Всесоюзная, 1986/87, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Если частицы не обгоняют друг друга, то каждая притягивается только веществом, которое лежит ближе к центру, — как точечной массой. Время падения из покоя в поле точечной массы найдите по третьему закону Кеплера для вырожденного эллипса.

Ответ

\(t=\sqrt{\dfrac{3\pi}{32\,G\varrho}}\approx1{,}5\cdot10^{13}\text{ с}\approx5\cdot10^{5}\) лет.

Решение

Что происходит. Облако — однородный шар радиуса \(r_0\), который начинает сжиматься из покоя; давлением пыли пренебрегаем, частицы движутся только под действием тяготения. Раз частицы не обгоняют друг друга, внутри любого слоя остаётся одна и та же масса \(M\). Частицу на этом слое притягивает только эта масса, и ведёт она себя так, как падающее на точечную массу тело. Главная идея — найти время такого падения до центра и посмотреть, зависит ли оно от радиуса слоя. «Образованием звезды» считаем момент, когда всё вещество собралось в центре.

Обозначения. \(r_0\) — начальный радиус слоя, \(M=\tfrac43\pi r_0^3\varrho\) — масса вещества внутри него, \(m\) — масса частицы на этом слое.

1. Сила на частицу слоя. Вещество снаружи слоя — шаровой слой с центром в центре облака; внутри такого слоя сила тяготения равна нулю (теорема о шаровом слое). Вещество внутри слоя действует на частицу так, как точечная масса \(M\) в центре. Запишем второй закон Ньютона для частицы на расстоянии \(r\) от центра: \[m\,\frac{d^2 r}{dt^2}=-\frac{GMm}{r^2}.\] Масса \(M\) не меняется, потому что слои не пересекаются. Для каждого слоя уравнение своё лишь значением \(M\propto r_0^3\), и если взять \(r=r_0 f(t)\), то \(f''=-\tfrac43\pi G\varrho/f^2\) у всех слоёв одно и то же. Значит, облако сжимается подобно себе, плотность остаётся однородной, и все слои достигают центра одновременно.

2. Время падения слоя. Частица стартует с \(v=0\) на расстоянии \(r_0\) от притягивающего центра. Её траектория — отрезок прямой, предельный случай эллипса с большой полуосью \(a=r_0/2\), у которого центр притяжения находится в одной из вершин. Для такого эллипса справедлив третий закон Кеплера: период \(T=2\pi\sqrt{a^3/(GM)}\). Падение до центра занимает половину периода (рисунок ниже): \[t=\frac T2=\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM}}=\pi\sqrt{\frac{r_0^3}{8GM}}.\]

3. Подстановка массы. Подставим \(M=\tfrac43\pi r_0^3\varrho\); радиус \(r_0\) сокращается: \[t=\pi\sqrt{\frac{3}{32\pi\,G\varrho}}=\sqrt{\frac{3\pi}{32\,G\varrho}}.\] Обратите внимание: время не зависит от размера облака, только от его плотности, поэтому подходит «гигантское» облако любой величины.

4. Число. \(\varrho=2\cdot10^{-20}\text{ г/см}^3=2\cdot10^{-17}\text{ кг/м}^3\), \(G\varrho=6{,}67\cdot10^{-11}\cdot2\cdot10^{-17}\approx1{,}33\cdot10^{-27}\text{ с}^{-2}\): \[t=\sqrt{\frac{0{,}295}{1{,}33\cdot10^{-27}\text{ с}^{-2}}}\approx1{,}5\cdot10^{13}\text{ с}\approx\frac{1{,}5\cdot10^{13}}{3{,}2\cdot10^{7}}\text{ года}\approx5\cdot10^{5}\text{ лет}.\]

Проверка. Второй способ, без закона Кеплера: энергия частицы \(\tfrac12 v^2=GM\left(\tfrac1r-\tfrac1{r_0}\right)\), откуда \(t=\int_0^{r_0}\dfrac{dr}{v}=\dfrac{r_0^{3/2}}{\sqrt{2GM}}\int_0^1\sqrt{\dfrac{x}{1-x}}\,dx=\dfrac{\pi}{2}\dfrac{r_0^{3/2}}{\sqrt{2GM}}\), то есть тот же результат. Размерность: \(G\varrho\) измеряется в \(\text{с}^{-2}\), значит \(t\) — в секундах. Смысл: время порядка \(1/\sqrt{G\varrho}\) — естественный масштаб времени падения в самом себе, оно сокращается в \(\sqrt{10}\) раз при росте плотности в \(10\) раз.

Ответ: \(t=\sqrt{\dfrac{3\pi}{32\,G\varrho}}\approx1{,}5\cdot10^{13}\text{ с}\approx5\cdot10^{5}\) лет.

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

Подсказка

У фотонной ракеты скорость, набранная от сгорания горючего, пропорциональна его расходу. Для первой орбиты запишите закон сохранения энергии между стартовой точкой и точкой касания, затем потребуйте, чтобы вторая прибавка скорости довела скорость в этой точке до второй космической.

Ответ

\(r=\dfrac92\,R=4{,}5\,R\).

Решение

Что происходит. Ракета стоит на расстоянии \(r\) от центра звезды. Первое короткое включение (три четверти горючего) сообщает ей скорость \(v_1\) в нужном направлении; после этого она движется по эллипсу вокруг звезды и подходит к поверхности в точке \(P\), где скорость перпендикулярна радиусу. Здесь, на самом малом расстоянии, где скорость наибольшая, включают двигатель второй раз (последняя четверть горючего) вдоль скорости; скорость становится равной второй космической на расстоянии \(R\), и ракета уходит от звезды (рисунок ниже). Главная идея — связать прибавки скорости с расходом горючего и два раза записать закон сохранения энергии.

Обозначения. \(M\) — масса звезды, \(v_c=\sqrt{GM/r}\) — скорость круговой орбиты на расстоянии \(r\), \(v_p\) — скорость в точке \(P\) после первого включения, \(v_2\) — скорость после второго.

1. Скорость и горючее. Фотонная ракета выбрасывает излучение: израсходованная масса \(dm\) уносит энергию \(c^2\,dm\) и импульс \(c\,dm\). Закон сохранения импульса для ракеты и излучения даёт \(m\,dv=c\,dm\). Скорости ракеты много меньше \(c\), поэтому и израсходованная масса мала по сравнению с массой ракеты, \(m\) можно считать постоянной, и приращение скорости пропорционально расходу горючего. Весь запас даёт ровно \(v_c\) (выход на круговую орбиту с места: от \(0\) до \(v_c\)). Значит, три четверти горючего дают \(v_1=\tfrac34 v_c\), оставшаяся четверть — прибавку \(\Delta v_2=\tfrac14 v_c\). Включения короткие: за это время положение корабля и действие тяготения не меняются.

2. Первая орбита. После первого включения ракета движется только под действием тяготения звезды, поэтому её механическая энергия сохраняется. Запишем закон сохранения энергии между точкой старта на расстоянии \(r\) и точкой касания \(P\) на расстоянии \(R\): \[\frac{v_1^2}{2}-\frac{GM}{r}=\frac{v_p^2}{2}-\frac{GM}{R} \quad\Rightarrow\quad v_p^2=\frac{9}{16}\frac{GM}{r}-\frac{2GM}{r}+\frac{2GM}{R}=\frac{2GM}{R}-\frac{23}{16}\frac{GM}{r}.\] Обратите внимание: направление \(v_1\) по условию космонавты выбирают сами, в уравнение оно не входит; оно определяется условием касания (это угол \(\alpha\) на втором рисунке), а допустимость такого угла проверим в конце.

3. Второе включение. Включение в точке \(P\) вдоль скорости: скорости складываются, \(v_2=v_p+\Delta v_2=v_p+\tfrac14\sqrt{GM/r}\). «В обрез хватило для выхода» означает нулевую полную энергию на бесконечности: \(\tfrac12 v_2^2-GM/R=0\), то есть \(v_2=\sqrt{2GM/R}\). Для включения именно в \(P\) есть причина: при той же прибавке \(\Delta v\) энергия растёт на \(v\,\Delta v\), а в \(P\) скорость \(v\) наибольшая.

4. Расстояние. Пусть \(x=r/R\) и измеряем скорости в единицах \(\sqrt{GM/R}\). Тогда \(v_p=\sqrt{2-\dfrac{23}{16x}}\), \(\Delta v_2=\dfrac{1}{4\sqrt{x}}\), и условие \(v_p+\Delta v_2=\sqrt2\) принимает вид \[\sqrt{2-\frac{23}{16x}}=\sqrt2-\frac1{4\sqrt x}.\] Возведём в квадрат (обе части положительны): \(2-\dfrac{23}{16x}=2-\dfrac{\sqrt2}{2\sqrt x}+\dfrac1{16x}\), откуда \(\dfrac{3}{2x}=\dfrac{\sqrt2}{2\sqrt x}\), то есть \(\sqrt x=\dfrac3{\sqrt2}\) и \(x=\dfrac92\).

Ответ: \(r=\dfrac92R=4{,}5\,R\).

Проверка. При \(x=4{,}5\): \(v_1=0{,}354\sqrt{GM/R}\), \(v_p=1{,}296\sqrt{GM/R}\), \(v_p+\Delta v_2=1{,}414\sqrt{GM/R}=\sqrt2\sqrt{GM/R}\). Допустимость угла: момент импульса сохраняется, \(v_1 r\sin\alpha=v_p R\), откуда \(\sin\alpha=v_p R/(v_1 r)=0{,}81<1\), \(\alpha\approx55^\circ\) (рисунок: \(v_r=0{,}205\) и \(v_\tau=0{,}288\) в единицах \(\sqrt{GM/R}\)). Численное интегрирование движения даёт то же: наименьшее расстояние \(1{,}00\,R\), наибольшее \(5{,}26\,R\). Смысл: напрямую с расстояния \(r\) уйти от звезды надо с \(\sqrt2\,v_c\), а запаса хватает только на \(v_c\); манёвр с вторым включением у самой звезды позволяет «выиграть» разницу.

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

Подсказка

При таком разрежении молекулы пролетают сквозь трещины по одной, не сталкиваясь: поток молекул сорта через щель пропорционален их концентрации и средней скорости. В установившемся режиме у каждого сорта приток равен откачке.

Ответ

\(p_{\text{п}}=p_{\text{у}}\dfrac{\gamma}{1+\gamma}\approx2{,}3\cdot10^{-5}\) мм рт. ст., где \(\gamma=\dfrac{\varphi p_{\text{н}}}{p_0-\varphi p_{\text{н}}}\sqrt{\dfrac{M_{\text{в}}}{M_{\text{п}}}}\).

Решение

Что происходит. Внутри сосуда давление в миллион раз меньше атмосферного, длина свободного пробега молекул там порядка сантиметров, а микротрещины гораздо уже. Молекула, вошедшая в трещину, пролетает её, не сталкиваясь с другими: это поток отдельных молекул (эффузия), а не течение газа как целого. Через щель в единицу времени проходит число молекул сорта \(i\), пропорциональное \(n_i\bar v_i\), где \(\bar v_i\propto1/\sqrt{M_i}\) — средняя скорость. Лёгкие молекулы пара проходят чаще тяжёлых молекул воздуха, поэтому доля пара в сосуде больше, чем в наружном воздухе. Главная идея — сравнить потоки пара и воздуха через щель и приравнять их откачке.

Обозначения. Индексы «п» — пар, «в» — воздух; \(p_{\text{п}},p_{\text{в}}\) — парциальные давления в сосуде, \(p_{\text{п0}},p_{\text{в0}}\) — снаружи; \(M_{\text{в}}=29\) г/моль, \(M_{\text{п}}=18\) г/моль; температура одна и та же, поэтому концентрации пропорциональны давлениям. Обратным потоком из сосуда наружу пренебрегаем: давление внутри в \(10^{6}\) раз меньше. Конденсацией пара на стенках пренебрегаем.

1. Состав наружного воздуха. Относительная влажность — отношение давления пара к давлению насыщенного: \(p_{\text{п0}}=\varphi p_{\text{н}}=0{,}8\cdot17{,}5=14\) мм рт. ст. Остальное давление даёт воздух: \(p_{\text{в0}}=760-14=746\) мм рт. ст.

2. Поток через трещины. Число молекул сорта \(i\), прошедших через щель за единицу времени, равно \(\tfrac14 n_i\bar v_i S\) (\(S\) — площадь щелей). Так как \(n_i=p_i/(kT)\) и \(\bar v_i=\sqrt{8kT/(\pi m_i)}\), получаем \(\Phi_i\propto p_{i0}/\sqrt{M_i}\). Обратите внимание: если бы трещины были широкими и газ тёк как целое, состав смеси не менялся бы. Здесь же трещина «просеивает» молекулы по скоростям: быстрые лёгкие молекулы пара проходят чаще.

3. Установившийся режим. Насос забирает из сосуда смесь, не различая сорта: скорость откачки сорта \(i\) равна \(W n_i\), одна и та же \(W\) для обоих сортов. Давление внутри не меняется, поэтому у каждого сорта приток равен откачке: \(\Phi_i=Wn_i\). Отсюда \(p_{\text{п}}\propto p_{\text{п0}}/\sqrt{M_{\text{п}}}\), \(p_{\text{в}}\propto p_{\text{в0}}/\sqrt{M_{\text{в}}}\) с одним коэффициентом, и \[\gamma=\frac{p_{\text{п}}}{p_{\text{в}}}=\frac{p_{\text{п0}}}{p_{\text{в0}}}\sqrt{\frac{M_{\text{в}}}{M_{\text{п}}}}=\frac{14}{746}\sqrt{\frac{29}{18}}\approx0{,}0188\cdot1{,}269\approx0{,}0238.\]

4. Давление пара. Полное давление в сосуде \(p_{\text{у}}=p_{\text{п}}+p_{\text{в}}=p_{\text{п}}(1+1/\gamma)\): \[p_{\text{п}}=p_{\text{у}}\frac{\gamma}{1+\gamma}=10^{-3}\cdot\frac{0{,}0238}{1{,}0238}\approx2{,}3\cdot10^{-5}\text{ мм рт. ст.}\ (\approx3\cdot10^{-3}\text{ Па}).\]

Ответ: \(p_{\text{п}}\approx2{,}3\cdot10^{-5}\) мм рт. ст.

Проверка. Доля пара в сосуде \(2{,}33\,\%\) против \(14/760=1{,}84\,\%\) снаружи: больше в \(1{,}26\) раза, что близко к \(\sqrt{29/18}=1{,}27\) (рисунок). Предел \(\varphi\to0\) даёт \(p_{\text{п}}\to0\), как и должно быть без пара снаружи; при равных массах молекул доля пара осталась бы прежней, \(1{,}84\,\%\).

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

Подсказка

До замыкания ключа конденсаторы заряжены от батареи и ток равен нулю. После замыкания ток через \(C_1\) равен сумме токов через \(C_2\) и через катушку; выразите всё через напряжение на \(C_2\) и получите уравнение гармонических колебаний.

Ответ

\(I_{\max}=\dfrac{U_0C_1}{\sqrt{L(C_1+C_2)}}\);  \(U_{1\max}=U_0\,\dfrac{2C_1+C_2}{C_1+C_2}\).

Решение

Что происходит. До замыкания ключа батарея зарядила последовательно соединённые \(C_1\) и \(C_2\), ток равен нулю. После замыкания катушка оказывается параллельно \(C_2\), а батарея с \(C_1\) остаётся последовательно с этой парой. Напряжение батареи постоянно, поэтому для изменений тока и напряжений батарея — короткое замыкание, и \(C_1\) оказывается параллельным \(C_2\) относительно катушки. Колебания идут с частотой \(\omega=1/\sqrt{L(C_1+C_2)}\), а не \(1/\sqrt{LC_2}\). Главная идея — записать закон сохранения заряда в узле и уравнение для катушки.

Обозначения. \(u\) — напряжение на \(C_2\) (оно же на катушке; верхний провод положителен), \(I\) — ток через катушку вниз, \(u_1\) — напряжение на \(C_1\), \(q_1,q_2\) — заряды обкладок \(C_1\) (левой) и \(C_2\) (верхней), соединённых с батареей и с верхним узлом. Токи \(I_1,I_2\) показаны на рисунке.

1. Начальное состояние. Ключ был разомкнут, конденсаторы последовательны, заряды равны: \(q_1=q_2\), то есть \(C_1(U_0-u_0)=C_2u_0\), откуда \[u_0=\frac{C_1}{C_1+C_2}\,U_0,\qquad I(0)=0 .\]

2. Уравнения после замыкания. Для контура батарея, \(C_1\), \(C_2\) сумма напряжений равна \(U_0\) (правило Кирхгофа): \(u_1+u=U_0\), поэтому \(q_1=C_1(U_0-u)\) и \(q_2=C_2u\). Закон сохранения заряда для верхнего узла: ток через \(C_1\) делится между \(C_2\) и катушкой, \(I_1=I_2+I\), то есть \[I=\frac{dq_1}{dt}-\frac{dq_2}{dt}=-(C_1+C_2)\frac{du}{dt}.\] Закон электромагнитной индукции для катушки: \(L\,\dfrac{dI}{dt}=u\).

3. Колебания. Продифференцируем \(L\,dI/dt=u\) и подставим \(du/dt\) из предыдущего уравнения: \[L\frac{d^2I}{dt^2}=\frac{du}{dt}=-\frac{I}{C_1+C_2}\quad\Rightarrow\quad \frac{d^2I}{dt^2}=-\omega^2 I,\qquad \omega=\frac1{\sqrt{L(C_1+C_2)}}.\] При \(I(0)=0\) и \(u(0)=u_0\): \[I=I_{\max}\sin\omega t,\qquad u=u_0\cos\omega t,\qquad I_{\max}=(C_1+C_2)\,\omega\,u_0=u_0\sqrt{\frac{C_1+C_2}{L}}.\]

4. Ответы. Подставим \(u_0\): \[I_{\max}=\frac{U_0C_1}{\sqrt{L(C_1+C_2)}} .\] Напряжение на \(C_1\) равно \(u_1=U_0-u=U_0-u_0\cos\omega t\) и наибольшее при \(\cos\omega t=-1\) (половина периода после замыкания, в этот момент \(I=0\)): \[U_{1\max}=U_0+u_0=U_0\,\frac{2C_1+C_2}{C_1+C_2}.\]

На рисунке — случай \(C_1=C_2\): тогда \(u_0=U_0/2\), \(U_{1\max}=\tfrac32U_0\).

Проверка. Второй способ — энергия. Ток максимален при \(u=0\). К этому моменту батарея прогнала через себя заряд \(C_1u_0\) и совершила работу \(U_0C_1u_0\); энергия конденсаторов изменилась с \(\tfrac12C_1(U_0-u_0)^2+\tfrac12C_2u_0^2\) до \(\tfrac12C_1U_0^2\). Баланс даёт \(\tfrac12LI_{\max}^2=\tfrac12 U_0^2C_1^2/(C_1+C_2)\), то же значение \(I_{\max}\). Предел \(C_2\to0\): колебательный контур \(LC_1\), подключённый к батарее, даёт \(I_{\max}=U_0\sqrt{C_1/L}\) и \(U_{1\max}=2U_0\) — известный результат.

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

Подсказка

Идеальный диод в одну сторону проводит без сопротивления, в другую не проводит совсем. В каждый момент ток лампочки найдите графически: нагрузочная прямая \(I=(u-U)/R\) пересекает вольтамперную характеристику.

Ответ

Ток есть только в тот полупериод, когда диод заперт: он идёт в виде искажённой полуволны с максимумом \(\approx0{,}68\) А; во втором полупериоде ток равен нулю. Мощность на лампочке \(P\approx27\) Вт.

Решение

Что происходит. Идеальный диод в открытом направлении имеет нулевое сопротивление, в закрытом — бесконечное. Он включён параллельно лампочке. В полупериод, когда диод открыт, он закорачивает лампочку: напряжение на ней равно нулю, и ток по характеристике тоже нуль. В другой полупериод диод заперт, и лампочка соединена с резистором последовательно. Тогда нужно в каждый момент найти ток, при котором сумма напряжений на лампочке и на резисторе равна напряжению сети. Из-за нелинейности лампочки уравнение решаем графически. Главная идея — нагрузочная прямая на вольтамперной характеристике. Принимаем \(220\) В за амплитуду напряжения сети: график лампочки (рис. 6) обрывается как раз там, где пересекается прямая для амплитуды \(220\) В.

Обозначения. \(u=U_m\sin\omega t\) — напряжение сети, \(U_m=220\) В, \(T=20\) мс; \(U\) — напряжение на лампочке, \(I\) — ток через неё. Полярность диода — как на схеме: при \(u>0\) (первая половина периода, \(0<t<T/2\)) диод заперт, при \(u<0\) открыт.

1. Вторая половина периода. При \(u<0\) диод открыт и ток идёт через диод и резистор, лампочка закорочена: \(U=0\), значит \(I=0\). Мощность на лампочке равна нулю.

2. Первая половина периода. Диод заперт, ток течёт через резистор и лампочку. Запишем закон Ома для резистора и правило сложения напряжений: \[u=IR+U\quad\Rightarrow\quad I=\frac{u-U}{R}.\] В координатах \((U,I)\) это прямая: она пересекает ось \(U\) в точке \(U=u\) и ось \(I\) в точке \(I=u/R\). Искомые \(I\) и \(U\) — координаты пересечения этой прямой с вольтамперной характеристикой лампочки. Для \(\omega t=30^\circ,\,60^\circ,\,90^\circ\) построение показано на рисунке ниже (число у прямой — напряжение сети \(u\) в этот момент), остальные моменты — таблица.

Значения при \(\omega t\) и \(180^\circ-\omega t\) одинаковы. Ток лампочки — полуволна, похожая на синусоиду, но сплюснутая: рост тока при больших \(u\) тормозит резистор. Наибольший ток \(I_{\max}\approx0{,}68\) А при \(t=T/4=5\) мс.

3. Мощность. Мгновенная мощность на лампочке \(p=UI\). За период она отлична от нуля только в первой половине, поэтому среднее за период \[P=\frac1T\int_0^{T}p\,dt=\frac1{2\pi}\int_0^{\pi}p\,d(\omega t).\] Интеграл возьмём по формуле Симпсона с шагом \(15^\circ\) по значениям \(p\) из таблицы (на отрезке \(0\ldots\pi\) значения симметричны относительно \(\pi/2\)): \[P\approx\frac1{2\pi}\cdot2\cdot\frac{\pi/12}{3}\bigl[0+4(8+57+97)+2(30+81)+103\bigr]\approx27\text{ Вт}.\]

Обратите внимание: вольтамперная характеристика снята на постоянном токе, а здесь ток меняется за \(10\) мс. Мы считаем, что нить лампочки успевает следовать за током, как при постоянном: так и задумана задача, но реальная нить заметно сглаживает колебания температуры.

Ответ: график — полуволна тока (рисунок) с \(I_{\max}\approx0{,}68\) А и нулевой ток во второй половине периода; \(P\approx27\) Вт. Если понимать \(220\) В как действующее значение (амплитуда \(311\) В), то точка пересечения у вершины лежит за пределами графика; продолжение характеристики даёт тогда \(I_{\max}\approx0{,}78\) А и \(P\approx49\) Вт.

Проверка. Баланс мощностей: средняя мощность источника \(\langle uI\rangle\approx41{,}5\) Вт, из них на резисторе \(R\langle I^2\rangle\approx14{,}5\) Вт и на лампочке \(27{,}0\) Вт — сумма сходится. Предел: при \(R\to0\) лампочка в первой половине периода получала бы всё напряжение сети — мощность была бы больше; резистор вычитает часть напряжения. Размерность: \(UI\) — ватты.

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