Всесоюзная, 1982/83, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Что может делать верхний шарик, если его нить очень длинная? Запишите законы сохранения для системы двух шариков в тот момент, когда нить между ними горизонтальна.

Ответ

\(v_0\ge\sqrt{2gl\,\dfrac{m_1+m_2}{m_1}}\approx 2{,}4\text{ м/с}\).

Решение

Что происходит. Нить верхнего шарика очень длинная, поэтому при небольших смещениях она остаётся практически вертикальной: горизонтальной силы на шарик \(m_1\) от неё нет, а по вертикали шарик не смещается, потому что нить нерастяжима. Значит, \(m_1\) может двигаться только по горизонтали и свободно, как бусинка на гладкой горизонтальной спице. Нижний шарик раскачивается на нити длины \(l\) вокруг такой подвижной точки. Шарики окажутся на одной высоте, когда нить между ними станет горизонтальной. Главная идея — законы сохранения для системы двух шариков и условие, что к этому моменту нижний шарик ещё не остановился по вертикали.

Обозначения. Ось \(x\) — горизонтально, по начальной скорости \(\vec v_0\). В момент, когда нить горизонтальна, \(u\) — горизонтальная скорость обоих шариков, \(v_y\) — вертикальная скорость шарика \(m_2\).

1. Скорости в нужный момент. Нить нерастяжима, поэтому скорость \(m_2\) относительно \(m_1\) перпендикулярна нити. Когда нить горизонтальна, относительная скорость вертикальна, а значит, горизонтальные проекции скоростей шариков одинаковы и равны \(u\). Вертикальная скорость \(m_1\) равна нулю, у \(m_2\) она равна \(v_y\).

2. Закон сохранения импульса в проекции на ось \(x\). Для системы <<два шарика с нитью>> внешние силы — сила тяжести и натяжение верхней нити — вертикальны (нить практически вертикальна), поэтому горизонтальная проекция импульса системы сохраняется. В начале движется только нижний шарик: \[m_2v_0=(m_1+m_2)\,u .\]

3. Закон сохранения механической энергии системы. Верхняя нить вертикальна, а шарик \(m_1\) движется по горизонтали, поэтому её натяжение работы не совершает. Нить между шариками нерастяжима: работы её сил на двух шариках в сумме нулевые. Остаётся тяжесть. Нижний шарик поднялся на \(l\), верхний остался на своей высоте: \[\frac{m_2v_0^2}{2}=\frac{(m_1+m_2)u^2}{2}+\frac{m_2v_y^2}{2}+m_2gl .\]

4. Условие существования такого момента. Подставим \(u\) из закона сохранения импульса: \[\frac{m_2v_0^2}{2}-\frac{m_2^2v_0^2}{2(m_1+m_2)}=\frac{m_1m_2}{2(m_1+m_2)}\,v_0^2 ,\] и после сокращения на \(m_2\) \[v_y^2=\frac{m_1}{m_1+m_2}\,v_0^2-2gl .\] Нить может стать горизонтальной, только если \(v_y^2\ge0\). Отсюда \[v_0\ge\sqrt{2gl\,\frac{m_1+m_2}{m_1}}=\sqrt{2\cdot10\cdot0{,}2\cdot1{,}5}\ \text{м/с}=\sqrt6\ \text{м/с}\approx2{,}4\text{ м/с}\quad(g=10\text{ м/с}^2).\] При \(v_0\) ровно такой нижний шарик в горизонтальном положении нити на мгновение неподвижен относительно верхнего. При большей скорости он проходит горизонталь с вертикальной скоростью \(v_y>0\) и поднимается выше.

Обратите внимание: верхний шарик нельзя считать закреплённым. При этом получилось бы \(v_0\ge\sqrt{2gl}=2{,}0\) м/с, как у обычного маятника. Подвижность \(m_1\) уносит часть энергии в его кинетическую энергию, и нужна бо́льшая скорость.

Нить \(l\) остаётся натянутой на всём пути. Ниже горизонтали составляющая силы тяжести \(m_2\) вдоль нити направлена от точки подвеса, а в горизонтальном положении натяжение равно \(T=\dfrac{m_1m_2}{m_1+m_2}\dfrac{v_y^2}{l}\ge0\) (запишем второй закон Ньютона для относительного движения по окружности радиуса \(l\)). Верхняя нить натянута, потому что нижний шарик тянет её вниз.

Проверка. Размерность: \(gl\) — м\(^2\)/с\(^2\), отношение масс безразмерно. Предел \(m_1\to\infty\): верхний шарик неподвижен, \(v_0\to\sqrt{2gl}\), как у маятника на неподвижном подвесе. Предел \(m_1\to0\): \(v_0\to\infty\), лёгкий верхний шарик просто уезжает вместе с нижним, и подняться нижнему не на что. Зависимость от отношения масс показана на графике: наши \(m_2/m_1=0{,}5\) дают множитель \(1{,}22\) к \(\sqrt{2gl}=2{,}0\) м/с.

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

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта коробки: какова в ней скорость шариков сразу после того, как коробка набрала скорость, и что меняют упругие удары? Сила на стенку — это импульс, передаваемый ударами за секунду.

Ответ

1) Среднеквадратичная скорость относительно коробки \(v=v_0=10\) м/с (среднее значение модуля скорости — \(\frac{\sqrt\pi}{2}v_0\approx 9\) м/с);  2) \(F=\dfrac{Nmv_0^2}{2L}\approx 0{,}25\) Н на каждую стенку.

Решение

Что происходит. Удобно работать в системе отсчёта коробки: после разгона она движется равномерно, значит, инерциальна. В ней стенки неподвижны, а шарики, которые ещё лежали на месте, летят все в одну сторону со скоростью \(v_0\). Дальше удары упругие. О неподвижную стенку шарик отражается с той же по модулю скоростью, при столкновении шариков друг с другом сохраняется их суммарная кинетическая энергия. Значит, суммарная кинетическая энергия шариков в системе коробки остаётся равной начальной, а движение постепенно становится хаотичным — как у молекул газа. Силу на стенку даёт передача импульса при ударах.

Обозначения. \(L=10\) см — сторона коробки; \(v\) — скорость шарика относительно коробки; \(\langle\ \rangle\) — среднее по шарикам. Шарики считаем точками, скользящими без трения по горизонтальному дну: движение плоское, а тяжесть и вращение шариков не учитываем.

Пункт 1. Запишем закон сохранения кинетической энергии шариков в системе коробки: стенки неподвижны и ударов о них модуль скорости не меняют, а при ударах шариков друг о друга сумма энергий не меняется. В начале энергия равна \(N\dfrac{mv_0^2}{2}\), в хаотичном состоянии \(N\dfrac{m\langle v^2\rangle}{2}\). Отсюда \[\langle v^2\rangle=v_0^2,\qquad v_{\text{ср.кв}}=\sqrt{\langle v^2\rangle}=v_0=10\text{ м/с}.\] Относительно коробки шарики теперь летят во все стороны, среднее значение вектора скорости равно нулю. Относительно земли среднее значение вектора скорости — \(\vec v_0\), как у газа в движущемся сосуде. Если нужна именно средняя величина скорости, то для плоского газа с распределением Максвелла \(\langle|v|\rangle=\frac{\sqrt\pi}{2}v_{\text{ср.кв}}\approx0{,}89\,v_0\approx9\) м/с — порядок тот же.

Обратите внимание: сохраняется энергия в системе отсчёта коробки, а не земли. В системе земли стенки движутся и совершают работу при ударах, и энергия шариков там меняется.

Пункт 2. Возьмём стенку, перпендикулярную оси \(x\). Шарик отражается упруго: проекция скорости \(v_x\) меняет знак, значит, шарик получает импульс \(2m|v_x|\), а стенка столько же в обратную сторону. Между двумя ударами об эту стенку шарик пролетает до противоположной стенки и обратно, то есть путь \(2L\) со скоростью \(|v_x|\) по оси \(x\) (удары о боковые стенки \(v_x\) не меняют): время между ударами \(2L/|v_x|\).

Средняя сила одного шарика на стенку — переданный импульс за время между ударами: \[\bar F_1=\frac{2m|v_x|}{2L/|v_x|}=\frac{mv_x^2}{L}.\] Сложим по всем шарикам. При хаотичном движении по плоскости \(\langle v_x^2\rangle=\langle v_y^2\rangle=\dfrac{\langle v^2\rangle}{2}\): \[F=\frac{Nm\langle v_x^2\rangle}{L}=\frac{Nmv_0^2}{2L}=\frac{1000\cdot0{,}5\cdot10^{-6}\text{ кг}\cdot100\text{ м}^2/\text{с}^2}{2\cdot0{,}1\text{ м}}=0{,}25\text{ Н}.\] Такая сила действует на каждую из четырёх стенок; силы на противоположные стенки уравновешивают друг друга, поэтому равномерному движению коробки они не мешают. Это среднее значение: отдельные удары дают короткие толчки, но их очень много.

Проверка. Размерность: \(\dfrac{\text{кг}\cdot\text{м}^2/\text{с}^2}{\text{м}}=\) Н. Если бы все шарики летали только вдоль оси \(x\) (одномерный газ), \(\langle v_x^2\rangle=v_0^2\) и сила была бы вдвое больше. В плоском газе половина энергии приходится на движение вдоль \(y\), поэтому множитель \(\tfrac12\). Сравнение: вес всех шариков \(Nmg=5\cdot10^{-3}\) Н, он в 50 раз меньше найденной силы, поэтому тяжестью при оценке давления на стенки можно пренебречь.

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

Подсказка

Давление в атмосфере растёт с глубиной из-за веса газа. Рассмотрите тонкий слой и свяжите \(dp/p\) со скоростью спуска. Температура известна только внизу — значит, и график нужно читать внизу.

Ответ

\(v=\dfrac{RT}{\mu g}\,\dfrac{d\ln p}{dt}\approx 14\text{ м/с}\).

Решение

Что происходит. Давление газа на высоте \(h\) создаёт вес столба газа над ней, поэтому при спуске оно растёт. В тонком слое температуру можно считать постоянной, и тогда относительное изменение давления \(dp/p\) пропорционально смещению аппарата. Аппарат спускается равномерно, значит, смещение пропорционально времени, и по графику давления можно найти скорость — нужно лишь знать температуру в том месте, где читаем наклон. Температура известна у поверхности, поэтому берём конец графика.

Обозначения. \(\mu=44\cdot10^{-3}\) кг/моль — молярная масса CO\(_2\), \(R=8{,}31\) Дж/(моль\(\cdot\)К), \(S\) — площадь основания выделенного слоя, \(dh\) — его толщина, \(v\) — скорость спуска.

1. Равновесие тонкого слоя газа. Выделим слой толщиной \(dh\) и площадью основания \(S\). Он покоится, поэтому вторым законом Ньютона для слоя в проекции на вертикаль: снизу вверх действует \(pS\), сверху вниз \((p+dp)S\) и вес \(dm\,g\), где \(dm=\rho\,S\,dh\) (здесь \(dp<0\): давление растёт вниз, то есть убывает с высотой \(h\)): \[pS-(p+dp)S-\rho S\,g\,dh=0\quad\Rightarrow\quad dp=-\rho g\,dh .\]

2. Плотность через давление. Уравнение Менделеева — Клапейрона для газа в слое при температуре \(T\): \(pV=\dfrac{m}{\mu}RT\), откуда \(\rho=\dfrac{\mu p}{RT}\). Подставим в п. 1: \[\frac{dp}{p}=-\frac{\mu g}{RT}\,dh .\]

3. Связь со временем. Аппарат опускается с постоянной скоростью \(v\), поэтому за \(dt\) высота уменьшается на \(dh=-v\,dt\): \[\frac{1}{p}\frac{dp}{dt}=\frac{d\ln p}{dt}=\frac{\mu g}{RT}\,v\quad\Rightarrow\quad v=\frac{RT}{\mu g}\,\frac{d\ln p}{dt}.\] Формула справедлива в любой точке спуска, но температура \(T\) известна только у поверхности, то есть в конце графика.

4. Наклон графика у поверхности. Построим \(\ln p\) как функцию времени и проведём касательную в конце спуска. Для оценки берём точки: \(p=36{,}5\) при \(t=3200\) с и \(p=55\) при \(t=3590\) с. Условные единицы сокращаются: нужно отношение давлений. \[\frac{d\ln p}{dt}\approx\frac{\ln(55/36{,}5)}{390\text{ с}}\approx1{,}05\cdot10^{-3}\text{ с}^{-1}.\] Второй отрезок графика, \(41{,}7\to54{,}9\) за 263 с, даёт то же самое: \(1{,}06\cdot10^{-3}\) с\(^{-1}\).

5. Соберём ответ. \[v=\frac{RT}{\mu g}\,\frac{d\ln p}{dt}=\frac{8{,}31\cdot700}{44\cdot10^{-3}\cdot10}\ \text{м}\cdot1{,}05\cdot10^{-3}\ \text{с}^{-1}\approx1{,}3\cdot10^{4}\text{ м}\cdot1{,}05\cdot10^{-3}\text{ с}^{-1}\approx14\text{ м/с}.\] Масштаб высоты \(RT/(\mu g)\approx13\) км: на таком спуске давление растёт в \(e\) раз.

Обратите внимание: формулу \(p=p_0e^{-\mu gh/(RT)}\) для всей атмосферы применять нельзя — температура с высотой меняется, а известна лишь внизу. По графику это видно: \(\ln p(t)\) не прямая, наклон сначала растёт, затем у поверхности убывает. Поэтому скорость находим только по наклону в самом конце, где \(T=700\) К.

Проверка. Размерность: \(\dfrac{\text{Дж/(моль}\cdot\text{К)}\cdot\text{К}}{\text{кг/моль}\cdot\text{м/с}^2}=\dfrac{\text{кг}\cdot\text{м}^2/\text{с}^2}{\text{кг}\cdot\text{м/с}^2}=\) м, умножение на с\(^{-1}\) даёт м/с. Смысл: за секунду аппарат опускается на 14 м, это \(10^{-3}\) масштаба высоты, и давление растёт на \(0{,}1\%\) в секунду — ровно как на графике в конце спуска. Точность ответа порядка \(10\%\) из-за чтения графика и того, что температура немного меняется на последних километрах.

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

Подсказка

Чем различаются два случая: что остаётся постоянным — напряжение или заряд? Как сила притяжения пластин зависит от расстояния при постоянном заряде?

Ответ

Расстояние уменьшилось бы на \(\alpha_2=\alpha_1(1-\alpha_1)^2=8{,}1\%\).

Решение

Что происходит. Если ключ замкнут долго, батарея держит на конденсаторе постоянное напряжение \(U\): при сближении ёмкость растёт, на пластины приходит заряд, и сила притяжения растёт, как \(1/d^2\). Если ключ замкнули на короткое время, конденсатор успел зарядиться при прежнем расстоянии \(d_0\) (пластина не сдвинулась), после размыкания заряд \(q_0\) остаётся постоянным. Сила притяжения пластины \(\text{Б}\) полем пластины \(A\) равна \(q^2/(2\varepsilon_0S)\) и при постоянном заряде от расстояния не зависит. Главная идея — через первый опыт найти \(\varepsilon_0SU^2\) в единицах жёсткости пружины и подставить во второй.

Обозначения. \(d_0\) — расстояние до замыкания (пружина при этом не деформирована, пластина заряда не несла), \(S\) — площадь пластины, \(k\) — жёсткость пружины, \(d_1=(1-\alpha_1)d_0\) — равновесное расстояние при постоянном напряжении, \(x_1=\alpha_1d_0\) — растяжение пружины. Расстояние много меньше размера пластин, краевыми эффектами пренебрегаем.

1. Сила притяжения пластин. На пластину \(\text{Б}\) действует только поле пластины \(A\), равное \(E_A=\dfrac{q}{2\varepsilon_0S}\) (собственное поле пластины \(\text{Б}\) на неё саму не действует): \[F_{\text{э}}=qE_A=\frac{q^2}{2\varepsilon_0S}.\] Обратите внимание: писать \(F=qU/d\) нельзя, это вдвое больше. В \(U/d\) входит поле обеих пластин, а на пластину действует поле только соседней.

2. Равновесие при постоянном напряжении. Заряд на конденсаторе \(q=CU=\dfrac{\varepsilon_0SU}{d}\), поэтому \(F_{\text{э}}=\dfrac{\varepsilon_0SU^2}{2d^2}\). Запишем условие равновесия пластины \(\text{Б}\) (второй закон Ньютона при нулевом ускорении, проекция на ось вдоль пружины): сила пружины равна силе притяжения. При \(d_1=(1-\alpha_1)d_0\): \[k\alpha_1d_0=\frac{\varepsilon_0SU^2}{2(1-\alpha_1)^2d_0^2}\quad\Rightarrow\quad\varepsilon_0SU^2=2k\alpha_1(1-\alpha_1)^2d_0^3 .\]

3. Короткое замыкание. Пока пластина стоит на месте, конденсатор заряжается до напряжения \(U\) при расстоянии \(d_0\) и получает заряд \(q_0=\dfrac{\varepsilon_0SU}{d_0}\). Дальше цепь разомкнута, и заряд не меняется. Сила притяжения теперь \[F_q=\frac{q_0^2}{2\varepsilon_0S}=\frac{\varepsilon_0SU^2}{2d_0^2}=k\alpha_1(1-\alpha_1)^2d_0 ,\] и она не зависит от расстояния: при сближении поле пластины \(A\) у пластины \(\text{Б}\) не меняется.

4. Новое равновесие. Пружина растягивается на \(x_2\) до \(kx_2=F_q\): \[x_2=\alpha_1(1-\alpha_1)^2\,d_0=0{,}1\cdot0{,}81\,d_0=0{,}081\,d_0 .\] Расстояние между пластинами уменьшится на \(8{,}1\%\) — меньше, чем при длительном замыкании. Пластины ни при каком смещении не коснутся: при постоянном заряде сила не возрастает.

Проверка. На графике по \(d/d_0\) видно: сила пружины (прямая) и сила при \(U=\text{const}\) (кривая) пересекаются при \(d/d_0=0{,}9\), а при \(q=\text{const}\) сила постоянна и пересечение сдвигается к \(0{,}919\). Предел малого смещения \(\alpha_1\to0\): \(\alpha_2\to\alpha_1\), обе силы почти равны. Размерность: \(\varepsilon_0SU^2/d^2\) — сила, \(kd_0\) — тоже сила.

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

Подсказка

Нить не успевает заметно остыть за 12 мс: <<нормальный накал>> означает ту же среднюю температуру, то есть ту же среднюю мощность. За время замыкания нить получает больше, чем отдаёт.

Ответ

1) \(U'=U\sqrt{\dfrac{\tau_1+\tau_2}{\tau_1}}\approx 316\) В;  2) температура колеблется пилообразно, размах \(\Delta T\approx17\) К.

Решение

Что происходит. За время порядка \(20\) мс нить из-за своей теплоёмкости почти не меняет температуру. Нормальный накал означает ту же среднюю температуру, что при постоянных \(200\) В, то есть ту же среднюю мощность тока: тепло нить отдаёт излучением, и отдача зависит лишь от температуры. Главная идея — средняя мощность за период равна номинальной, а в замкнутой части периода мощность больше номинальной, и избыток греет нить.

Обозначения. \(R\) — сопротивление нити (считаем постоянным: температура меняется на доли процента), \(U'\) — напряжение источника, \(P_1\) — мощность тока при замкнутой цепи, \(T_{\text{п}}=\tau_1+\tau_2=20\) мс — период.

Пункт 1. Номинальный режим: \(P=\dfrac{U^2}{R}\), отсюда \(R=\dfrac{U^2}{P}\approx667\) Ом. При включении через прерыватель мощность за время \(\tau_1\) равна \(\dfrac{U'^2}{R}\), а за \(\tau_2\) равна нулю. Средняя за период должна быть равна \(P\): \[\frac{U'^2}{R}\cdot\frac{\tau_1}{\tau_1+\tau_2}=\frac{U^2}{R}\quad\Rightarrow\quad U'=U\sqrt{\frac{\tau_1+\tau_2}{\tau_1}}=200\ \text{В}\cdot\sqrt{2{,}5}\approx316\text{ В}.\] Обратите внимание: нельзя приравнять среднее напряжение к \(200\) В — это дало бы \(500\) В. Нагрев определяет мощность, а она пропорциональна \(U^2\), а не \(U\).

Пункт 2. При замкнутой цепи нить получает мощность \[P_1=\frac{U'^2}{R}=P\,\frac{\tau_1+\tau_2}{\tau_1}=150\text{ Вт}.\] Отдача тепла излучением определяется температурой нити, которая меняется мало, поэтому считаем её постоянной и равной \(P=60\) Вт (в среднем отдача равна подводимой мощности, иначе температура уходила бы). Запишем уравнение теплового баланса нити за время \(\tau_1\) (нагрев без изменения агрегатного состояния): избыток энергии идёт на нагрев: \[mc\,\Delta T=(P_1-P)\,\tau_1\quad\Rightarrow\quad\Delta T=\frac{(150-60)\text{ Вт}\cdot8\cdot10^{-3}\text{ с}}{0{,}3\cdot10^{-3}\text{ кг}\cdot140\text{ Дж/(кг}\cdot\text{К)}}=\frac{0{,}72}{0{,}042}\text{ К}\approx17\text{ К}.\] Во время \(\tau_2\) нить отдаёт \(P\tau_2=60\cdot12\cdot10^{-3}=0{,}72\) Дж — столько же, сколько получила избыточной энергии, и остывает на те же \(17\) К. Температура за период меняется пилообразно, размах \(\approx17\) К, то есть \(\pm8{,}6\) К около средней.

Проверка. Энергия за период: \(P_1\tau_1=150\cdot8\cdot10^{-3}=1{,}2\) Дж \(=P(\tau_1+\tau_2)=60\cdot20\cdot10^{-3}\) Дж — совпало. Допущение о постоянной отдаче тепла: температура нити порядка \(2500\) К, изменение \(17\) К — менее \(1\%\), излучаемая мощность \(\propto T^4\) меняется на \(3\%\) (около \(\pm1\) Вт из \(60\) Вт), и ответ при этом меняется лишь на несколько процентов. Смысл: нить нагревается и остывает за время, много меньшее глаза и самой нити, потому лампа светит ровно.

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