_0}{\Delta P} \leqslant \dfrac{V_0}{\Delta V} - 1;\\[2mm] \dfrac{(P_0\Delta V + \Delta P\Delta V + V_0\Delta P)^2}{4\Delta P\Delta V}, & \text{если}\ \dfrac{V_0}{\Delta V} - 1 \leqslant \dfrac{P_0}{\Delta P} \leqslant \dfrac{V_0}{\Delta V} + 1;\\[2mm] P_0(V_0 + \Delta V), & \text{если}\ \dfrac{P_0}{\Delta P} \geqslant \dfrac{V_0}{\Delta V} + 1.\end{cases}\] Окончательный ответ имеет вид \[\beta = \dfrac{\begin{cases}P_0(V_0 - \Delta V), & \text{если}\ \dfrac{P_0}{\Delta P} \geqslant \dfrac{V_0}{\Delta V};\\[2mm] (P_0 - \Delta P)V_0, & \text{если}\ \dfrac{P_0}{\Delta P} \leqslant \dfrac{V_0}{\Delta V};\end{cases}}{\begin{cases}(P_0 + \Delta P)V_0, & \text{если}\ \dfrac{P_0}{\Delta P} \leqslant \dfrac{V_0}{\Delta V} - 1;\\[2mm] \dfrac{(P_0\Delta V + \Delta P\Delta V + V_0\Delta P)^2}{4\Delta P\Delta V}, & \text{если}\ \dfrac{V_0}{\Delta V} - 1 \leqslant \dfrac{P_0}{\Delta P} \leqslant \dfrac{V_0}{\Delta V} + 1;\\[2mm] P_0(V_0 + \Delta V), & \text{если}\ \dfrac{P_0}{\Delta P} \geqslant \dfrac{V_0}{\Delta V} + 1.\end{cases}}.\]

Ответ

\(U_2 = \dfrac{U_0U_1R_2}{U_0(R_1 + R_2) - U_1R_1}\).

Решение

Любая цепь, имеющая два вывода и состоящая только из источников постоянного напряжения и резисторов, эквивалентна одному неидеальному источнику постоянного напряжения с ЭДС \(\mathcal{E}\) и внутренним сопротивлением \(r\).

При подключении к цепи только идеального вольтметра ток через эквивалетный источник не течёт, поэтому \(\mathcal{E} = U_0\). Применим закон Ома и свойства последовательного и параллельного соединений резисторов к случаям подключения к цепи:

1) одного резистора — \[U_1 = I_1\cdot R_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{R_1 + r}\cdot R_1 = \dfrac{U_0R_1}{R_1 + r},\qquad\text{откуда}\qquad r = \dfrac{U_0 - U_1}{U_1}\cdot R_1;\] 2) двух резисторов — \[U_2 = I_2\cdot\dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2} = \dfrac{\mathcal{E}}{\dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2} + r}\cdot\dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2} =\] \[= \dfrac{U_0}{\dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2} + \dfrac{U_0 - U_1}{U_1}\cdot R_1}\cdot\dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2} = \dfrac{U_0U_1R_2}{U_0(R_1 + R_2) - U_1R_1}.\]

Ответ

\(\mu = \dfrac{2d}{\varepsilon\varepsilon_0\mathcal{E}R} \approx 1{,}9\) м\(^2\)/(В\(\cdot\)с).

Решение

Пусть \(S\) — площадь графеновой плёнки, тогда ёмкость образованного плёнкой и подложкой плоского конденсатора \(C = \varepsilon\varepsilon_0S/d\), модуль заряда обкладки \(q = C\mathcal{E} = \varepsilon\varepsilon_0S\mathcal{E}/d\), поверхностная плотность этого заряда \(\sigma = q/S = \varepsilon\varepsilon_0\mathcal{E}/d\).

Пусть \(U\) — напряжение между выводами омметра, тогда напряжённость поля вдоль плёнки \(E = U/L\), скорость электронов \(v = \mu E = \mu U/L\), сила тока \[I = \sigma Hv = \dfrac{\varepsilon\varepsilon_0\mathcal{E}}{d}\cdot H\cdot\dfrac{\mu U}{L} = \dfrac{\varepsilon\varepsilon_0\mathcal{E}\mu U}{2d}.\] Из сравнения полученной формулы с законом Ома \(I = U/R\) получаем \[\dfrac{1}{R} = \dfrac{\varepsilon\varepsilon_0\mathcal{E}\mu}{2d},\] откуда \[\mu = \dfrac{2d}{\varepsilon\varepsilon_0\mathcal{E}R} \approx 1{,}9\text{ м}^2/(\text{В}\cdot\text{с}).\] Найденное значение превосходит подвижность электронов в кремнии более чем на порядок. При напряжённости электрического поля в проводнике порядка 100 В/м электроны будут двигаться в графене со скоростью около 200 м/с, что в миллион раз больше аналогичной скорости для металлов.

Ответ

\(\operatorname{tg}\alpha_{1,2} = \dfrac{y^2 - 2fx - x^2 \pm\sqrt{(x^2 + 2fx - y^2)^2 + 4y^2(f + x)^2}}{2y(f + x)}\).

Решение

Пусть \(x'\) и \(y'\) — координаты точки \(C'\), тогда из свойств тонкой линзы \[\dfrac{1}{x'} + \dfrac{1}{-x} = \dfrac{1}{f}\quad\text{и}\quad\dfrac{x'}{x} = \dfrac{y'}{y}\] находим \[x' = \dfrac{fx}{f + x}\quad\text{и}\quad y' = \dfrac{fy}{f + x}.\] Рассмотрим отрезок \(CD\) длиной \(l\), образующий угол \(\alpha\) с осью \(Ox\), и его изображение — отрезок \(C'D'\), образующий угол \(\alpha'\) с осью \(Ox\). Выразим координаты точки \(D\) и её изображения \(D'\): \[x_D = x + l\cos\alpha,\qquad y_D = y + l\sin\alpha;\] \[x'_D = \dfrac{fx_D}{f + x_D} = \dfrac{f(x + l\cos\alpha)}{f + x + l\cos\alpha},\qquad y'_D = \dfrac{fy_D}{f + x_D} = \dfrac{f(y + l\sin\alpha)}{f + x + l\cos\alpha}.\] Зная координаты двух точек отрезка, можно найти его наклон: \[\operatorname{tg}\alpha' = \dfrac{y'_D - y'}{x'_D - x'} = \dfrac{(f + x)\operatorname{tg}\alpha - y}{f}.\] Пусть \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\) — углы наклона катетов треугольника \(ABC\), \(\alpha'_1\) и \(\alpha'_2\) — углы наклона катетов треугольника \(A'B'C'\), тогда условия прямоугольности треугольников примут вид \[\operatorname{tg}\alpha_1\operatorname{tg}\alpha_2 = -1,\qquad \operatorname{tg}\alpha'_1\operatorname{tg}\alpha'_2 = -1.\] Подставив во второе условие выражения \[\operatorname{tg}\alpha'_1 = \dfrac{(f + x)\operatorname{tg}\alpha_1 - y}{f},\qquad \operatorname{tg}\alpha'_2 = \dfrac{(f + x)\operatorname{tg}\alpha_2 - y}{f},\qquad \operatorname{tg}\alpha_2 = -\dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha_1},\] получим \[\dfrac{(f + x)\operatorname{tg}\alpha_1 - y}{f}\cdot\dfrac{(f + x)\cdot\dfrac{-1}{\operatorname{tg}\alpha_1} - y}{f} = -1,\] что сводится к квадратному уравнению относительно \(\operatorname{tg}\alpha_1\): \[(f + x)y\operatorname{tg}^2\alpha_1 + (x^2 + 2fx - y^2)\operatorname{tg}\alpha_1 - (f + x)y = 0.\] Двумя корнями этого уравнения являются \(\operatorname{tg}\alpha_1\) и \(\operatorname{tg}\alpha_2\): \[\operatorname{tg}\alpha_{1,2} = \dfrac{y^2 - 2fx - x^2 \pm\sqrt{(x^2 + 2fx - y^2)^2 + 4y^2(f + x)^2}}{2y(f + x)}.\] Отметим, что формула справедлива при любых допустимых значениях параметров и что \(x \neq -f\), так как иначе изображение не было бы треугольником.