ВсОШ, 2013/14, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Для поперечных колебаний возвращающая сила — проекция натяжения обеих половин пружины на поперечное направление. Запишите уравнение движения грузика при малом смещении и сравните периоды продольных и поперечных колебаний.

Ответ

\(l_0 = 60\) см, \(\Delta l_1 = 4\) см, \(\Delta l_2 = 7{,}5\) см.

Решение

Период продольных колебаний грузика: \(T_\parallel^2 = 4\pi^2\dfrac{m}{4k}\), где \(m\) — масса грузика. Уравнение движения грузика в поперечном направлении при малом смещении \(\varphi\): \[m\varphi''\,\frac{l}{2} = -2F_{\text{упр}}\varphi = -2k\Delta l\,\varphi \quad\Longleftrightarrow\quad \varphi'' + \frac{4k\Delta l}{ml}\,\varphi = 0.\] Период поперечных колебаний \[T_\perp^2 = 4\pi^2\frac{ml}{4k\Delta l} = 4\pi^2\frac{m}{4k}\left(1 + \frac{l_0}{\Delta l}\right),\] где \(l = l_0 + \Delta l\) — длина растянутой пружины. Отношение периодов: \[\frac{T_\perp^2}{T_\parallel^2} = n^2 = 1 + \frac{l_0}{\Delta l}, \quad\text{откуда}\quad \frac{\Delta l}{l_0} = \frac{1}{n^2 - 1}.\] Поскольку \(\Delta x = \Delta l_2 - \Delta l_1\), \[\frac{\Delta x}{l_0} = \frac{1}{n_2^2 - 1} - \frac{1}{n_1^2 - 1} = \frac{n_1^2 - n_2^2}{(n_2^2 - 1)(n_1^2 - 1)},\] откуда \[l_0 = \frac{(n_2^2 - 1)(n_1^2 - 1)}{n_1^2 - n_2^2}\,\Delta x = 60~\text{см},\] \[\Delta l_1 = \frac{l_0}{n_1^2 - 1} = 4~\text{см}, \qquad \Delta l_2 = \frac{l_0}{n_2^2 - 1} = 7{,}5~\text{см}.\]

Подсказка

Доля атомов в приповерхностном слое у шарика и у фольги различается: сравните отношения площади поверхности к объёму для этих образцов.

Ответ

\(t_h \approx 223{,}7\,^\circ\)C.

Решение

Уменьшение температуры плавления нанообъектов связано с ростом (при уменьшении объёма) доли приповерхностных атомов, обладающих избыточной энергией \(\Delta U\) по сравнению с объёмными атомами. Для шарика доля атомов в приповерхностном слое толщиной \(\delta\): \[\frac{\Delta N}{N} = \frac{\Delta V}{V} = \frac{4\pi R^2\delta}{4\pi R^3/3} = \frac{3\delta}{R} = \frac{6\delta}{d}.\] Оценим толщину слоя. Объём, приходящийся на один атом олова, \(v = \dfrac{\mu}{\rho N_A}\), характерное межатомное расстояние \(a = \sqrt[3]{v} \approx 1{,}86\) нм. Приповерхностный слой в таком случае имеет размеры порядка \(4\)–\(6\) нм, что существенно меньше \(20\) нм.

Теплота плавления уменьшается на величину избыточной энергии всех приповерхностных атомов: \(q = q_0 - \Delta U\,N\,\dfrac{6\delta}{d}\). В пересчёте на атом \(q/N = q_0/N - \Delta U\,\dfrac{6\delta}{d}\). Учитывая, что \(q/N = \alpha T_d\) и \(q_0/N = \alpha T_0\), получаем относительное понижение температуры плавления шарика: \[\frac{\Delta T_d}{T_0} = \frac{\Delta U}{\alpha T_0}\cdot\frac{6\delta}{d}.\] Для фольги площадью \(S\) и толщиной \(h = d\) доля приповерхностных атомов \(\dfrac{\Delta N}{N} = \dfrac{2S\delta}{Sh} = \dfrac{2\delta}{d}\), поэтому \[\frac{\Delta T_h}{T_0} = \frac{\Delta U}{\alpha T_0}\cdot\frac{2\delta}{d} \quad\Longrightarrow\quad \frac{\Delta T_d}{\Delta T_h} = 3.\] Это соотношение хорошо подтверждается экспериментально: \(\Delta T_h = \frac13\Delta T_d \approx 8{,}30\,^\circ\)C, откуда \(t_h = t_0 - \Delta T_h \approx 223{,}7\,^\circ\)C.

Подсказка

Для процесса с постоянной теплоёмкостью \(C\) тепло \(Q = C\,\Delta T\), поэтому в координатах \((C,T)\) тепло цикла — площадь под графиком. Политропа \(pV^n = \text{const}\) связывает температуру и объём.

Ответ

1) \(A = 28{,}5\) Дж, \(\eta = 0{,}105\); 2) \(T_a = 100\) К, \(T_b = 200\) К, \(T_c = 400\) К; 3) цикл в координатах \((p,V)\) — два изобарических и два изохорических участка (рис. 25), \(\nu \approx 34{,}4\) ммоль.

Решение

Качественно изобразим процесс в координатах \((p,V)\) (рис. 23). График состоит из четырёх политроп: процессу \(ab\) соответствует процесс \(12\), \(ef\) — \(23\), \(cb\) — \(34\), \(ed\) — \(41\). Точки \(2\) и \(4\) лежат на одной изотерме: \(T_2 = T_4 = T_b\).

1. Поскольку теплота, переданная газу в процессе с постоянной теплоёмкостью, равна \(Q = C\Delta T\), в координатах \((C,T)\) теплота процесса численно равна площади под графиком. На участках \(12\) и \(23\) тепло подводится, на участках \(34\) и \(41\) — отводится: \[Q_+ = Q_{12} + Q_{23} = C_a(T_2 - T_1) + C_d(T_3 - T_2) = 271{,}5~\text{Дж},\] \[Q_- = Q_{34} + Q_{41} = -C_a(T_3 - T_2) - C_d(T_2 - T_1) = -243~\text{Дж}.\] По первому началу термодинамики полная теплота цикла равна работе газа за цикл: \(A = Q_+ + Q_- = 28{,}5\) Дж, откуда \(\eta = \dfrac{A}{Q_+} = 0{,}105\).

2. Из уравнения политропы и уравнения состояния \(pV/T = \text{const}\) следует \(T V^{n-1} = \text{const}\). Записав это для четырёх процессов и перемножив равенства, получаем \(T_1T_3 = T_2T_4 = T_2^2\). С учётом \(T_2 = T_1 + T_0\) и \(T_3 = T_1 + 3T_0\), где \(T_0 = 100\) К, находим \(T_1 = T_0\). Таким образом, \(T_1 = 100\) К, \(T_2 = 200\) К, \(T_3 = 400\) К, то есть \(T_a = 100\) К, \(T_b = 200\) К, \(T_c = 400\) К.

3. Для политропы с теплоёмкостью \(C\): \(C = C_V + \dfrac{p\,\Delta V}{\Delta T}\), \(\Delta V = \dfrac{\Delta T}{1-n}\cdot\dfrac{V}{T}\), откуда \[n = \frac{C - C_p}{C - C_V}.\] Логарифмируя уравнение политропы, видим, что в координатах \(x = \ln(V/V_0)\), \(y = \ln(p/p_0)\) график политропы — прямая с наклоном \(-n\). Тогда цикл в этих координатах — параллелограмм, диагонали которого перпендикулярны, то есть цикл в \((p,V)\) — ромб. Условие перпендикулярности диагоналей даёт \(n_a n_d = 1\), откуда \(C_a + C_d = C_p + C_V = \nu(c_p + c_V)\), и \[\nu = \frac{C_a + C_d}{c_p + c_V} = 34{,}4~\text{ммоль}.\] Заметим, что \(C_a = \nu c_V\), а \(C_d = \nu c_p\); следовательно, цикл состоит из двух изобар и двух изохор (рис. 25).

Подсказка

Шарики — точечные заряды. При отклонении на малый угол сила Кулона в сторону сближения уравновешивается возвращающей силой тяжести и натяжения. Найдите максимум заряда, при котором равновесие ещё возможно.

Ответ

1) \(T = 2{,}0\) с; 2) \(U_{\min} \approx 64{,}6\) кВ; 3) \(t_0 \approx 18\) с.

Решение

1. Период колебаний каждого из шариков \(T = 2\pi\sqrt{l/g} = 2{,}0\) с.

2. Шарики считаем точечными зарядами. При отклонении проволок от вертикали на малый угол \(\alpha\) (\(\sin\alpha \approx \tg\alpha \approx \alpha\)) в сторону сближения сила кулоновского притяжения \(F_q = \dfrac{kq^2}{(d - 2\alpha l)^2}\) уравновешивается равнодействующей сил тяжести и натяжения проволок \(F_p = mg\alpha\): \[\frac{kq^2}{(d - 2\alpha l)^2} = mg\alpha \quad\Longrightarrow\quad \frac{kq^2}{mg} = \alpha(d - 2\alpha l)^2 = f(\alpha).\] Функция \(f(\alpha)\) имеет максимум при \(\alpha_0 = \dfrac{d}{6l}\). Этому значению соответствует максимальный заряд шариков: \[kq_{\max}^2 = mg\,\alpha_0(d - 2\alpha_0 l)^2 = \frac{2mgd^3}{27l} \quad\Longrightarrow\quad q_{\max} = \sqrt{\frac{2mgd^3}{27kl}}.\] Для отклонения шариков на угол больше \(\alpha_0\), вплоть до столкновения, требуется меньший заряд, поэтому при сколь угодно незначительном превышении \(q_{\max}\) шарики притягиваются (за время, не превышающее \(T\)), взаимно разряжаются, вновь разлетаются и снова приобретают критический заряд \(q_{\max}\). Разность потенциалов между шариками при \(q_{\max}\) равна минимальному напряжению источника, при котором шарики столкнутся: \[U_{\min} = \varphi_+ - \varphi_- = k\frac{q_{\max}}{r} - \left(-k\frac{q_{\max}}{r}\right) = \frac{2}{r}\sqrt{\frac{2kmgd^3}{27l}} \approx 64{,}6~\text{кВ}.\]

3. Поскольку \(U_{\min} \ll U_0 = 1\) МВ, ток заряда можно считать постоянным, \(I = U_0/R\), и время заряда до \(q_{\max}\): \[t_0 = \frac{q_{\max}}{I} = \frac{U_{\min}\,r}{2k}\cdot\frac{R}{U_0} \approx 18~\text{с}.\]

Подсказка

Рассмотрите отдельно рассеивающую и собирающую линзы. Мнимое изображение рассеивающей линзы всегда лежит между линзой и источником, а мнимое изображение собирающей — дальше от линзы, чем источник. Затем проверьте все промежутки на оси.

Ответ

Существуют четыре решения: три собирающие линзы и одна рассеивающая.

Решение

Качественный анализ. Рассеивающая линза. Изображение в рассеивающей линзе всегда мнимое и лежит по ту же сторону от линзы, что и источник, причём расстояние от линзы до изображения меньше расстояния от линзы до источника. Поэтому подходит рассеивающая линза, находящаяся правее \(S_1\) (рис. 26).

Собирающая линза. Изображение может быть как мнимым, так и действительным. Мнимое (причём увеличенное) изображение расположено от линзы всегда дальше, чем источник, поэтому линза, дающая мнимое изображение, расположена слева от \(S_0\) (рис. 27).

Если линза расположена между источником \(S_0\) и изображением \(S_1\), то изображение действительное. Так как линза имеет два фокуса, точка \(F\) может лежать как справа (рис. 28), так и слева от линзы (рис. 29). Таким образом, существуют четыре решения.

Точные координаты оптических центров. Пусть расстояние от источника до фокуса равно \(d\), до изображения — \(L\), до линзы — \(x\). Формула тонкой линзы: \[\frac{1}{|x|} \pm \frac{1}{|L - x|} = \pm\frac{1}{|d - x|}, \qquad (22)\] где знак плюс в левой части соответствует действительному изображению, а минус — мнимому; знак плюс перед оптической силой — собирающей линзе, минус — рассеивающей. Раскрывая модули на четырёх промежутках, определяемых точками \(S_0\), \(F\), \(S_1\), находим все решения. На промежутке \(S_0F\) может быть только собирающая линза: \[\frac1x + \frac{1}{L - x} = \frac{1}{d - x} \quad\Longrightarrow\quad x^2 - 2Lx + Ld = 0 \quad\Longrightarrow\quad L - x = \mp\sqrt{L(L - d)},\] причём решение со знаком минус попадает в рассматриваемый промежуток. На оставшихся трёх промежутках аналогично находим ещё две собирающие линзы в точках \(x = \pm\sqrt{Ld}\) (отсчёт от \(S_0\)), а в точке \(L - x = \sqrt{L(L - d)}\) находится рассеивающая линза.

Все построения сводятся к построению корней из произведений длин отрезков: высота прямоугольного треугольника, опущенная из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное между проекциями катетов на гипотенузу. Поэтому строим \(\sqrt{S_0S_1\cdot FS_1}\) и \(\sqrt{S_0S_1\cdot S_0F}\) и откладываем полученные отрезки от точки \(S_0\) вправо и от точки \(S_1\) в обе стороны.

Пошаговая инструкция (рис. 30):

1. Отложим на оптической оси отрезок \(S_0S_1 = L\) вправо от точки \(S_1\). Обозначим точку \(M_1\).

2. Найдём среднее геометрическое длин \(FS_1 = L - d\) и \(L\): построим окружность на диаметре \(FM_1\) и найдём точку \(P_1\) пересечения перпендикуляра к оптической оси, проходящего через \(S_1\), с окружностью. Длина отрезка \(S_1P_1\) равна \(\sqrt{L(L - d)}\).

3. Отложим отрезки длины \(S_1P_1\) влево (\(O_1\)) и вправо (\(O_2\)) от \(S_1\) на оптической оси. Левая линза окажется собирающей, правая — рассеивающей.

4. Отложим на оптической оси отрезок \(S_0S_1 = L\) влево от точки \(S_0\). Обозначим точку \(M_0\).

5. По аналогии с пунктом 2 построим окружность на диаметре \(M_0F\) и перпендикуляр \(S_0P_0\), длина которого равна \(\sqrt{Ld}\).

6. Отложим отрезки длиной \(S_0P_0\) вправо (\(O_3\)) и влево (\(O_4\)) от точки \(S_0\) на оптической оси. Эти линзы собирающие.