Всесоюзная, 1971/72, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Минимальная энергия — это работа против силы притяжения при медленном перемещении электрона из центра на бесконечность. Путь разбивается на две части: внутри шара и снаружи.

Ответ

\(R=\dfrac{3e^2}{8\pi\varepsilon_0 W}\) (в системе СГС \(R=\dfrac{3e^2}{2W}\)). Для водорода, \(W=13{,}6\) эВ, \(R\approx 1{,}6\cdot10^{-10}\text{ м}\).

Решение

Что происходит. Положительный заряд \(+e\) размазан по шару радиуса \(R\), электрон сидит в его центре. Чтобы увести электрон далеко, надо двигать его против силы притяжения: сначала внутри шара, где эта сила растёт от нуля вместе с расстоянием, затем снаружи, где шар действует как точечный заряд \(+e\). Минимальная энергия \(W\) — это работа внешней силы при очень медленном перемещении: в конце электрон покоится далеко от атома, и никакой кинетической энергии мы ему не сообщаем. Главная идея — найти силу притяжения на каждом расстоянии \(r\) и просуммировать работу по всему пути.

Обозначения. \(k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\); \(r\) — расстояние электрона от центра шара \(O\); \(q(r)\) — заряд части шара внутри сферы радиуса \(r\). Шар считаем неподвижным и не искажающимся, собственное поле электрона на него не действует.

1. Сила внутри шара. Заряд распределён равномерно, поэтому \(q(r)\) пропорционален объёму: \(q(r)=e\left(\dfrac rR\right)^3\). Запишем теорему Гаусса для сферы радиуса \(r<R\) с центром в \(O\) (по симметрии поле на ней одинаково по модулю и направлено по радиусу): \[E\cdot4\pi r^2=\frac{q(r)}{\varepsilon_0}\quad\Rightarrow\quad E=\frac{k\,q(r)}{r^2}=\frac{ke\,r}{R^3}.\] На электрон действует сила притяжения к центру \(F=eE=\dfrac{ke^2}{R^3}\,r\): она пропорциональна \(r\).

2. Работа внутри шара. Электрон тянем медленно, поэтому сила внешнего воздействия равна по модулю \(F(r)\) в каждой точке. Рассмотрим малый шаг \(dr\): работа \(dA=F\,dr\). Суммируем от центра до поверхности (\(r\) от \(0\) до \(R\)): \[A_2=\int\limits_0^R\frac{ke^2}{R^3}\,r\,dr=\frac{ke^2}{2R}.\]

3. Работа снаружи. Вне шара (\(r>R\)) теорема Гаусса даёт поле точечного заряда \(+e\), сила \(F=\dfrac{ke^2}{r^2}\). Суммируем от поверхности до бесконечности: \[A_1=\int\limits_R^{\infty}\frac{ke^2}{r^2}\,dr=\frac{ke^2}{R}.\]

На графике сила \(F(r)\): работа — площадь под графиком, \(A_2\) — треугольник слева от \(R\), \(A_1\) — область справа. В точке \(r=R\) обе формулы дают одно значение \(ke^2/R^2\), график непрерывен; площадь \(A_1\) вдвое больше площади \(A_2\).

4. Энергия удаления. Полная работа равна минимальной энергии: \[W=A_1+A_2=\frac32\cdot\frac{ke^2}{R}\quad\Rightarrow\quad R=\frac{3ke^2}{2W}=\frac{3e^2}{8\pi\varepsilon_0W}.\]

Обратите внимание: если считать, что вся работа совершается в поле точечного заряда (как будто сила растёт как \(1/r^2\) вплоть до центра), получится \(W=ke^2/R\) и радиус в полтора раза больше. Внутри шара сила не растёт к центру, а обращается в нуль, и это добавляет ещё половину.

Подставим числа для водорода: \(W=13{,}6\) эВ \(=2{,}18\cdot10^{-18}\text{ Дж}\), \(e=1{,}6\cdot10^{-19}\text{ Кл}\), \(k=9\cdot10^{9}\text{ Н}\cdot\text{м}^2/\text{Кл}^2\): \[R=\frac{3\cdot9\cdot10^{9}\cdot(1{,}6\cdot10^{-19})^2}{2\cdot2{,}18\cdot10^{-18}}\text{ м}\approx1{,}6\cdot10^{-10}\text{ м}.\]

Ответ: \(R=\dfrac{3e^2}{8\pi\varepsilon_0W}\) (в СГС \(R=\dfrac{3e^2}{2W}\)); для водорода \(R\approx1{,}6\cdot10^{-10}\text{ м}\) — порядка размера атома.

Проверка. Размерность: \(ke^2/W\) — это (Дж\(\cdot\)м)/Дж \(=\) м. Второй способ: потенциал в центре равномерно заряженного шара \(\varphi(0)=\dfrac{3ke}{2R}\) (известный результат), работа по удалению электрона \(e\varphi(0)=\dfrac{3ke^2}{2R}=W\) — совпадает. Физический смысл: чем меньше шар, тем крепче электрон связан, поэтому \(R\propto1/W\).

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

Подсказка

Освещённость — это поток света, делённый на площадь изображения. Посмотрите, как меняется каждая из двух величин: поток зависит от площади отверстия линзы, а размер изображения Солнца — от фокусного расстояния.

Ответ

Освещённость изображения увеличится в \(2\) раза.

Решение

Что происходит. Солнце так далеко, что лучи от каждой его точки идут на линзу параллельным пучком, и изображение — маленький диск в фокальной плоскости. Разрезанная и сложенная линза пропускает вдвое меньше света, но и фокусное расстояние у неё вдвое меньше, а значит, изображение стало намного меньше. Главная идея — сравнить, как изменились поток и площадь изображения, и взять их отношение.

Обозначения. Индекс 1 — целая линза, индекс 2 — составная. \(A\) — площадь отверстия целой линзы, \(F\) — её фокусное расстояние, \(\Phi\) — световой поток через линзу, \(S\) — площадь изображения, \(E=\Phi/S\) — освещённость изображения, \(\alpha\) — угловой диаметр Солнца.

1. Освещённость и поток. По определению \(E=\Phi/S\), поэтому \[\frac{E_2}{E_1}=\frac{\Phi_2}{\Phi_1}\cdot\frac{S_1}{S_2}.\] Солнечный свет падает на любую часть линзы с одинаковой плотностью потока, поэтому поток пропорционален площади отверстия. Составная линза — две половинки круга, лежащие друг на друге, и её отверстие — половина круга: \(\Phi_2/\Phi_1=\tfrac12\).

2. Размер изображения. Лучи от каждой точки Солнца идут параллельным пучком и собираются в фокальной плоскости. Рассмотрим луч от края Солнца, идущий через оптический центр тонкой линзы: он не преломляется. Лучи от противоположных краёв Солнца идут под углом \(\alpha\) друг к другу, поэтому радиус изображения (рисунок: угол \(\alpha\) сильно увеличен) \[r=F\tan\frac\alpha2\approx F\frac\alpha2,\qquad S=\pi r^2\propto F^2,\] угол \(\alpha\approx30'\) мал.

3. Фокусное расстояние составной линзы. Каждая половинка сохраняет оптическую силу целой линзы, то есть имеет фокусное расстояние \(F\). Две тонкие линзы, сложенные вплотную, дают оптическую силу, равную сумме сил: луч, вышедший из фокуса первой, после неё идёт параллельно оси, а вторая собирает его в своём фокусе, откуда \[\frac1{F'}=\frac1F+\frac1F\quad\Rightarrow\quad F'=\frac F2.\] Поэтому радиус изображения вдвое меньше, а площадь — вчетверо: \(S_1/S_2=(F/F')^2=4\).

4. Отношение освещённостей. \[\frac{E_2}{E_1}=\frac12\cdot4=2.\]

Обратите внимание: светового потока стало вдвое меньше, но освещённость не упала, а выросла — изображение уменьшилось сильнее, чем поток. Изображение Солнца при этом нужно принимать на экран, переставленный в новую фокальную плоскость на расстоянии \(F/2\) от линзы.

Ответ: освещённость изображения Солнца увеличится в \(2\) раза.

Проверка. Второй способ: освещённость изображения далёкого источника пропорциональна \(A_{\text{отв}}/F^2\) (отверстие делить на квадрат фокусного расстояния). Для составной линзы \(A_{\text{отв}}=A/2\), \(F'=F/2\), значит \(\dfrac{A/2}{(F/2)^2}=2\dfrac A{F^2}\) — вдвое больше. Предельный случай: если бы линзу не разрезали, а лишь сложили заново (\(\Phi_2=\Phi_1\), \(F'=F\)), отношение равнялось бы \(1\).

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

Подсказка

Пока идёт разряд, стержень не успевает сдвинуться, и сила Ампера сообщает ему импульс; после этого он просто качается. Импульс выражается через заряд, прошедший по стержню.

Ответ

1) \(\alpha=2\arcsin\dfrac{BlCU}{2m\sqrt{gl_1}}\approx12^\circ\);  2) \(C_1=C_0\dfrac{\sin(\alpha_1/2)}{\sin(\alpha_0/2)}\approx C_0\dfrac{\alpha_1}{\alpha_0}=15\) мкф.

Решение

Что происходит. При подключении конденсатора по стержню за очень короткое время проходит весь заряд. На стержень с током в магнитном поле действует сила Ампера, направленная горизонтально, и она сообщает ему горизонтальный импульс — за это время стержень сместиться не успевает. Дальше он качается на проводах как маятник, и высоту подъёма находим из закона сохранения энергии. Главная идея — импульс силы Ампера выражается через прошедший заряд, а скорость стержня оказывается пропорциональна ёмкости.

Обозначения. \(q\) — заряд, прошедший по стержню; \(v\) — скорость стержня сразу после разряда; \(\alpha\) — наибольший угол отклонения проводов от вертикали; \(h\) — высота подъёма стержня.

Пункт 1.

1. Импульс стержня. Запишем второй закон Ньютона в импульсной форме для стержня в проекции на горизонтальную ось, перпендикулярную стержню. Сила Ампера \(F=Bli\) перпендикулярна и стержню, и \(\vec B\) (вектор \(\vec B\) вертикален, ток идёт по стержню), поэтому она горизонтальна; на вертикальные провода с током сила Ампера не действует (ток параллелен \(\vec B\)), а их натяжение вертикально. Разобьём время разряда на малые промежутки \(dt\), пока сила и ток почти постоянны, и сложим импульсы: \[mv=\sum Bl\,i\,dt=Bl\sum i\,dt=Blq.\] Применимо, пока стержень не смещается: время разряда много меньше периода колебаний \(2\pi\sqrt{l_1/g}\approx0{,}6\) с.

2. Заряд. При полном разряде конденсатора \(q=CU\). Отсюда \[v=\frac{BlCU}{m}=\frac{1\cdot0{,}2\cdot10^{-4}\cdot100}{0{,}01}\text{ м/с}=0{,}2\text{ м/с}.\] Обратите внимание: ЭДС индукции в движущемся стержне \(Blv\approx0{,}04\) В ничтожна по сравнению с \(U=100\) В, поэтому она не мешает разряду и весь заряд действительно проходит. Энергию конденсатора \(CU^2/2=0{,}5\) Дж приравнивать к энергии стержня нельзя: кинетическая энергия стержня \(mv^2/2=2\cdot10^{-4}\) Дж, остальное уходит в тепло.

3. Подъём. Провода лёгкие и параллельные, стержень остаётся горизонтальным и движется по дуге радиуса \(l_1\); в наивысшей точке он на мгновение останавливается. Запишем закон сохранения механической энергии для стержня между положением равновесия (сразу после разряда) и положением наибольшего отклонения (рисунок: угол для наглядности увеличен); высота подъёма \(h=l_1(1-\cos\alpha)\): \[\frac{mv^2}{2}=mgl_1(1-\cos\alpha),\qquad 1-\cos\alpha=2\sin^2\frac\alpha2=\frac{v^2}{2gl_1}.\] Отсюда \(\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{v}{2\sqrt{gl_1}}\), и \[\alpha=2\arcsin\frac{BlCU}{2m\sqrt{gl_1}}=2\arcsin\frac{0{,}2}{2\sqrt{9{,}8\cdot0{,}1}}=2\arcsin0{,}10\approx11{,}6^\circ\approx12^\circ.\]

Пункт 2. Из пункта 1 при тех же \(B\), \(l\), \(U\), \(m\), \(l_1\) получаем, что \(\sin\dfrac\alpha2\) пропорционален ёмкости \(C\). Запишем это для двух конденсаторов: \[\sin\frac{\alpha_0}2=kC_0,\qquad \sin\frac{\alpha_1}2=kC_1,\qquad k=\frac{BlU}{2m\sqrt{gl_1}}.\] Делим одно на другое: \[C_1=C_0\frac{\sin(\alpha_1/2)}{\sin(\alpha_0/2)}=10\cdot\frac{\sin1{,}5^\circ}{\sin1^\circ}\text{ мкф}=15\text{ мкф}.\] Углы малы, \(\sin x\approx x\), поэтому \(C_1=C_0\dfrac{\alpha_1}{\alpha_0}=10\cdot\dfrac32=15\) мкф (график: \(\alpha(C)\) почти прямая).

Ответ: 1) \(\alpha\approx12^\circ\);  2) \(C_1=15\) мкф.

Проверка. Размерность: \(Blq/m\) — (Тл\(\cdot\)м\(\cdot\)Кл)/кг; Тл \(=\) Н\(/(\)А\(\cdot\)м), значит (Н\(/(\)А\(\cdot\)м\()\cdot\)м\(\cdot\)А\(\cdot\)с)/кг \(=\) Н\(\cdot\)с/кг \(=\) м/с. Второй способ: при малых углах \(\alpha\approx\dfrac{v}{\sqrt{gl_1}}=\dfrac{0{,}2}{0{,}99}\text{ рад}=0{,}20\text{ рад}=11{,}6^\circ\) — тот же результат. Предельный случай \(C\to0\): заряда нет, \(\alpha\to0\).

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