Всесоюзная, 1980/81, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Двигатель выключен, ракета летит только под действием притяжения Земли. Какой должна быть траектория, если скорость при старте равна первой космической? Время на дуге орбиты связано с площадью, которую заметает радиус-вектор из центра Земли.

Ответ

\(t=(\pi+2)\sqrt{R_{\text{З}}/g}\approx4{,}2\cdot10^{3}\text{ с}\approx69\text{ мин}\).

Решение

Что происходит. После выключения двигателя ракета движется только под действием притяжения Земли, поэтому её траектория — дуга эллипса, в одном из фокусов которого находится центр Земли. Старт «вертикально вверх» и возвращение «недалеко от места старта» означают, что эллипс очень вытянут: малая полуось \(b\to0\). Главная идея: большая полуось зависит только от энергии, а значит, при первой космической скорости известна; по ней находим период (третий закон Кеплера), а время на нужной дуге — по второму закону Кеплера, как долю периода, пропорциональную заметённой площади.

Обозначения. \(M\) — масса Земли, \(R=R_{\text{З}}\), \(g=GM/R^2\) — ускорение свободного падения у поверхности. \(F\) — центр Земли (фокус эллипса), \(a\) и \(b\) — полуоси, \(c=\sqrt{a^2-b^2}\) — расстояние от центра эллипса \(O\) до фокуса. \(T\) — период обращения по полному эллипсу. Первая космическая скорость \(v_1=\sqrt{GM/R}\).

1. Большая полуось. Энергия тела в поле тяготения Земли на эллиптической орбите с большой полуосью \(a\) равна \(E=-\dfrac{GMm}{2a}\) (то же выражение, что для круговой орбиты радиуса \(a\)). Запишем её в точке старта, где \(r=R\) и \(v=v_1\): \[\frac{mv_1^2}{2}-\frac{GMm}{R}=\frac{GMm}{2R}-\frac{GMm}{R}=-\frac{GMm}{2R}=-\frac{GMm}{2a}\quad\Rightarrow\quad a=R .\] Большая полуось не зависит от направления начальной скорости, поэтому формула годится и для вертикального старта.

2. Период. Третий закон Кеплера: период обращения по эллипсу с полуосью \(a\) равен периоду круговой орбиты радиуса \(a\). При \(a=R\) получаем \[T=\frac{2\pi R}{v_1}=2\pi\sqrt{\frac Rg}.\] Движение по полному эллипсу ракета не совершает: она упадёт на Землю раньше.

3. Где старт и посадка на эллипсе. Расстояние от фокуса до конца малой оси равно большой полуоси: \(FB=a\). Старт происходит на расстоянии \(R=a\) от центра Земли, посадка — тоже. Значит, точки старта \(B\) и посадки \(B'\) — концы малой оси, а \(BB'=2b\) мало по сравнению с \(R\) (ракета вернулась «недалеко»). Ракета идёт от \(B\) через дальнюю точку (апогей) \(A\) к \(B'\).

4. Второй закон Кеплера. Радиус-вектор из фокуса \(F\) за равные времена заметает равные площади: площадь, заметаемая в единицу времени, постоянна и равна \(\dfrac{\pi ab}{T}\). При движении \(B\to A\to B'\) радиус-вектор заметает сектор \(FBAB'\): полуэллипс площадью \(\dfrac12\pi ab\) и треугольник \(FBB'\) с основанием \(2b\) и высотой \(c\), площадью \(bc\). Фокус лежит по другую сторону малой оси от апогея, поэтому треугольник добавляется. Время полёта \[t=\frac{\frac12\pi ab+bc}{\pi ab/T}=T\left(\frac12+\frac{c}{\pi a}\right).\] Малая полуось \(b\) сократилась. Теперь \(b\to0\) даёт \(c\to a\): \[t=T\left(\frac12+\frac1\pi\right)=\pi\sqrt{\frac Rg}+2\sqrt{\frac Rg}=(\pi+2)\sqrt{\frac Rg}.\]

Обратите внимание: полёт короче периода. Время, равное \(T=2\pi\sqrt{R/g}\approx5{,}1\cdot10^3\) с, было бы у ракеты, обошедшей весь эллипс; посадка же происходит, когда ракета пересекает поверхность Земли, то есть в точке \(B'\), а не в точке старта на орбите.

Ответ. В буквах: \(t=(\pi+2)\sqrt{R_{\text{З}}/g}\). Числом: \(\sqrt{R_{\text{З}}/g}=\sqrt{6{,}4\cdot10^{6}/9{,}8}\text{ с}\approx808\text{ с}\), \(t\approx5{,}14\cdot808\text{ с}\approx4{,}2\cdot10^{3}\text{ с}\approx69\text{ мин}\).

Проверка. Второй способ: при \(b=0\) движение — падение вдоль прямой, и его описывает уравнение Кеплера: \(r=a(1-\cos\eta)\), \(t=\sqrt{a^3/GM}\,(\eta-\sin\eta)\). Ракета на поверхности (\(r=R=a\)) при \(\eta=\pi/2\) и \(\eta=3\pi/2\); значит, \[t=\sqrt{\frac Rg}\Bigl[\Bigl(\frac{3\pi}2+1\Bigr)-\Bigl(\frac\pi2-1\Bigr)\Bigr]=(\pi+2)\sqrt{\frac Rg}.\] Численное интегрирование уравнения движения в поле \(GM/r^2\) дало \(4155\) с — то же. Высота подъёма \(r_{\max}=2R\), то есть ракета поднимается на \(R_{\text{З}}=6400\) км над поверхностью. Физический смысл: ответ состоит из половины периода (путь «вверх и обратно» по половине эллипса) и добавки \(T/\pi\) за часть эллипса, лежащую по другую сторону малой оси.

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

Подсказка

Трос с грузом — маятник, у которого точка подвеса движется с ускорением. В системе тележки на каждой половине пути груз колеблется около своего положения равновесия. Каким должен быть поворот «фазы» колебаний за половину пути, чтобы в конце груз остановился?

Ответ

\(a_k=\dfrac{gL}{\pi^2k^2l}\approx\dfrac{4{,}0}{k^2}\text{ м/с}^2\), \(k=2,3,4,\dots\) (малые колебания: \(a\ll g\)); при чётных \(k\) груз в конце ещё и на вертикали.

Решение

Что происходит. Трос с грузом — математический маятник, подвес которого движется с ускорением. В системе отсчёта тележки на груз действуют сила тяжести \(m\vec g\), натяжение \(\vec T\) и сила инерции \(-m\vec a\). На первой половине пути ускорение направлено вперёд, равновесное положение троса отклонено назад на угол \(\alpha_0\), \(\operatorname{tg}\alpha_0=a/g\); на второй — ускорение направлено назад, равновесие отклонено вперёд на тот же угол. В каждой половине груз колеблется около своего равновесия. Главная идея: следить за состоянием груза на фазовой плоскости, где колебание — равномерное вращение по окружности.

Обозначения. \(a\) — модуль ускорения тележки, \(\tau\) — длительность каждой половины пути, \(\theta\) — угол отклонения троса от вертикали, отсчитываемый назад (против движения тележки). Колебания будем считать малыми, \(\alpha_0\approx a/g\); проверим это ниже. Частота малых колебаний \(\omega=\sqrt{g/l}\).

1. Время. Путь на разгоне \(a\tau^2/2\), путь на торможении тот же: \(L=a\tau^2\), \(\tau=\sqrt{L/a}\).

2. Первая половина пути. Запишем второй закон Ньютона для груза в системе тележки в проекции на направление, перпендикулярное тросу; при малых углах получим \[l\ddot\theta=-g\theta+a\quad\Longleftrightarrow\quad\ddot\theta=-\omega^2(\theta-\alpha_0).\] Начальные условия \(\theta(0)=0\), \(\dot\theta(0)=0\). Решение: \(\theta=\alpha_0(1-\cos\omega t)\), \(\dot\theta/\omega=\alpha_0\sin\omega t\). На фазовой плоскости \((\theta,\ \dot\theta/\omega)\) точка движется по окружности радиуса \(\alpha_0\) с центром \((\alpha_0,0)\) по часовой стрелке и за время \(t\) поворачивается на угол \(\omega t\).

3. Вторая половина пути. Ускорение тележки сменило направление, скорость и положение груза при этом скачком не меняются (смена ускорения не ударяет по грузу). Теперь \(\ddot\theta=-\omega^2(\theta+\alpha_0)\): точка движется по окружности с центром \((-\alpha_0,0)\), проходящей через найденное начальное состояние, с той же угловой скоростью \(\omega\).

4. Условие остановки. Пусть \(\psi=\omega\tau\) — поворот за половину пути. В конце первой половины \(P=(\alpha_0(1-\cos\psi),\ \alpha_0\sin\psi)\). Относительно нового центра \((-\alpha_0,0)\) это вектор \((\alpha_0(2-\cos\psi),\ \alpha_0\sin\psi)\). Поворот вектора \((x,y)\) по часовой стрелке на угол \(\psi\) даёт вертикальную координату \(-x\sin\psi+y\cos\psi\); в конце второй половины \[\frac{\dot\theta}{\omega}=-\alpha_0(2-\cos\psi)\sin\psi+\alpha_0\sin\psi\cos\psi=-2\alpha_0\sin\psi\,(1-\cos\psi).\] Груз неподвижен (\(\dot\theta=0\)) при \(\sin\psi=0\), то есть \(\psi=\pi k\), \(k=1,2,3,\dots\) Тогда в конце первой половины груз тоже неподвижен относительно тележки: при чётном \(k\) он висит вертикально, при нечётном — отклонён на \(2\alpha_0\).

5. Ускорение. Подставим \(\omega=\sqrt{g/l}\) и \(\tau=\sqrt{L/a}\) в \(\omega\tau=\pi k\): \[\sqrt{\frac gl}\sqrt{\frac La}=\pi k\quad\Rightarrow\quad a_k=\frac{gL}{\pi^2k^2\,l}=\frac{9{,}8\cdot20}{9{,}87\cdot5\cdot k^2}\ \text{м/с}^2\approx\frac{4{,}0}{k^2}\ \text{м/с}^2 .\]

6. Применимость малых колебаний. Наибольшее отклонение троса от вертикали в этой задаче достигает \(4\alpha_0\approx4a/g\). При \(k=1\) получается \(a\approx4\) м/с\(^2\) и угол порядка \(1{,}6\) рад: малыми колебаниями пользоваться нельзя, и расчёт по точному уравнению показывает, что груз к концу пути не останавливается. При \(k\ge2\) имеем \(a\le1{,}0\) м/с\(^2\), \(\alpha_0\le0{,}1\) и все углы не больше \(0{,}2\) рад: формула применима. Ответ: \(k=2,3,4,\dots\), то есть \(a\approx1{,}0;\ 0{,}44;\ 0{,}25;\ 0{,}16;\dots\) м/с\(^2\).

Обратите внимание: при нечётном \(k\) груз в момент остановки тележки неподвижен, но висит под углом \(4\alpha_0\) и после остановки тележки начнёт качаться. Если нужно, чтобы груз остался неподвижным и дальше, годятся только чётные \(k=2n\): \(a=\dfrac{gL}{4\pi^2n^2\,l}\approx\dfrac{1{,}0}{n^2}\) м/с\(^2\).

Проверка. Размерность: \(gL/l\) — м/с\(^2\). Предел: чем длиннее трос (\(l\to\infty\)), тем меньше \(\omega\), тем меньшее ускорение даёт нужный поворот \(\omega\tau\) — \(a_k\to0\). Второй способ: численное интегрирование нелинейного уравнения \(l\ddot\theta=-g\sin\theta\pm a\cos\theta\) при найденных \(a_k\) даёт в конце пути для \(k=2\) и \(k=4\) угол \(|\theta|<10^{-4}\) рад и \(|\dot\theta|<10^{-3}\) рад/с, для \(k=3\) — \(\theta=4\alpha_0=0{,}18\) рад и \(|\dot\theta|<10^{-3}\) рад/с: груз стоит, как и найдено. Физический смысл: тележка должна «раскачать» груз так, чтобы на торможении сила инерции погасила накопленное колебание.

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

Подсказка

Поршень не пропускает тепло, и сосуд изолирован. Куда в конечном счёте попадает вся теплота \(\Delta Q\) и от чего зависит внутренняя энергия одноатомного газа?

Ответ

\(\Delta p=\dfrac{2\Delta Q}{3V_0}\approx6{,}7\cdot10^{2}\text{ Па}\) (давление выросло на \(0{,}67\) кПа).

Решение

Что происходит. Левый газ нагревается, давление слева растёт, и поршень сдвигается вправо: левый газ расширяется и сжимает правый. Теплота через поршень не передаётся — энергия переходит только в виде работы. Стенки сосуда неподвижны и теплоизолированы, поэтому система из двух газов не получает работы извне. Вся теплота \(\Delta Q\) в итоге остаётся внутри сосуда, в сумме внутренних энергий газов. Главная идея: записать закон сохранения энергии для обоих газов вместе и не следить за движением поршня.

Обозначения. Начальное давление \(p\) (поршень покоился, значит слева и справа оно было одинаковым), конечное \(p'\). \(V_1,V_2\) — начальные объёмы левой и правой частей, \(V_1'\), \(V_2'\) — конечные. Полный объём не меняется: \(V_1+V_2=V_1'+V_2'=V_0\).

1. Конечное состояние. Поршень остановился, то есть силы давления на него уравновешены: давление справа и слева одинаково и равно \(p'\). Кинетическая энергия поршня при остановке равна нулю: она перешла в тепло газов, вся энергия находится во внутренней энергии газов.

2. Внутренняя энергия. Гелий — одноатомный газ, его можно считать идеальным. Для идеального одноатомного газа \(U=\dfrac32\nu RT=\dfrac32pV\) (уравнение Менделеева — Клапейрона). Для двух газов вместе: \[U=\frac32\bigl(pV_1+pV_2\bigr)=\frac32\,pV_0,\qquad U'=\frac32\,p'V_0 .\] Начальное и конечное давления у обоих газов совпадают, поэтому положение поршня в формулу не вошло.

3. Закон сохранения энергии для обоих газов. Первое начало термодинамики для системы из двух газов за всё время процесса: изменение внутренней энергии равно сообщённой теплоте плюс работа внешних тел. Работа внешних тел равна нулю (стенки неподвижны), теплообмена с окружающими телами, кроме \(\Delta Q\), нет: \[U'-U=\Delta Q\quad\Rightarrow\quad\frac32\,(p'-p)\,V_0=\Delta Q .\] \[\Delta p=p'-p=\frac{2\Delta Q}{3V_0}=\frac{2\cdot100\text{ Дж}}{3\cdot0{,}1\text{ м}^3}\approx6{,}7\cdot10^{2}\text{ Па}.\]

Обратите внимание: ответ не зависит ни от начального положения поршня, ни от температур и количеств газа, ни от того, как поршень двигался. Работа левого газа над правым — это просто передача энергии внутри системы, в сумму \(U\) она не входит.

Проверка. Размерность: \(\text{Дж}/\text{м}^3=\text{Па}\). Предел: при \(V_0\to\infty\) тот же нагрев даёт \(\Delta p\to0\). Второй способ для частного случая — поршень сначала посередине, \(V_1=V_2=V_0/2\): если бы поршень был закреплён, нагрелся бы только левый газ, и давление слева выросло бы на \(\dfrac{2\Delta Q}{3V_1}=\dfrac{4\Delta Q}{3V_0}\), справа не изменилось бы; после освобождения поршня давление выравнивается на среднем значении \(\dfrac{2\Delta Q}{3V_0}\), как и получено.

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

Подсказка

Ключ работает в двух состояниях: замкнутом и разомкнутом. Выпишите для каждого, к чему подключена катушка и как в ней меняется ток. Энергия от батареи берётся только в одном из состояний.

Ответ

\(f=\dfrac{1}{t_1+t_2}\approx49\text{ Гц}\), где \(t_1=\dfrac{L(I_1-I_2)}{\mathcal E}=0{,}010\text{ с}\), \(t_2=\dfrac LR\ln\dfrac{I_1}{I_2}=0{,}0105\text{ с}\); \(P\approx9{,}5\text{ Вт}\).

Решение

Что происходит. Звонок работает циклами из двух стадий. Пока ключ \(K\) замкнут, к батарее параллельно подключены резистор и катушка: на катушке напряжение \(\mathcal E\), её ток растёт линейно. При токе \(I_1\) ключ размыкается, батарея отключается, а катушка оказывается замкнутой на резистор: ток поддерживает ЭДС самоиндукции и убывает по экспоненте. При токе \(I_2\) ключ замыкается, и цикл повторяется. Период равен сумме длительностей двух стадий; энергию батарея отдаёт только при замкнутом ключе.

Обозначения. \(I\) — ток в катушке (вдоль стрелки на рисунке, от узла у батареи к ключу), \(t_1\) — время, пока \(K\) замкнут, \(t_2\) — пока разомкнут, \(T=t_1+t_2\). Внутреннее сопротивление батареи считаем равным нулю, индуктивность \(L\) — постоянной.

1. Ключ замкнут. Катушка без активного сопротивления подключена прямо к батарее, значит, напряжение на ней равно \(\mathcal E\). Запишем закон самоиндукции для катушки: \(L\dfrac{dI}{dt}=\mathcal E\). Скорость роста тока постоянна, поэтому за время \(t_1\) ток вырастает от \(I_2\) до \(I_1\): \[t_1=\frac{L(I_1-I_2)}{\mathcal E}=\frac{1\cdot0{,}1}{10}\text{ с}=0{,}010\text{ с}.\] Через резистор в это время идёт постоянный ток \(\mathcal E/R=1\) А, а через батарею — ток \(I+\mathcal E/R\).

2. Ключ разомкнут. Ток катушки скачком не меняется: сразу после размыкания он равен \(I_1\) и течёт через резистор, но теперь в обратную сторону по сравнению с прежним током резистора. Закон Ома для контура из катушки и резистора: \(L\dfrac{dI}{dt}=-IR\). Разделим переменные и просуммируем малые изменения от \(I_1\) до \(I_2\): \[\int\limits_{I_1}^{I_2}\frac{dI}{I}=-\frac RL\int\limits_{0}^{t_2}dt\quad\Rightarrow\quad t_2=\frac LR\ln\frac{I_1}{I_2}=0{,}1\ln\frac{1}{0{,}9}\text{ с}=0{,}0105\text{ с}.\] Обратите внимание: ток в резисторе при размыкании меняет направление, а ток катушки — нет; и именно ток катушки не может измениться скачком.

3. Период и частота. \[T=t_1+t_2=0{,}0205\text{ с},\qquad f=\frac1T\approx48{,}7\text{ Гц}\approx49\text{ Гц}.\]

4. Мощность. Работа батареи за период \(A=\mathcal E q\), где \(q\) — заряд, прошедший через батарею. Он идёт только при замкнутом ключе: ток катушки растёт линейно, поэтому его среднее значение \((I_1+I_2)/2\), и \[q=\left(\frac{I_1+I_2}{2}+\frac{\mathcal E}{R}\right)t_1=(0{,}95+1)\,\text{А}\cdot0{,}010\text{ с}=0{,}0195\text{ Кл},\qquad A=\mathcal Eq=0{,}195\text{ Дж}.\] Средняя мощность: \[P=\frac AT=\frac{0{,}195\text{ Дж}}{0{,}0205\text{ с}}\approx9{,}5\text{ Вт}.\]

Ответ. \(f=\dfrac{1}{\dfrac{L(I_1-I_2)}{\mathcal E}+\dfrac LR\ln\dfrac{I_1}{I_2}}\approx49\) Гц; \(P\approx9{,}5\) Вт.

Проверка. Размерность: \(L/R\) — секунды, \(L\Delta I/\mathcal E\) — секунды. Второй способ для мощности: в модели энергия расходуется только на нагрев резистора. На стадии 1: \(\dfrac{\mathcal E^2}{R}t_1=0{,}100\) Дж; на стадии 2 выделяется энергия магнитного поля, убавившаяся в катушке: \(\dfrac{L(I_1^2-I_2^2)}{2}=0{,}095\) Дж; сумма \(0{,}195\) Дж — равна работе батареи. Предел: при \(I_2\to I_1\) обе длительности стремятся к нулю, частота растёт.

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

Подсказка

Спутник далеко, но не бесконечно: его изображение возникает чуть дальше фокуса. Звёзды — на бесконечности: их лучи сходятся в самом фокусе.

Ответ

1) \(x=\dfrac{F^2}{L-F}\approx8{,}0\) см за фокусом;  2) \(h=\dfrac{dF}{L-F}\approx1{,}0\) мм;  3) \(D'=\dfrac{DF}{L-F}\approx1{,}25\) мм.

Решение

Что происходит. Объектив собирает лучи, как тонкая линза с фокусным расстоянием \(F\) (для зеркала Гейла формулы те же). Изображение спутника строится по формуле линзы и лежит чуть дальше фокуса; фотопластинку ставят в плоскость этого изображения. Звезда бесконечно далека: идущие от неё лучи параллельны, и объектив собирает их в фокусе. Пластинка стоит не в фокусе, а за ним, поэтому изображение звезды — кружок: сечение сходящегося пучка.

Обозначения. \(f\) — расстояние от объектива до изображения спутника, \(x=f-F\) — расстояние от фокуса до пластинки, \(h\) — размер изображения спутника, \(D'\) — диаметр кружка звезды.

1. Положение пластинки. Формула тонкой линзы для спутника: \(\dfrac1F=\dfrac1L+\dfrac1f\). Отсюда \(f=\dfrac{FL}{L-F}\) и \[x=f-F=\frac{F^2}{L-F}=\frac{160^2}{320000-160}\text{ м}\approx0{,}0800\text{ м}=8{,}0\text{ см}.\]

2. Изображение спутника. Луч через центр объектива не преломляется; из подобия треугольников с вершиной в центре объектива \(\dfrac hd=\dfrac fL\). Тогда \[h=\frac{df}{L}=\frac{dF}{L-F}=\frac{2\cdot160}{319840}\text{ м}\approx1{,}0\cdot10^{-3}\text{ м}=1{,}0\text{ мм}.\]

3. Размытое изображение звезды. Пучок от звезды, прошедший объектив диаметром \(D\), сходится в фокусе. За фокусом на расстоянии \(x\) его диаметр найдём из подобия треугольников с вершиной в фокусе: \(\dfrac{D'}{D}=\dfrac xF\). Отсюда \[D'=D\,\frac xF=\frac{DF}{L-F}=2{,}50\text{ м}\cdot\frac{0{,}0800}{160}\approx1{,}25\cdot10^{-3}\text{ м}\approx1{,}3\text{ мм}.\]

Обратите внимание: расстояние в первом вопросе отсчитывается от фокуса, а не от объектива; от объектива до пластинки \(f=F+x\approx160{,}08\) м.

Ответ. 1) \(x=\dfrac{F^2}{L-F}\approx8{,}0\) см за фокусом;  2) \(h=\dfrac{dF}{L-F}\approx1{,}0\) мм;  3) \(D'=\dfrac{DF}{L-F}\approx1{,}25\) мм.

Проверка. Размерность: \(F^2/(L-F)\) — метры. Второй способ: отношение \(D'/h=D/d=1{,}25\) — оба размера получены из подобия при одном множителе \(F/(L-F)\), и числа \(1{,}25\) мм и \(1{,}0\) мм это отношение дают. Предел: при \(L\to\infty\) получаем \(x\to0\), \(h\to0\), \(D'\to0\) — пластинка в фокусе, как у звезды. Дифракционный предел кружка \(\sim\lambda F/D\approx5\cdot10^{-7}\cdot160/2{,}5\approx3\cdot10^{-5}\) м много меньше \(1{,}25\) мм, поэтому геометрического расчёта достаточно.

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