«Туймаада» 2016, теоретический тур

Подсказка

Жидкость, вытесненную шаром, можно мысленно считать таким же шаром из жидкости; при движении шара вместе с ним ускоряется ещё и присоединённая масса жидкости, одинаковая для обоих шаров.

Ответ

1) \(F_1 = \dfrac{\gamma\rho_1\rho_2V^2}{L^2}\);  2) \(F_{21} = \dfrac{\gamma\rho_0(\rho_0 - \rho_2)V^2}{L^2}\),  \(F_{22} = \dfrac{\gamma\rho_0(\rho_0 - \rho_1)V^2}{L^2}\);  3) \(F_{31} = F_{32} = -\dfrac{\gamma(\rho_1 - \rho_0)(\rho_2 - \rho_0)V^2}{L^2}\);  4) \(a_1 = \dfrac{F_3a_2}{F_3 + (m_1 - m_2)a_2}\), где \(F_3 = \dfrac{\gamma(\rho_1 - \rho_0)(\rho_2 - \rho_0)V^2}{L^2}\), \(m_1 = \rho_1V\), \(m_2 = \rho_2V\).

Решение

Из определения плотности выразим массы шаров: \[m_1 = \rho_1V,\qquad m_2 = \rho_2V.\] 1. Шары взаимодействуют между собой только гравитационно по закону всемирного тяготения: \[F_1 = \dfrac{\gamma m_1m_2}{L^2} = \dfrac{\gamma\rho_1\rho_2V^2}{L^2}.\] 2. Мысленно поделим всю жидкость на жидкий шар массой \(m_0 = \rho_0V\), расположенный симметрично второму шару относительно центра первого, и остальную жидкость. Суммарная сила гравитационного взаимодействия первого шара и остальной жидкости равна нулю, так как остальная жидкость симметрична относительно центра первого шара, то есть для каждой частицы остальной жидкости найдётся другая её частица, которая действует на первый шар с противоположной гравитационной силой. Будем считать направление от центра первого шара к центру второго положительным, тогда ускорение свободного падения, создаваемое в области первого шара гравитационным полем второго и жидкого шаров, имеет вид \[g_1 = \dfrac{\gamma m_2}{L^2} - \dfrac{\gamma m_0}{L^2} = \dfrac{\gamma(\rho_2 - \rho_0)V}{L^2}.\] В силу условия \(L^3 \gg V\) это гравитационное поле можно считать однородным, то есть одинаковым в любой точке вблизи первого шара.

Векторная сумма сил давления жидкости (или газа) на покоящееся в среде тело "— это одно из определений силы Архимеда, которое может поставить в тупик разве что нелюбителей запоминать словесные определения физических понятий, поэтому искомую силу \(F_{21}\) находим через вес вытесненной жидкости: \[F_{21} = -m_0g_1 = \dfrac{\gamma\rho_0(\rho_0 - \rho_2)V^2}{L^2}.\] Повторяя те же рассуждения для второго шара (или просто заменяя индексы), получаем ускорение свободного падения в области второго шара \[g_2 = \dfrac{\gamma m_1}{L^2} - \dfrac{\gamma m_0}{L^2} = \dfrac{\gamma(\rho_1 - \rho_0)V}{L^2}\] и ответ на второй вопрос этого пункта: \[F_{22} = -m_0g_2 = \dfrac{\gamma\rho_0(\rho_0 - \rho_1)V^2}{L^2}.\] 3. Чтобы удерживать первый шар в покое, нужно прикладывать к нему силу, равную по величине и направленную противоположно сумме сил, действующих на него со стороны жидкости и второго шара: \[F_{31} = -(m_1g_1 + F_{21}) = -\dfrac{\gamma(\rho_1 - \rho_0)(\rho_2 - \rho_0)V^2}{L^2}.\] Повторяя те же рассуждения для второго шара (или просто заменяя индексы), получаем ответ на второй вопрос этого пункта: \[F_{32} = -(m_2g_2 + F_{22}) = -\dfrac{\gamma(\rho_1 - \rho_0)(\rho_2 - \rho_0)V^2}{L^2}.\]

4. Зачем в условии дано ускорение второго шара, если мы и так знаем массы шаров и все силы? Дело в существовании так называемой присоединённой массы жидкости, то есть массы жидкости, которая приходит в движение вместе с телом, так как среда должна расступиться перед телом и заполнить пространство позади него. Присоединённая масса жидкости зависит только от формы и размеров движущегося тела и плотности жидкости, поэтому она будет одинаковой для обоих шаров. С учётом присоединённой массы \(\mu\) жидкости и найденной в предыдущем пункте результирующей силы \[F_3 = \dfrac{\gamma(\rho_1 - \rho_0)(\rho_2 - \rho_0)V^2}{L^2}\] законы движения шаров сразу после их отпускания примут вид \[F_3 = (m_1 + \mu)a_1,\qquad F_3 = (m_2 + \mu)a_2,\] откуда после исключения \(\mu\) находим ускорение первого шара: \[a_1 = \dfrac{F_3a_2}{F_3 + (m_1 - m_2)a_2}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Установившееся движение — без ускорения вдоль проволоки, а центростремительное ускорение создаёт составляющая реакции опоры, перпендикулярная плоскости, касательной к цилиндру; соберите силы в этой плоскости и перпендикулярно ей.

Ответ

\(v = \sqrt{gR}\cdot\sqrt[4]{\left(1 + \dfrac{H^2}{4\pi^2R^2}\right)\left(\dfrac{H^2}{4\pi^2R^2\mu^2} - 1\right)}\) при \(H \ge 2\pi R\mu\); при \(H < 2\pi R\mu\) бусинка покоится: \(v = 0\).

Решение

Рассмотрим вертикальную плоскость \(\alpha\), которая касается описанного вокруг винтовой линии цилиндра в точке, в которой расположена бусинка в некоторый момент времени (см. рисунок). На бусинку массой \(m\), движущуюся по проволоке с постоянной по модулю скоростью \(v\), действуют три постоянные по величине силы: сила тяжести \(mg\) и сила трения \(F\), которые лежат в плоскости \(\alpha\), и сила нормальной реакции опоры \(N\), которая не лежит, а потому на рисунке изображена не она сама, а её проекция \(N_\parallel\) на плоскость \(\alpha\).

Поскольку бусинка имеет только центростремительное ускорение, которое перпендикулярно плоскости \(\alpha\) и создаётся перпендикулярной плоскости \(\alpha\) составляющей \(N_\perp\) нормальной реакции опоры, в плоскости \(\alpha\) можно записать условия равенства сил на направление скорости и перпендикулярное ему: \[F = mg\sin\varphi,\qquad N_\parallel = mg\cos\varphi, \tag{1}\] где угол \(\varphi\) наклона траектории к горизонту можно найти из геометрических размеров винтовой линии: \[\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{H}{2\pi R}. \tag{2}\] В системе отсчёта, движущейся вниз со скоростью \(v\sin\varphi\), бусинка движется со скоростью \(v\cos\varphi\) по окружности радиусом \(R\), что позволяет найти силу, создающую центростремительное ускорение: \[N_\perp = m\cdot\dfrac{(v\cos\varphi)^2}{R}. \tag{3}\] После записи формулы для силы трения скольжения \[F = \mu N \tag{4}\] и теоремы Пифагора для нормальной реакции опоры \[N = \sqrt{N_\parallel^2 + N_\perp^2} \tag{5}\] физическая часть задачи закончилась, а остаётся соединить все уравнения в систему и решить её относительно \(v\).

Возведём уравнение для \(F\) в квадрат и подставим выражения для \(N\), \(N_\parallel\) и \(N_\perp\): \[(mg\sin\varphi)^2 = \mu^2\left((mg\cos\varphi)^2 + \left(\dfrac{mv^2\cos^2\varphi}{R}\right)^2\right),\] сократим на \(m^2g^2\cos^2\varphi\) для упрощения: \[\operatorname{tg}^2\varphi = \mu^2\left(1 + \dfrac{v^4\cos^2\varphi}{g^2R^2}\right),\] используем тригонометрическое тождество \(1/\cos^2\varphi = 1 + \operatorname{tg}^2\varphi\): \[v^4 = g^2R^2(1 + \operatorname{tg}^2\varphi)\left(\dfrac{\operatorname{tg}^2\varphi}{\mu^2} - 1\right),\] подставим формулу для \(\operatorname{tg}\varphi\) и получим окончательный ответ: \[v = \sqrt{gR}\cdot\sqrt[4]{\left(1 + \dfrac{H^2}{4\pi^2R^2}\right)\left(\dfrac{H^2}{4\pi^2R^2\mu^2} - 1\right)}.\] Заметим, что при условии \(H < 2\pi R\mu\) подкоренное выражение отрицательно, что нефизично и свидетельствует о нарушении предположения о том, что на бусинку будет действовать сила трения именно скольжения, а не покоя. Значит, ответ нужно дополнить ещё одним случаем: \(v = 0\) при \(H < 2\pi R\mu\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Составляющая скорости вдоль плит не меняется при ударах; продольное движение удобно рассмотреть в системе отсчёта, где плиты сближаются с равными скоростями, и найти рекуррентную связь расстояний между плитами.

Ответ

1) \(S_\infty = \dfrac{L_0}{u_1 - u_2}\sqrt{u_1^2 + u_0^2\sin^2\varphi}\);  2) \(S_n = \dfrac{L_0\sqrt{\bigl(u_1n + (u_0\cos\varphi - u_1)(n \bmod 2)\bigr)^2 + n^2u_0^2\sin^2\varphi}}{u_0\cos\varphi - u_1 + (u_1 - u_2)n}\).

Решение

1. Поскольку при соударениях шарика с плитами трения нет, составляющая скорости шарика, перпендикулярная направлению движения плит, будет оставаться постоянной: \[v_\perp = u_0\sin\varphi.\] По мере сближения плит соударения шарика будут происходить всё чаще и их количество будет неограниченно расти, поэтому величину \(S_\infty\) можно найти, рассмотрев ситуацию, когда расстояние между плитами станет пренебрежимо мало, то есть плиты почти столкнутся, из чего находим смещение \(x_\infty\) догоняющей плиты к моменту \(t_\infty\) их встречи: \[t_\infty = \dfrac{L_0}{u_1 - u_2},\qquad x_\infty = u_1t_\infty = \dfrac{L_0u_1}{u_1 - u_2}.\] Смещение шарика в поперечном направлении имеет вид \[y_\infty = v_\perp t_\infty = \dfrac{L_0u_0\sin\varphi}{u_1 - u_2}.\] Ответ на первый вопрос получаем по теореме Пифагора: \[S_\infty = \sqrt{x_\infty^2 + y_\infty^2} = \dfrac{L_0}{u_1 - u_2}\sqrt{u_1^2 + u_0^2\sin^2\varphi}.\] 2. Для упрощения расчётов перейдём в систему отсчёта, движущуюся в направлении движения плит со скоростью \(v_c = (u_1 + u_2)/2\) и будем рассматривать пока только продольное движение шарика. В новой системе отсчёта плиты сближаются с одинаковыми по модулю скоростями \(u = (u_1 - u_2)/2\), а шарик имеет начальную скорость \(v_0 = u_0\cos\varphi - v_c\).

Пусть \(v_n\) — модуль скорости шарика сразу после \(n\)-го соударения, тогда из условия упругости удара (модуль скорости шарика относительно плиты не изменяется в результате удара) можно записать рекуррентное соотношение \[v_n = v_{n-1} + 2u,\] из которого следует общая формула \[v_n = v_0 + 2un.\] Пусть \(L_n\) — расстояние между плитами сразу после \(n\)-го соударения, \(\tau_n\) — длительность движения шарика со скоростью \(v_n\), то есть промежуток времени между соударениями с номерами \(n\) и \(n + 1\), тогда из формул для равномерного движения можно записать следующие уравнения: \[\tau_n = \dfrac{L_n}{v_n + u} = \dfrac{L_n}{v_0 + 2un + u}, \tag{1}\] \[L_n = L_{n-1} - 2u\tau_{n-1} = L_{n-1} - \dfrac{2uL_{n-1}}{v_0 + 2un - u} = L_{n-1}\cdot\dfrac{v_0 + 2un - 3u}{v_0 + 2un - u}.\] Применим последнюю формулу, последовательно выражая \(L_n\) через \(L_{n-1}\), потом \(L_{n-1}\) через \(L_{n-2}\) и так далее до \(L_1 = L_0(v_0 - u)/(v_0 + u)\): \[L_n = \dfrac{v_0 + 2un - 3u}{v_0 + 2un - u}\cdot\dfrac{v_0 + 2un - 5u}{v_0 + 2un - 3u}\cdot\ldots\cdot\dfrac{v_0 + u}{v_0 + 3u}\cdot\dfrac{v_0 - u}{v_0 + u}\cdot L_0,\] откуда после сокращения получаем общую формулу \[L_n = \dfrac{(v_0 - u)L_0}{v_0 + 2un - u}. \tag{2}\]

Подставив выражение для \(L_n\) в равенство для \(\tau_n\), получаем общую формулу \[\tau_n = \dfrac{(v_0 - u)L_0}{(v_0 + 2un - u)(v_0 + 2un + u)},\] которую перепишем в более удобном для суммирования виде: \[\tau_n = \dfrac{(v_0 - u)L_0}{2u}\left(\dfrac{1}{v_0 + 2un - u} - \dfrac{1}{v_0 + 2un + u}\right),\] чтобы найти момент времени \(n\)-го соударения: \[\begin{gather*} t_n = \tau_0 + \tau_1 + \ldots + \tau_{n-1} = \dfrac{(v_0 - u)L_0}{2u}\Biggl(\left(\dfrac{1}{v_0 - u} - \dfrac{1}{v_0 + u}\right) + \left(\dfrac{1}{v_0 + u} - \dfrac{1}{v_0 + 3u}\right) + \ldots\\ \ldots + \left(\dfrac{1}{v_0 + 2un - 3u} - \dfrac{1}{v_0 + 2un - u}\right)\Biggr) = \dfrac{(v_0 - u)L_0}{2u}\left(\dfrac{1}{v_0 - u} - \dfrac{1}{v_0 + 2un - u}\right) = \dfrac{nL_0}{v_0 + 2un - u}. \end{gather*}\] Вернёмся в исходную систему отсчёта. Сразу после чётного соударения шарик находится около догоняющей плиты, имеющей в этот момент смещение \(u_1t_n\), а сразу после нечётного — около другой плиты, отстоящей на \(L_n\) дальше догоняющей. С использованием операции остатка от деления смещение шарика вдоль направления движения плит записывается одной формулой: \[x_n = u_1t_n + L_n\cdot(n \bmod 2) = \dfrac{u_1nL_0}{v_0 + 2un - u} + \dfrac{(v_0 - u)L_0}{v_0 + 2un - u}\cdot(n \bmod 2) = L_0\cdot\dfrac{u_1n + (u_0\cos\varphi - u_1)(n \bmod 2)}{u_0\cos\varphi - u_1 + (u_1 - u_2)n}.\] Смещение шарика в поперечном направлении имеет вид \[y_n = v_\perp t_n = \dfrac{L_0nu_0\sin\varphi}{u_0\cos\varphi - u_1 + (u_1 - u_2)n}.\] Ответ на второй вопрос получаем по теореме Пифагора: \[S_n = \sqrt{x_n^2 + y_n^2} = \dfrac{L_0\sqrt{\bigl(u_1n + (u_0\cos\varphi - u_1)(n \bmod 2)\bigr)^2 + n^2u_0^2\sin^2\varphi}}{u_0\cos\varphi - u_1 + (u_1 - u_2)n}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Тангенциальное ускорение отвечает за изменение модуля скорости, а среднее нормальное ускорение направлено вертикально вниз; усредняйте только за время подъёма, а получившееся трансцендентное уравнение решайте последовательными приближениями.

Ответ

\(\varphi \approx 1{,}065 \approx 61{,}0^\circ\) (корень уравнения \(\dfrac{1}{\cos\varphi} - 1 = \varphi\)).

Решение

Модуль вектора тангенциального ускорения отвечает за изменение модуля скорости, поэтому для нахождения его среднего значения достаточно поделить общее изменение модуля скорости в ходе подъёма тела до наивысшей точки на время подъёма, так как среднее значение за время спуска будет таким же в силу симметрии движения, а вот применять эту логику сразу ко всему полёту было бы ошибкой, так как модуль скорости зависит от времени не монотонно, меняя убывание на рост в наивысшей точке траектории.

Пусть \(v_0\) — начальная скорость тела, \(g\) — ускорение свободного падения, тогда время подъёма вычисляется по формуле \(T = v_0\sin\varphi/g\), а среднее значение модуля вектора тангенциального ускорения имеет вид \[\langle|\vec a_t|\rangle = \dfrac{v_0 - v_0\cos\varphi}{T} = g\cdot\dfrac{1 - \cos\varphi}{\sin\varphi}. \tag{1}\] Расчёт модуля среднего значения вектора нормального ускорения принципиально отличается от предыдущих выкладок, причём не только тем, что рассматривается другая составляющая ускорения, а ещё и тем, что теперь сначала выполняется усреднение, а потом уже берётся модуль.

В силу симметрии движения относительно вертикальной прямой, проходящей через наивысшую точку траектории, среднее значение вектора нормального ускорения будет направлено вертикально вниз, поэтому можно сразу усреднять только его вертикальную проекцию \(a_{ny}\), причём только за время подъёма, так как за время спуска среднее значение проекции будет таким же. Пусть \(\alpha\) — угол наклона скорости к горизонту в момент времени \(t\) от начала полёта, тогда искомое среднее значение имеет вид \[\begin{gather*} |\langle\vec a_n\rangle| = |\langle a_{ny}\rangle| = \dfrac{1}{T}\int\limits_0^T g\cos^2\alpha\,dt = \dfrac{1}{T}\int\limits_0^T\dfrac{g\,dt}{\operatorname{tg}^2\alpha + 1} =\\ = \dfrac{1}{T}\int\limits_0^T\dfrac{g\,dt}{\left(\frac{v_0\sin\varphi - gt}{v_0\cos\varphi}\right)^2 + 1} = \dfrac{v_0\cos\varphi}{T}\cdot\operatorname{arctg}\left(\dfrac{gt - v_0\sin\varphi}{v_0\cos\varphi}\right)\Bigg|_0^T =\\ = \dfrac{g\cos\varphi}{\sin\varphi}\cdot\bigl(\operatorname{arctg}0 - \operatorname{arctg}(-\operatorname{tg}\varphi)\bigr) = \dfrac{g\varphi\cos\varphi}{\sin\varphi}. \end{gather*}\] Приравнивая финальные выражения для \(\langle|\vec a_t|\rangle\) и \(|\langle\vec a_n\rangle|\), получаем после сокращения на \(g\operatorname{ctg}\varphi\) уравнение \[\dfrac{1}{\cos\varphi} - 1 = \varphi. \tag{2}\] Это трансцендентное уравнение, поэтому решить мы его можем только численными методами. Чтобы определить число его решений в интересующем нас промежутке \(0 < \varphi < \pi/2\), построим на рисунке графики левой (сплошная линия) и правой (пунктирная линия) частей уравнения.

Из эскиза графика (участники на олимпиаде не могут использовать программы для построения графиков, поэтому и мы не будем пытаться определить ответ с ходу по графику) можно видеть, что уравнение имеет в интервале \(0 < \varphi < \pi/2\) единственный корень вблизи точки \(\varphi \approx 1\), что можно было обнаружить и без графика, если заметить, что \(\cos 1 \approx \cos 60^\circ = 0{,}5\).

Чтобы улучшить точность полученной оценки \(\varphi \approx 1\), воспользуемся методом последовательных приближений, записав уравнение в виде функции \[\varphi_n = f(\varphi_{n-1}) = \dfrac{1}{\cos\varphi_{n-1}} - 1. \tag{3}\] Взяв в качестве нулевого приближения \(\varphi_0 = 1\), найдём следующие: \[\begin{aligned} \varphi_1 &= f(\varphi_0) \approx 0{,}851,\\ \varphi_2 &= f(\varphi_1) \approx 0{,}517,\\ \varphi_3 &= f(\varphi_2) \approx 0{,}150,\\ \varphi_4 &= f(\varphi_3) \approx 0{,}011. \end{aligned}\] Видно, что последовательность всё больше удаляется от предполагаемого положения корня, значит, функция была выбрана неудачно, поэтому перепишем уравнение по-другому: \[\varphi_n = F(\varphi_{n-1}) = \arccos\left(\dfrac{1}{\varphi_{n-1} + 1}\right). \tag{4}\] Взяв в качестве нулевого приближения \(\varphi_0 = 1\), найдём следующие: \[\begin{aligned} \varphi_1 &= F(\varphi_0) \approx 1{,}047,\\ \varphi_2 &= F(\varphi_1) \approx 1{,}060,\\ \varphi_3 &= F(\varphi_2) \approx 1{,}064,\\ \varphi_4 &= F(\varphi_3) \approx 1{,}065,\\ \varphi_5 &= F(\varphi_4) \approx 1{,}065. \end{aligned}\] Поскольку равенство \(\varphi_5 = \varphi_4\) выполнено с достаточной точностью, можно записать окончательный ответ: \[\varphi \approx 1{,}065 \approx 61{,}0^\circ.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Над раствором давление пара ниже на гидростатическое давление столба пара высотой \(\Delta h\); кипение наступает, когда давление насыщенного пара сравнивается с внешним.

Ответ

1) \(\Delta P \approx \dfrac{\rho_0xRT}{\mu}\);  2) \(\Delta P_n = P_nx\);  3) \(\Delta T_k = \dfrac{\lambda P_0}{\rho g}\,x\).

Решение

1. Плотность разбавленного раствора (\(x \ll 1\)) можно считать равной плотности чистой воды, поэтому искомая разность давлений имеет вид \[\Delta P \approx \rho_0g\Delta h = \dfrac{\rho_0xRT}{\mu}.\] 2. Из уравнения Менделеева–Клапейрона выразим плотность насыщенного пара над чистой водой: \[\rho_n = \dfrac{\mu P_n}{RT}.\] Уменьшение давления насыщенного пара над раствором можно рассчитать по формуле гидростатического давления столба пара: \[\Delta P_n = \rho_ng\Delta h = \dfrac{\mu P_n}{RT}\cdot g\cdot\dfrac{xRT}{\mu g} = P_nx. \tag{1}\] 3. Температура кипения — это температура, при которой давление насыщенного пара равно внешнему давлению. Давление насыщенного пара над раствором меньше, чем над чистой водой, но растёт с ростом температуры. Следовательно, нужно найти такую прибавку \(\Delta T_k\) к температуре, которая компенсирует эффект от рассмотрения раствора (а не чистой воды).

Увеличение давления насыщенных паров на высоте \(z < 0\) (ниже уровня моря) равно добавочному давлению столба воздуха высотой \((-z)\): \[\Delta P_n = -\rho gz = \rho g\dfrac{\Delta T_k}{\lambda}, \tag{2}\] где величина \(z\) выражена из данной в условии зависимости \(T_k(z)\). Приравнивая формулы для \(\Delta P_n\) и учитывая, что при температуре кипения выполняется равенство \(P_n = P_0\), находим искомое различие температур: \[\Delta T_k = \dfrac{\lambda P_0}{\rho g}\,x.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

В задаче А пар конденсируется на стекле, пока его давление не сравняется с давлением насыщенного пара при температуре внутренней стороны стекла; в задаче В сравните тепло, нужное для нагрева сухого и максимально влажного воздуха, учтя испарение воды при остывании.

Ответ

А) \(\varphi \approx 12{,}3\,\%\);  В) \(x = \dfrac{P_a}{P_0} + \dfrac{6P}{5P_0} + \dfrac{2\mu L}{5RTP_0}(aT - P) \approx 3{,}26\).

Решение

Задача А. Пусть \(T_3\) — температура внутренней стороны окна, \(S\) — площадь окна, тогда равенство потоков тепла через стекло и через пограничный слой воздуха имеет вид \[\varkappa_1\cdot S\cdot\dfrac{T_3 - T_1}{h_1} = \varkappa_2\cdot S\cdot\dfrac{T_2 - T_3}{h_2},\] откуда получаем равенство \[T_3 = \dfrac{\frac{\varkappa_1}{h_1}\cdot T_1 + \frac{\varkappa_2}{h_2}\cdot T_2}{\frac{\varkappa_1}{h_1} + \frac{\varkappa_2}{h_2}} \approx -10^\circ\text{С}.\] Пар будет конденсироваться на стекле, пока его давление не станет равно давлению насыщенного пара при температуре стекла. Отсюда находим установившуюся влажность воздуха в комнате: \[\varphi = \dfrac{P_{\text{нас}}(T_3)}{P_{\text{нас}}(T_1)} = \dfrac{286{,}8\text{ Па}}{2338\text{ Па}} \approx 12{,}3\,\%.\]

Задача В. Искомое отношение найдём по формуле \(x = \Delta Q_2/\Delta Q_1\), где \(\Delta Q_1\) и \(\Delta Q_2\) — количества теплоты, которые нужно подвести к соответственно сухому и максимально влажному воздуху для нагревания на небольшую температуру \(\Delta T\). Пусть \(V\) — объём комнаты, \(\nu\) — количество воздуха в комнате, \(R\) — универсальная газовая постоянная, тогда с помощью уравнения Менделеева–Клапейрона можно записать первое начало термодинамики в виде \[\Delta Q_1 = \dfrac{5}{2}\nu R\Delta T = \dfrac{5}{2}\cdot\dfrac{P_0V}{T}\cdot\Delta T. \tag{1}\] Поскольку воздух максимально влажный, давление \(P\) пара находим по таблице из условия, а давление \(P_a\) воздуха выражаем как парциальное давление: \[P = P_{\text{нас}}(T) = 1706\text{ Па},\qquad P_a = P_0 - P = 98{,}3\text{ кПа}.\] Аналогичное формуле для \(\Delta Q_1\) выражение для влажного воздуха имеет вид \[\Delta Q_2' = \dfrac{5}{2}\cdot\dfrac{P_aV}{T}\cdot\Delta T + 3\cdot\dfrac{PV}{T}\cdot\Delta T,\] где при записи числовых коэффициентов учтено, что водяной пар является трёхатомным газом, но ещё не учтено испарение воды. Из уравнения Менделеева–Клапейрона выразим массу пара и её изменение: \[m = \dfrac{\mu P_{\text{нас}}V}{RT},\qquad \Delta m = m'(T)\Delta T = \dfrac{\mu V}{RT^2}\bigl(T\cdot P_{\text{нас}}'(T) - P_{\text{нас}}\bigr)\Delta T.\] Производную из предыдущей формулы найдём численно по таблице: \[a = P_{\text{нас}}'(T) = \dfrac{P_{\text{нас}}(T + 1\text{ К}) - P_{\text{нас}}(T - 1\text{ К})}{2\text{ К}} = 110\text{ Па/К}.\]

Количество теплоты, необходимой для испарения, имеет вид \[\Delta Q_2'' = L\Delta m = \dfrac{\mu V}{RT^2}(aT - P)\Delta T.\] Используя выражение \(\Delta Q_2 = \Delta Q_2' + \Delta Q_2''\), получим искомое отношение: \[x = \dfrac{P_a}{P_0} + \dfrac{6P}{5P_0} + \dfrac{2\mu L}{5RTP_0}(aT - P).\]

Каждое слагаемое в этой формуле связано с отдельным эффектом, поэтому для их количественного сравнения вычислим \(x\) поэтапно (не забыв при подстановке перевести температуру в кельвины): \[x = 0{,}983 + 0{,}0205 + 2{,}254 \approx 3{,}26.\] Таким образом, сухой воздух остывает существенно быстрее влажного.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

При заземлении потенциал обкладки становится равным нулю (потенциалу бесконечности): из этого условия выражайте заряд обкладки через заряд другой после каждого шага.

Ответ

\(q_n = -\left(\dfrac{r}{R}\right)^n\cdot\dfrac{RrU_0}{k(R - r)}\),  \(Q_n = \left(\dfrac{r}{R}\right)^n\cdot\dfrac{RrU_0}{k(R - r)}\) (если \(Q_0 > 0\), \(q_0 < 0\); иначе знаки меняются).

Решение

Пусть \(q_0\) и \(Q_0\) — начальные заряды на внутренней и внешней обкладках соответственно, тогда из условия электронейтральности конденсатора \(q_0 = -Q_0\). Выразим напряжение между обкладками как разность их потенциалов: \[U_0 = \varphi_0^{\text{внеш}} - \varphi_0^{\text{внутр}} = \left(\dfrac{kQ_0}{R} + \dfrac{kq_0}{R}\right) - \left(\dfrac{kQ_0}{R} + \dfrac{kq_0}{r}\right) = kq_0\left(\dfrac{1}{R} - \dfrac{1}{r}\right) = kQ_0\left(\dfrac{1}{r} - \dfrac{1}{R}\right),\] откуда \[Q_0 = \dfrac{Rr}{k(R - r)}\cdot U_0. \tag{1}\]

При заземлении проводника его потенциал становится равным потенциалу бесконечно удалённого тела, который в соответствии с формулой \(\varphi(x) = kq/x\) равен нулю. Следовательно, заряд обкладки после каждого заземления можно найти из условия равенства нулю её потенциала: \[\begin{aligned} \varphi_1^{\text{внутр}} &= \dfrac{kQ_0}{R} + \dfrac{kq_1}{r} = 0, & \text{откуда}\quad q_1 &= -\dfrac{r}{R}Q_0;\\ \varphi_1^{\text{внеш}} &= \dfrac{kQ_1}{R} + \dfrac{kq_1}{R} = 0, & \text{откуда}\quad Q_1 &= -q_1 = \dfrac{r}{R}Q_0. \end{aligned}\] Расчёт зарядов после второй пары заземлений полностью аналогичен: \[\begin{aligned} \varphi_2^{\text{внутр}} &= \dfrac{kQ_1}{R} + \dfrac{kq_2}{r} = 0, & \text{откуда}\quad q_2 &= -\dfrac{r}{R}Q_1 = -\left(\dfrac{r}{R}\right)^2Q_0;\\ \varphi_2^{\text{внеш}} &= \dfrac{kQ_2}{R} + \dfrac{kq_2}{R} = 0, & \text{откуда}\quad Q_2 &= -q_2 = \left(\dfrac{r}{R}\right)^2Q_0. \end{aligned}\] Обобщая результаты для \(n\) пар заземлений и подставляя выражение для \(Q_0\), окончательно получим \[q_n = -\left(\dfrac{r}{R}\right)^n\cdot\dfrac{RrU_0}{k(R - r)},\qquad Q_n = \left(\dfrac{r}{R}\right)^n\cdot\dfrac{RrU_0}{k(R - r)}.\] Отметим, что в условии не сказано, какая из обкладок была изначально заряжена положительно, а какая — отрицательно. В решении мы предположили, что \(Q_0 > 0\), а \(q_0 < 0\). Если же это не так, то все ответы поменяют знаки.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Электростатическое притяжение пропорционально квадрату напряжения между полосками, а магнитное отталкивание — квадрату силы тока; найдите оба коэффициента из двух известных случаев.

Ответ

1) \(F_3 = \dfrac{R^2F_1 - r^2F_2}{(R + r)^2}\);  2) \(R = r\sqrt{\dfrac{F_2}{F_1}}\).

Решение

Если к клеммам ничего не подключено, то тока в цепи нет и полоски притягиваются за счёт электростатической силы, прямо пропорциональной их зарядам, которые сами пропорциональны приложенному напряжению, так как полоски могут рассматриваться как обкладки конденсатора. Пусть \(\mathcal{E}\) — ЭДС источника, а \(a\) — некоторый коэффициент, тогда можно записать уравнение \[F_1 = a\mathcal{E}^2. \tag{1}\] Если клеммы замкнуты накоротко, то заряды не накапливаются и полоски отталкиваются за счёт магнитной силы, прямо пропорциональной текущим по ним токам, которые определяются законом Ома. Таким образом, используя некоторый коэффициент \(b\), можно записать уравнение \[F_2 = b\left(\dfrac{\mathcal{E}}{r}\right)^2. \tag{2}\] Если к клеммам подключен резистор, то наблюдаются и электростатическое, и магнитное взаимодействия. Согласно закону Ома сила тока \(I\) в цепи и напряжение \(U\) между полосками имеют соответственно вид \[I = \dfrac{\mathcal{E}}{r + R},\qquad U = RI = \dfrac{R\mathcal{E}}{r + R}. \tag{3}\] Используя те же коэффициенты \(a\) и \(b\) и считая силу притяжения положительной, можно записать уравнение \[F_3 = aU^2 - bI^2,\] откуда после подстановки выражений для \(U\) и \(I\) из формул для \(I\) и \(U\) и значений коэффициентов \(a\) и \(b\) из уравнений для \(F_1\) и \(F_2\) находим искомую силу: \[F_3 = \dfrac{F_1}{\mathcal{E}^2}\cdot\left(\dfrac{R\mathcal{E}}{r + R}\right)^2 - \dfrac{F_2r^2}{\mathcal{E}^2}\cdot\left(\dfrac{\mathcal{E}}{r + R}\right)^2 = \dfrac{R^2F_1 - r^2F_2}{(R + r)^2}. \tag{4}\]

Чтобы ответить на второй вопрос задачи, приравняем выражение для \(F_3\) к нулю, откуда найдём искомое сопротивление, при котором электрическое и магнитное взаимодействия компенсируются: \[R = r\sqrt{\dfrac{F_2}{F_1}}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Движение частицы — винтовая линия: равномерное вдоль поля и по окружности поперёк; радиус кривизны траектории связан с обеими составляющими скорости.

Ответ

1) \(mv \leqslant qBR\);  2) \(l \approx vt\sqrt{1 - \dfrac{m^2v^2}{q^2B^2R^2}}\);  3) \(t \gg \dfrac{m^2v}{q^2B^2R}\left(1 - \dfrac{m^2v^2}{q^2B^2R^2}\right)^{-1/2}\);  4) \(L = \sqrt{\left(1 - \dfrac{m^2v^2}{q^2B^2R^2}\right)v^2t^2 + \dfrac{4m^4v^4}{q^4B^4R^2}\sin^2\left(\dfrac{qB}{2m}t\right)}\).

Решение

Заряженная частица движется в однородном магнитном поле по винтовой линии в результате сложения двух движений: движения вдоль поля с постоянной скоростью \(v_\parallel\) и движения в перпендикулярной полю плоскости по окружности радиусом \(r\) с постоянной скоростью \(v_\perp\).

1. Частица движется под действием силы Лоренца \(F = qv_\perp B\), поэтому из второго закона Ньютона \(F = ma\) выразим ускорение \(a\) частицы: \[a = \dfrac{qv_\perp B}{m}. \tag{1}\] Подставив полученное выражение в формулу центростремительного ускорения \(a = v^2/R\), получим составляющую скорости частицы поперёк поля: \[v_\perp = \dfrac{mv^2}{qBR}. \tag{2}\] По теореме Пифагора \(v^2 = v_\parallel^2 + v_\perp^2\) находим составляющую скорости частицы вдоль поля: \[v_\parallel = v\sqrt{1 - \dfrac{m^2v^2}{q^2B^2R^2}}.\] Исходные данные непротиворечивы, если подкоренное выражение неотрицательно, то есть при условии \(mv \leqslant qBR\).

2. Движение по окружности ограничено, поэтому его вкладом в общее перемещение через большое время можно пренебречь по сравнению с перемещением вдоль поля, откуда следует оценка для искомого смещения: \[l \approx v_\parallel t = vt\sqrt{1 - \dfrac{m^2v^2}{q^2B^2R^2}}. \tag{3}\] 3. В инерциальной системе отсчёта, движущейся со скоростью \(v_\parallel\) вдоль поля, частица движется по окружности радиусом \(r\) с постоянной скоростью \(v_\perp\) и тем же ускорением \(a\), поэтому из формулы центростремительного ускорения \(a = v_\perp^2/r\) после подстановки выражений для \(a\) и \(v_\perp\) находим радиус окружности: \[r = \dfrac{v_\perp^2}{a} = \dfrac{mv_\perp}{qB} = \dfrac{m^2v^2}{q^2B^2R}. \tag{4}\] Использованное при поиске \(l\) приближение корректно, когда \(l \gg r\), откуда после подстановки выражений для \(l\) и \(r\) находим критерий применимости: \[t \gg \dfrac{m^2v}{q^2B^2R}\left(1 - \dfrac{m^2v^2}{q^2B^2R^2}\right)^{-1/2}.\]

4. Для нахождения \(L\) нужно учесть поперечное смещение частицы. За время \(t\) она сместится вдоль окружности на угол \(\varphi = v_\perp t/r\). Хорда, стягивающая эту дугу, имеет длину \[l_\perp = 2r\left|\sin\dfrac{\varphi}{2}\right| = \dfrac{2m^2v^2}{q^2B^2R}\left|\sin\left(\dfrac{qB}{2m}t\right)\right|.\] По теореме Пифагора находим общее смещение: \[L = \sqrt{l^2 + l_\perp^2} = \sqrt{\left(1 - \dfrac{m^2v^2}{q^2B^2R^2}\right)v^2t^2 + \dfrac{4m^4v^4}{q^4B^4R^2}\sin^2\left(\dfrac{qB}{2m}t\right)}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Силу на пробный заряд в точке \(O\) можно выразить через поток его поля через пластину; сама пластина вместе с точкой \(O\) удобно вписывается в угол куба, и поток находится по теореме Гаусса.

Ответ

\(E = \dfrac{\sigma}{8\varepsilon_0}\).

Решение

Общая формула. Сперва выведем полезную общую формулу \[F_\perp = \sigma\Phi, \tag{1}\] где \(\sigma\) — поверхностная плотность заряда равномерно заряженной пластины, \(\Phi\) — поток внешнего электрического поля (не обязательно однородного) через пластину, \(F_\perp\) — перпендикулярная пластине проекция силы, действующей на пластину со стороны внешнего электрического поля.

На малый кусочек пластины, имеющий площадь \(dS\) и заряд \(dq = \sigma\,dS\), действует перпендикулярно пластине сила \(dF_\perp = E_\perp\,dq\). Интегрирование \(dF_\perp\) по всей пластине площадью \(S\) с использованием определения потока \(\Phi\) даёт заявленную формулу: \[F_\perp = \int\limits_S dF_\perp = \sigma\int\limits_S E_\perp\,dS = \sigma\Phi.\] Решение задачи. Поместим в точку \(O\) пробный заряд \(q\) и запишем искомую напряжённость в виде \(E = F/q\), где \(F\) — сила, действующая на пробный заряд со стороны пластины. По третьему закону Ньютона такая же по модулю сила \(F\) действует на пластину со стороны пробного заряда. В силу симметрии системы относительно поворота на угол \(2\pi/3\) вокруг оси, проходящей через точку \(O\) и центр пластины, сила \(F\) направлена вдоль этой оси, откуда следует равенство \(F = F_\perp\). С учётом формулы для \(F_\perp\) получаем выражение \[E = \dfrac{\sigma\Phi}{q}, \tag{2}\] где \(\Phi\) — поток электрического поля пробного заряда через пластину.

Заметим, что пластину и пробный заряд можно разместить внутри и на поверхности куба так, как показано на рисунке. Поскольку 8 касающихся кубов с общей вершиной \(O\) полностью окружают заряд \(q\), поток \(\Phi\) составляет \(1/8\) долю суммарного потока \(\Phi_0\) от заряда \(q\), который согласно теореме Гаусса имеет вид \(\Phi_0 = q/\varepsilon_0\).

Подстановка выражения \(\Phi = q/(8\varepsilon_0)\) в формулу для \(E\) даёт окончательный ответ: \[E = \dfrac{\sigma}{8\varepsilon_0}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.