Всесоюзная, 1967/68, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Пружина растягивается за счёт закручивания проволоки. Найдите, как удлинение зависит от диаметра витков и числа витков, помня, что проволоки одинаковой длины.

Ответ

На \(\dfrac45\) своей длины.

Решение

Что происходит. Груз растягивает пружину, закручивая её проволоку: каждое сечение проволоки находится под моментом силы. Закручивание проволоки на угол \(\psi\) опускает конец пружины. Нужно связать удлинение с диаметром витка и числом витков и применить ко второй пружине.

Обозначения. Для пружины: \(D\) — диаметр витка (для первой \(D=d\), для второй \(2d\)), \(n\) — число витков, \(a\) — радиус проволоки, \(G\) — модуль сдвига стали, \(P\) — вес груза, \(l\) — длина ненагруженной пружины, \(\Delta l\) — удлинение. Растяжения малы, угол подъёма витка мал.

1. Момент в проволоке. Сила \(P\) действует вдоль оси пружины, плечо относительно проволоки в любом сечении витка равно радиусу витка \(D/2\). Значит, проволока закручивается моментом \(M_t=PD/2\).

2. Закручивание. Проволока длиной \(L=\pi Dn\) и радиуса \(a\) закручивается на полный угол \(\psi=\dfrac{M_tL}{GJ}\), где \(J=\dfrac{\pi a^4}{2}\) — полярный момент сечения (это закон Гука при кручении). Подставляем: \[\psi=\frac{PD}{2}\cdot\frac{\pi Dn}{G\,\pi a^4/2}=\frac{PD^2n}{Ga^4}.\]

3. Удлинение. Закручивание проволоки на малый угол \(d\psi\) опускает нижний конец витка на \(\dfrac D2\,d\psi\). Складывая по всей длине проволоки, получаем \(\Delta l=\dfrac D2\psi\), то есть \[\Delta l=\frac{P\,D^3\,n}{2\,G\,a^4}\ \propto\ n\,D^3\quad(\text{при том же грузе и той же проволоке}).\] Это стандартная жёсткость пружины: \(k=P/\Delta l=Ga^4/(4nR^3)\) при \(R=D/2\).

4. Вторая пружина. Обе пружины свиты из проволоки одной длины: \(\pi Dn=\text{const}\), значит \(nD\) одинаково. У второй пружины \(D_2=2D_1\), поэтому \(n_2=n_1/2\). Отношение удлинений: \[\frac{\Delta l_2}{\Delta l_1}=\frac{n_2}{n_1}\left(\frac{D_2}{D_1}\right)^3=\frac12\cdot8=4.\]

5. Длины пружин. У пружины из плотно навитых витков длина пропорциональна числу витков (\(l=n\delta\), \(\delta\) — диаметр проволоки), значит \(l_2=l_1/2\). Относительное растяжение: \[\frac{\Delta l_2}{l_2}=\frac{4\,\Delta l_1}{l_1/2}=8\cdot\frac{\Delta l_1}{l_1}=8\cdot\frac1{10}=\frac45.\]

Обратите внимание: удлинение пружины пропорционально \(nD^3\), а не \(nD^2\). Вторая пружина растягивается в \(4\) раза сильнее первой (в \(8\) раз сильнее в относительных единицах), потому что и плечо силы, и длина закручиваемой проволоки каждого витка растут вдвое. В книге принято, что угол раскрытия витка зависит только от момента, а длина проволоки витка не учтена: там получено \(\tfrac25\).

Ответ. В буквах: \(\dfrac{\Delta l_2}{l_2}=8\,\dfrac{\Delta l_1}{l_1}\); в числах: \(\dfrac{\Delta l_2}{l_2}=\dfrac45\) — на \(0{,}8\) своей длины.

Проверка. Размерность: \(PD^3n/(Ga^4)\) — Н\(\cdot\)м\(^3\)/(Па\(\cdot\)м\(^4\)) = м. Предел: пружина с очень тонкой проволокой (малое \(a\)) растягивается сильнее — верно. Второй способ: жёсткость \(k=Ga^4/(4nR^3)\) у второй пружины в \(\dfrac{n_1}{n_2}\left(\dfrac{R_1}{R_2}\right)^3=2\cdot\dfrac18=\dfrac14\) раза меньше, то есть при том же грузе удлинение в \(4\) раза больше — то же самое.

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

Подсказка

Чтобы вода закипела, в ней должны расти пузырьки пара. Подумайте, чем отличается вода, в которой растворён воздух, от прокипячённой, и как давление внутри маленького пузырька зависит от его радиуса.

Ответ

В кипячёной воде нет растворённого воздуха и крупных пузырьков, поэтому она закипает при температуре выше \(100\,^\circ\text{C}\) (перегрев) и передаёт тепло сырой воде, которая кипит уже при \(100\,^\circ\text{C}\).

Решение

Что происходит. Кипение — это рост в объёме жидкости пузырьков, внутри которых насыщенный пар. Пузырёк растёт, если давление внутри него превосходит давление снаружи. Снаружи — атмосферное давление, давление столба воды и добавка \(2\sigma/R\) от поверхностного натяжения; она тем больше, чем меньше пузырёк. В сырой воде всегда есть растворённый воздух и готовые крупные пузырьки (на стенках, на пылинках), в кипячёной воздух выделился, остались только очень мелкие пузырьки.

Обозначения. \(R\) — радиус пузырька, \(\sigma\) — поверхностное натяжение воды (\(\approx0{,}059\) Н/м при \(100\,^\circ\text{C}\)), \(p_0\) — давление над водой, \(p_\text{п}\) — давление насыщенного пара, \(p_\text{в}\) — давление воздуха в пузырьке, \(h\) — глубина.

1. Условие роста пузырька. Давление в пузырьке: \(p_\text{п}+p_\text{в}\). Давление в жидкости рядом со стенкой пузырька (механическое равновесие стенки): \(p_0+\rho gh+2\sigma/R\). Пузырёк растёт, если \[p_\text{п}+p_\text{в}>p_0+\rho gh+\frac{2\sigma}{R}.\] Глубиной пренебрегаем.

2. Сырая вода. Там есть пузырьки миллиметровых размеров и воздух в них добавляет \(p_\text{в}\): условие выполняется практически при \(p_\text{п}\approx p_0\), то есть при \(100\,^\circ\text{C}\): добавка \(2\sigma/R\) для \(R\sim0{,}1\)–\(1\) мм составляет от \(0{,}1\) до \(1\) кПа, то есть \(0{,}1\)–\(1\%\) от атмосферного давления.

3. Кипячёная вода. Воздух удалён, крупных зародышей нет, а на мелких (\(R\sim\) единицы–десятки микрометров) добавка \(2\sigma/R\) уже существенна: пар в таком пузырьке должен иметь давление \(p_\text{п}>p_0+2\sigma/R\), а это возможно только при температуре выше \(100\,^\circ\text{C}\). Перегрев находим по зависимости давления насыщенного пара от температуры: на каждый градус давление растёт на \(\approx3{,}6\) кПа. Расчёт по этой зависимости (точная кривая давления пара воды): для \(R=100\) мкм \(\Delta t\approx0{,}3\) К, для \(10\) мкм \(\approx3\) К, для \(1\) мкм \(\approx23\) К.

4. Теплообмен. Греется большая кастрюля, и вода в ней, не имея зародышей кипения, перегревается выше \(100\,^\circ\text{C}\). Сырая вода в маленькой кастрюле, получая тепло от более горячей воды большой кастрюли, быстро достигает \(100\,^\circ\text{C}\) и кипит (температура на этом остаётся постоянной): тепла от большой кастрюли для этого хватает, потому что её вода горячее \(100\,^\circ\text{C}\). Большая кастрюля в этот момент ещё не кипит.

Обратите внимание: давление над пузырьком — это не просто \(p_0\): к нему добавляется \(2\sigma/R\) от поверхностного натяжения, и именно мелкие пузырьки мешают закипеть. Кипячёная вода кипит не <<раньше>> и не <<позже>> сама по себе, а с запозданием, которое определяется отсутствием крупных зародышей пара; в сильно перегретой воде закипание бывает бурным.

Ответ. В кипячёной воде нет растворённого воздуха и крупных пузырьков пара, поэтому она закипает только при перегреве выше \(100\,^\circ\text{C}\); сырая вода кипит при \(100\,^\circ\text{C}\) и закипает раньше, получая тепло от более горячей воды большой кастрюли.

Проверка. Размерность: \(2\sigma/R\) — Н/м\(/\)м = Па, давление. Предел \(R\to\infty\): добавка \(\to0\), температура кипения \(\to100\,^\circ\text{C}\) — как у воды с крупными пузырьками. Оценка перегрева \(\Delta t\approx\dfrac{2\sigma/R}{dp_\text{п}/dt}\) для \(10\) мкм: \(\dfrac{1{,}2\cdot10^4}{3{,}6\cdot10^3}\approx3{,}3\) К — согласуется с точной кривой (\(3{,}1\) К).

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

Подсказка

Атом поглощает кванты монохроматического света. Разложите поле модулированной волны в сумму гармонических волн и выясните, кванты каких из них достаточны для ионизации.

Ответ

\(W_e=\hbar(\omega+\Omega)-W_\text{и}\approx1{,}5\cdot10^{-19}\) Дж \(\approx0{,}9\) эВ (ионизировать способна только составляющая частоты \(\omega+\Omega\)).

Решение

Что происходит. Модулированная волна не монохроматична: это сумма трёх монохроматических волн с разными частотами. Атом поглощает свет квантами, и каждую составляющую надо рассматривать отдельно: квант составляющей частоты \(\omega_k\) имеет энергию \(\hbar\omega_k\). Атом ионизуется, только если энергия кванта не меньше энергии ионизации. Избыток уходит электрону.

Обозначения. \(\omega_1=\omega-\Omega\), \(\omega_2=\omega+\Omega\); \(W_e\) — кинетическая энергия вылетевшего электрона.

1. Разложение поля. Произведение косинусов: \(\cos\Omega t\cos\omega t=\tfrac12\bigl[\cos(\omega-\Omega)t+\cos(\omega+\Omega)t\bigr]\). Поэтому \[E=a\cos\omega t+\tfrac12a\cos(\omega-\Omega)t+\tfrac12a\cos(\omega+\Omega)t.\] Это три волны с частотами \(\omega\), \(\omega_1=1{,}8\cdot10^{16}\) с\(^{-1}\) и \(\omega_2=2{,}2\cdot10^{16}\) с\(^{-1}\) и амплитудами \(a\), \(a/2\), \(a/2\).

2. Энергии квантов. \(\hbar\omega=1{,}05\cdot10^{-34}\cdot2\cdot10^{16}=2{,}10\cdot10^{-18}\) Дж; \(\hbar\omega_1=1{,}89\cdot10^{-18}\) Дж; \(\hbar\omega_2=2{,}31\cdot10^{-18}\) Дж.

3. Порог ионизации. \(W_\text{и}=13{,}5\ \text{эВ}=13{,}5\cdot1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{Дж}=2{,}16\cdot10^{-18}\) Дж. Сравниваем: \(\hbar\omega_1<W_\text{и}\), \(\hbar\omega<W_\text{и}\), \(\hbar\omega_2>W_\text{и}\). Ионизацию (в одном акте поглощения кванта) может вызвать только составляющая с частотой \(\omega+\Omega\), хотя несущая частота \(\omega\) даёт квант слабее порога.

4. Энергия электрона. Закон сохранения энергии при поглощении кванта \(\hbar\omega_2\) атомом: энергия кванта идёт на ионизацию и на кинетическую энергию электрона (отдача ядра ничтожна): \[\hbar\omega_2=W_\text{и}+W_e\ \Rightarrow\ W_e=\hbar(\omega+\Omega)-W_\text{и}=(2{,}31-2{,}16)\cdot10^{-18}\ \text{Дж}\approx1{,}5\cdot10^{-19}\ \text{Дж}.\]

Обратите внимание: нужную частоту \(\omega+\Omega\) в исходной формуле не видно — она появляется после разложения произведения косинусов. Одной несущей волны \(\omega\) для ионизации мало: \(\hbar\omega<W_\text{и}\). Считаем фотоэффект однофотонным.

Ответ. В буквах: \(W_e=\hbar(\omega+\Omega)-W_\text{и}\); в числах: \(W_e\approx1{,}5\cdot10^{-19}\) Дж \(\approx0{,}9\) эВ.

Проверка. Размерность: \(\hbar\omega\) — Дж\(\cdot\)с\(\cdot\)с\(^{-1}\) = Дж. Второй способ в электронвольтах: \(\hbar\omega_2=2{,}31\cdot10^{-18}/1{,}6\cdot10^{-19}\approx14{,}4\) эВ, и \(14{,}4-13{,}5=0{,}9\) эВ. Предел \(\Omega\to0\): \(\hbar\omega_2\to\hbar\omega<W_\text{и}\) — фотоэффекта нет, как и должно быть для несущей волны.

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

Подсказка

Потенциал проводника во всех его точках один и тот же. Найдите его в самой удобной точке — в центре шара, где легко сложить вклады заряда \(q\) и индуцированных зарядов.

Ответ

\(\varphi=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R}\).

Решение

Что происходит. Заряд \(q\) перераспределяет свободные заряды шара: на ближней стороне возникают заряды одного знака с \(q\) обратного знака, на дальней — противоположного. Суммарный заряд шара остаётся нулевым. В статике поле внутри металла равно нулю, значит, потенциал во всех точках шара одинаков (и равен потенциалу поверхности). Поэтому достаточно найти потенциал в одной точке — в центре.

Обозначения. \(r\) — радиус шара, \(\Delta q_i\) — индуцированные заряды на малых участках поверхности (\(i\) — номер участка), \(O\) — центр шара. Среда — вакуум (воздух), \(\varepsilon=1\).

1. Принцип суперпозиции. Потенциал в центре есть сумма потенциалов заряда \(q\) и всех индуцированных зарядов: \[\varphi=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0R}+\sum_i\frac{\Delta q_i}{4\pi\varepsilon_0r}.\] Расстояние от центра до заряда \(q\) равно \(R\); до любого индуцированного заряда — \(r\) (он лежит на поверхности).

2. Нейтральность. Все \(\Delta q_i\) находятся на одном расстоянии \(r\) от центра, поэтому второе слагаемое \(=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0r}\sum_i\Delta q_i\), а \(\sum_i\Delta q_i=0\) (шар нейтрален и изолирован: заряды только перераспределились). Значит, индуцированные заряды вклада в потенциал центра не дают.

3. Ответ через потенциал центра. Остаётся первое слагаемое: \(\varphi=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R}\). Потенциал всех точек шара тот же.

Обратите внимание: индуцированные заряды искажают поле вокруг шара, но не меняют его потенциал: в центре все они находятся на одном расстоянии \(r\), и сумма зарядов равна нулю. Считать потенциал в какой-то точке поверхности пришлось бы с неравномерным распределением зарядов — это трудно.

Ответ. В буквах: \(\varphi=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R}\) (в среде с диэлектрической проницаемостью \(\varepsilon\) — \(\dfrac{q}{4\pi\varepsilon\varepsilon_0R}\)); знак совпадает со знаком \(q\).

Проверка. Размерность: \(q/(\varepsilon_0R)\) — Кл/(Ф/м\(\cdot\)м) = В. Предел \(R\to\infty\): \(\varphi\to0\) — влияние уходящего заряда исчезает. Второй способ: если шар заземлить, \(\varphi=0\), и тот же расчёт даёт \(\sum\Delta q_i=-qr/R\) — известный результат для заземлённого шара; для изолированного нейтрального шара \(\sum\Delta q_i=0\) и \(\varphi=q/(4\pi\varepsilon_0R)\).

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

Подсказка

Спутник движется по окружности вокруг Земли с центростремительным ускорением. Какова его угловая скорость в системе отсчёта, связанной со звёздами, если он <<неподвижен среди звёзд>>?

Ответ

Нет: неподвижный относительно звёзд спутник имел бы нулевую угловую скорость и не мог бы двигаться с центростремительным ускорением, а значит, не мог бы вращаться вокруг Земли — он упал бы на Землю.

Решение

Что происходит. Спутник удерживает на орбите только сила притяжения Земли, направленная к центру. Чтобы тело двигалось по окружности радиуса \(r\) с угловой скоростью \(\omega\), ему нужно центростремительное ускорение \(\omega^2r\). У спутника, <<висящего над одним пунктом Земли>>, угловая скорость равна угловой скорости вращения Земли в инерциальной системе отсчёта. Угловая скорость спутника, <<неподвижного относительно звёзд>>, в этой системе равна нулю.

Обозначения. Инерциальная система отсчёта — со звёздами, начало — в центре Земли. \(\omega_\text{З}=2\pi/T\), \(T=86164\) с — звёздные сутки; \(M\) — масса Земли.

1. Висит над одним пунктом. Спутник движется по круговой орбите с периодом \(T=86164\) с в плоскости экватора в сторону вращения Земли. Из второго закона Ньютона: \(m\omega_\text{З}^2r=\dfrac{GMm}{r^2}\), откуда \(r=\left(\dfrac{GM}{\omega_\text{З}^2}\right)^{1/3}\approx4{,}2\cdot10^7\) м \(\approx6{,}6\,R_\text{З}\) (высота \(\approx3{,}6\cdot10^7\) м), скорость \(v=\omega_\text{З}r\approx3{,}1\) км/с.

2. Неподвижный среди звёзд. Если направление на спутник от центра Земли не меняется относительно звёзд, угловая скорость радиус-вектора равна нулю: \(\omega=0\). Движение тогда только вдоль луча от центра: \(\vec v=\dot r\,\hat r\), момент импульса \(L=m\,[\vec r\times\vec v]=0\). Центростремительное ускорение \(\omega^2r=0\).

3. Что делает притяжение. Сила тяготения направлена к центру Земли и в этом случае направлена вдоль той же прямой: никакая поперечная составляющая ускорения не возникает, движение остаётся радиальным, и \(\ddot r=-GM/r^2<0\). Радиус уменьшается: тело падает на Землю. Удерживать расстояние постоянным, не вращаясь вокруг Земли, нечем: ни одна другая сила не действует.

Обратите внимание: падающее по лучу тело действительно остаётся <<на фоне одной звезды>>, но расстояние до Земли у него убывает, и спутником (телом на орбите) оно не является. Геостационарный спутник <<неподвижен>> только относительно Земли, а относительно звёзд за сутки делает полный оборот.

Ответ. Нет, нельзя. Спутник с нулевой угловой скоростью в системе звёзд не может иметь центростремительного ускорения и поэтому не может обращаться вокруг Земли; тело, неподвижное относительно звёзд, падает по лучу на Землю. Спутник, неподвижный относительно Земли, возможен: на круговой орбите радиуса \(\approx6{,}6\,R_\text{З}\) в плоскости экватора.

Проверка. Размерность: \(GM/\omega_\text{З}^2\) — (м\(^3\)/с\(^2\))/с\(^{-2}\) = м\(^3\). Проверка периода: \(T=2\pi\sqrt{r^3/(GM)}=2\pi\sqrt{(4{,}22\cdot10^7)^3/3{,}99\cdot10^{14}}\approx8{,}6\cdot10^4\) с — звёздные сутки. Предел: для любой круговой орбиты \(\omega=\sqrt{GM/r^3}>0\) — ноль невозможен.

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