ВсОШ, 2009/10, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Сразу после освобождения цепочка начинает соскальзывать по сфере; рассмотрите равновесие и уравнение движения для малого элемента, проецируя силы на касательную и на нормаль к поверхности.

Подсказка

Пока трения недостаточно для проскальзывания, доска и брусок движутся вместе; условие начала проскальзывания — равенство сил трения и пружины в нужном предельном значении. Систему, движущуюся без проскальзывания, можно рассматривать как колебательную с циклической частотой \(\omega^2 = k/(m_1 + m_2 + M)\).

Ответ

\(\mu_{\min} = \dfrac{M}{m_1 + m_2 + M}\);  \(\mu_0 = \dfrac{M(2m_1 + m_2 + 2M)}{m_2(m_1 + m_2 + M)}\);  при \(\mu_{\min} < \mu < \mu_0\): \(L = \dfrac{g\,m_2}{k\,(m_1 + M)}\bigl(\mu(m_1 + m_2 + M) - M\bigr)\); при \(\mu < \mu_{\min}\): \(L = 0\); при \(\mu > \mu_0\) проскальзывание не начнётся; \(t = \sqrt{\dfrac{m_1 + m_2 + M}{k}}\,\arccos\!\left(1 - \dfrac{kL}{Mg}\right)\) при \(\mu \le \mu_0\).

Решение

Применим второй закон Ньютона для груза, доски и бруска: \[T - F_{\text{тр}} = m_1 a_1, \qquad Mg - T = M a_1, \qquad F_{\text{тр}} - kx = m_2 a_2.\] Здесь \(T\) — сила натяжения нити, \(F_{\text{тр}}\) — сила трения, \(x\) — удлинение пружины. Пока \(F_{\text{тр}} < \mu m_2 g\), проскальзывания не будет. Искомый путь \(L\) найдём из условия \(a_1 = a_2\), или иначе: \[\frac{Mg - \mu m_2 g}{m_1 + M} = \frac{\mu m_2 g - kx}{m_2}.\] Отсюда \[L = \frac{g\,m_2}{k\,(m_1 + M)}\bigl(\mu(m_1 + m_2 + M) - M\bigr).\] Если \(\mu < \dfrac{M}{m_1 + m_2 + M} = \mu_{\min}\), проскальзывание начинается сразу, то есть \(L = 0\).

При достаточно большом коэффициенте трения \(\mu\) система, предоставленная самой себе, начнёт совершать колебательное движение с амплитудой \(A = Mg/k\). Максимальное растяжение пружины равно \(2A\). Тогда из условия \(L_{\max} = 2A\) определим минимальный коэффициент трения \(\mu_0\), при котором проскальзывания не будет: \[\mu_0 = \frac{M(2m_1 + m_2 + 2M)}{m_2(m_1 + m_2 + M)}.\] Итак, если \(\mu > \mu_0\), то \(L \to \infty\). Если \(\mu_{\min} < \mu < \mu_0\), то \(L = \dfrac{g m_2}{k(m_1 + M)}\bigl(\mu(m_1 + m_2 + M) - M\bigr)\). Если \(\mu < \mu_{\min}\), то \(L = 0\).

Теперь вычислим время движения бруска до начала проскальзывания. При этом система движется по гармоническому закону: \[L = \frac{Mg}{k}\bigl(1 - \cos\omega t\bigr), \quad \text{где}\quad \omega^2 = \frac{k}{m_1 + m_2 + M}.\] Отсюда \[t = \sqrt{\frac{m_1 + m_2 + M}{k}}\,\arccos\!\left(1 - \frac{kL}{Mg}\right)\] при \(\mu \le \mu_0\), а при \(\mu > \mu_0\) проскальзывание никогда не начнётся.

Подсказка

Для цикла Карно КПД выражается через температуры нагревателя и холодильника и через полезную мощность и мощность, передаваемую холодильнику. Приравняйте два выражения для КПД.

Ответ

1) \(P = \alpha\,\dfrac{(T - T_2)(T_1 - T)}{T} = \alpha\left[T_1 + T_2 - \left(T + \dfrac{T_1 T_2}{T}\right)\right]\);  2) \(T_m = \sqrt{T_1 T_2} \approx 490\) К;  3) \(P_{\max} = \alpha\left(\sqrt{T_1} - \sqrt{T_2}\right)^2 \approx 120\) кВт;  4) \(\eta = \dfrac{T_1 - T_m}{T_1} \approx 38{,}7\,\%\).

Решение

Рассмотрим работу тепловой машины за время \(\Delta t = 1\) с. Запишем выражение для КПД \(\eta\) цикла Карно: \[\eta = \frac{Q_1 - Q_2}{Q_1} = \frac{P}{P + P_2} = \frac{T_1 - T}{T_1}.\] Здесь \(P\) — полезная мощность машины, \(P_2\) — тепловая мощность, передаваемая холодильнику. Из этого выражения следует \[P = P_2\,\frac{T_1 - T}{T}.\] Согласно условию задачи \(P_2 = (Q_2)_{\Delta t = 1\,\text{c}} = \alpha(T - T_2)\). Тогда \[P = \alpha\,\frac{(T - T_2)(T_1 - T)}{T} = \alpha\left[T_1 + T_2 - \left(T + \frac{T_1 T_2}{T}\right)\right].\] Величина \(T + T_1T_2/T\) принимает минимальное значение при \(T = T_m = \sqrt{T_1 T_2} = 489{,}9\) К \(\approx 490\) К. Следовательно, \[P_{\max} = \alpha\left[T_1 + T_2 - 2\sqrt{T_1 T_2}\right] = \alpha\left[\sqrt{T_1} - \sqrt{T_2}\right]^2 \approx 120~\text{кВт},\] при этом \[\eta = \frac{T_1 - T_m}{T_1} = 38{,}7\,\%.\]

Подсказка

По симметрии все точки движутся одинаково, и на каждую действует центральная сила. Сравните её с кулоновским притяжением к заряду противоположного знака.

Ответ

1) Траектории — эллипсы с большой осью \(R_0 + R_1\), один из фокусов которых находится в точке \(O\); эффективный притягивающий заряд \(Q = q\sqrt{\dfrac{2\sqrt{2} - 1}{4}}\); 2) \(T = \dfrac{2\pi}{q}\sqrt{\dfrac{2\pi\varepsilon_0\, m (R_0 + R_1)^3}{2\sqrt{2} - 1}}\).

Решение

1. По симметрии все материальные точки будут двигаться по одинаковым траекториям, оставаясь в каждый момент времени на окружности некоторого переменного радиуса \(r(t)\) в вершинах квадрата со сторонами \(a = \sqrt{2}\,r(t)\). Рассмотрим одну из материальных точек. На неё действуют силы \(F_1\), \(F_2\) и \(F_3\) со стороны остальных частиц (рис. 26). По закону Кулона модули этих сил: \[F_1 = F_2 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{2r^2}, \qquad F_3 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{4r^2}.\]

Результирующая сила всегда направлена к центру (точка \(O\)), а её модуль равен \[F(r) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{q^2}{2r^2}\sqrt{2} - \frac{q^2}{4r^2}\right) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{r^2}\left(\frac{2\sqrt{2} - 1}{4}\right).\] Отсюда следует, что каждая из материальных точек движется так, как если бы из центра её притягивал заряд, противоположный по знаку и по абсолютной величине равный \[Q = q\sqrt{\frac{2\sqrt{2} - 1}{4}}.\] Формула для \(F(r)\) аналогична закону Кулона (или закону всемирного тяготения), так как \(F(r) \sim 1/r^2\). Поэтому траектории точек — эллипсы с большой осью \(R_0 + R_1\). Точка \(O\) находится в одном из фокусов этих эллипсов.

2. Характерное время — период \(T\) обращения по эллиптической орбите. Его можно найти из третьего закона Кеплера. Найдём сначала период \(T_0\) обращения точечной массы \(m\), движущейся под действием силы \(F(r)\) по круговой орбите радиуса \(R_0\): \[T_0 = \frac{2\pi R_0}{v_0}, \qquad \frac{m v_0^2}{R_0} = F(R_0) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{R_0^2}\cdot\frac{2\sqrt{2} - 1}{4}.\] Из этих соотношений следует \[v_0 = q\sqrt{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{2\sqrt{2} - 1}{4mR_0}}.\] Тогда \[T_0 = \frac{2\pi}{q}\sqrt{\frac{4\pi\varepsilon_0\cdot 4mR_0^3}{2\sqrt{2} - 1}}.\] По третьему закону Кеплера \[\left(\frac{T}{T_0}\right)^2 = \left(\frac{R_0 + R_1}{2R_0}\right)^3, \quad\text{откуда}\quad T = T_0\left(\frac{R_0 + R_1}{2R_0}\right)^{3/2}.\] Подставляя в эту формулу выражение для \(T_0\), получим \[T = \frac{2\pi}{q}\sqrt{\frac{2\pi\varepsilon_0\, m(R_0 + R_1)^3}{2\sqrt{2} - 1}}.\]

Подсказка

Найдите, при какой разности потенциалов сила Лоренца уравновешивается кулоновской силой, и вычислите разность потенциалов между осью и боковой поверхностью. При предельной частоте ЭДС батарейки уравновешивает эту разность потенциалов.

Ответ

1) \(V = \dfrac{1}{2}\omega r_0^2 B = \pi\nu r_0^2 B \approx 62{,}8\) мВ, минус — в центре диска, плюс — на боковой поверхности; 2) \(\nu_{\text{пред}} = \dfrac{\mathcal{E}}{\pi r_0^2 B} \approx 7{,}2\cdot 10^4\) об/мин; направление вращения — против часовой стрелки, если смотреть сверху.

Решение

1. На свободные электроны в проводящем слое при вращении диска действует сила Лоренца \(F_{\text{л}} = evB\), где \(e < 0\) — заряд электрона, \(v = \omega r\) — линейная скорость. При указанных на рисунке 27 направлениях магнитного поля и вращения диска сила Лоренца направлена к центру диска. В результате возникает перераспределение зарядов: электроны будут перемещаться к центру, а на боковой поверхности образуется нескомпенсированный положительный заряд. Это приведёт к возникновению электрического поля \(\vec E\), направленного по радиусу к центру. Равновесие наступит, когда в каждой точке проводящего слоя кулоновская сила скомпенсирует силу Лоренца: \[eE = evB = e\omega rB, \quad\text{то есть}\quad E = vB.\] Разность потенциалов \(\Delta\varphi\) между боковой поверхностью диска (\(r = r_0\)) и его центром (\(r = 0\)) равна \[\Delta\varphi = \int_0^{r_0} E\,dr = \frac{1}{2}\omega r_0^2 B.\] Эта разность потенциалов и будет измерена вольтметром: \[V = \Delta\varphi = \frac{1}{2}\omega r_0^2 B = \pi\nu r_0^2 B = 62{,}8~\text{мВ},\] причём минус — в центре диска, а плюс — на боковой поверхности.

2. Диск разгоняется моментом силы Ампера, возникающей в результате взаимодействия радиально направленного тока с магнитным полем диска. В соответствии с правилом левой руки диск будет вращаться так же, как и на рисунке 27 — против часовой стрелки, если смотреть сверху. Разгон диска прекратится, когда сила тока станет равной нулю, то есть когда разность потенциалов \(\Delta\varphi\), обусловленная действием силы Лоренца (см. пункт 1), станет равной ЭДС батарейки: \[\Delta\varphi = \mathcal{E}, \quad\text{или}\quad \pi\nu_{\text{пред}} r_0^2 B = \mathcal{E},\] откуда \(\nu_{\text{пред}} = \mathcal{E}/(\pi r_0^2 B) = 7{,}2\cdot 10^4\) об/мин.