ВсОШ, 2016/17, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Удобно считать, что падает центр масс пружины, а не каждый виток. Высоту центра масс относительно нижнего витка найдите из условия равновесия витков в растянутом состоянии.

Ответ

\(\tau \approx 0{,}55\) с (поправка на конечную длину \(l_0\) около \(0{,}01\) с).

Решение

По теореме о движении центра масс время падения пружины равно времени падения тела с высоты \(H = h + h_c\), где \(h_c\) — высота центра масс над нижним витком висящей пружины.

Пусть жёсткость одного витка \(k\), его масса \(m\), число витков \(N \gg 1\). Условие равновесия \(i\)-го витка даёт удлинение \(\Delta x_i = (i-1)\dfrac{mg}{k}\), координата витка \(x_i = \dfrac{mg\,i(i-1)}{2k}\), откуда \[l = x_N \approx \frac{mgN^2}{2k}.\] Координата центра масс \[h_c = \frac{1}{mN}\sum_{i=1}^{N} m x_i \approx \frac{mgN^2}{6k} = \frac{l}{3}.\] Время падения \[\tau = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{2\left(h + \dfrac{l}{3}\right)}{g}} \approx 0{,}55~\text{с}.\] Учёт длины пружины в сжатом состоянии \(l_0\) даёт относительную поправку около \(2\%\), то есть \(\Delta\tau \approx 0{,}01\) с.

Подсказка

Для высоты атмосферы используйте закон сохранения энергии порции воздуха при подъёме: температура падает линейно с высотой. Нижняя кромка облаков — высота, на которой парциальное давление пара сравнивается с давлением насыщенного пара.

Ответ

1) \(H \approx 30\) км;  2) \(h_0 \approx 0{,}43\) км.

Решение

Для порции одного моля воздуха в адиабатическом приближении \(P_1V_1 - P_2V_2 = U_2 - U_1 + \mu g (z_2 - z_1)\), откуда \(c_p\,\Delta T = -\mu g\,\Delta z\). Температура меняется с высотой по закону \[T = T_0 - \frac{\mu g}{c_p} z = T_0 - \frac{2\mu g}{7R} z .\] Высоту атмосферы оценим по высоте, на которой температура обращается в ноль: \[H \approx \frac{7RT_0}{2\mu g} \approx 30~\text{км}.\]

Нижняя кромка облаков — уровень точки росы. Парциальное давление пара убывает с высотой по гидростатическому закону \(\dfrac{\partial P}{\partial z} = -\rho g\). Так как \(h_0 \ll H\), плотность воздуха можно считать постоянной, \(\rho \approx P_0 \mu_{\text{H}_2\text{O}}/(RT_0)\), и \[\frac{P(z)}{P_{\text{н}}(T_0)} \approx \varphi\left(1 - \frac{\mu_{\text{H}_2\text{O}} g z}{RT_0}\right).\] Строим на одном графике зависимости \(P(z)/P_{\text{н}}(T_0)\) и \(P_{\text{н}}(T(z))/P_{\text{н}}(T_0)\) по таблице давления насыщенного пара; абсцисса точки пересечения и есть \(h_0 \approx 0{,}43\) км. На этой высоте парциальное давление пара падает примерно на \(6\%\), а температура — менее чем на \(2\%\), что оправдывает приближения.

Подсказка

Вблизи центра поле внутри трубы направлено радиально и пропорционально смещению. Удобно заменить трубу суммой однородно заряженных колец и воспользоваться теоремой Гаусса для малого цилиндра у центра.

Ответ

\(T = 2\pi L\sqrt{\dfrac{8\pi\varepsilon_0 L}{\gamma Q}}\), где \(L = \sqrt{R^2 + H^2/4}\).

Решение

Поле вблизи положения равновесия найдём по теореме Гаусса для малого соосного цилиндра радиуса \(r\) и высоты \(2x\) (\(x \ll r \ll R, H\)). Поток через боковую поверхность компенсирует поток через основания, и радиальная напряжённость \[E_r(r) = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Q}{2L^3}\,r ,\] где \(L\) — расстояние от точки наблюдения до края трубы: \(L \approx \sqrt{R^2 + H^2/4}\). Уравнение движения бусинки \(m\ddot r = qE_r(r)\) даёт частоту \[\omega = \frac{1}{L}\sqrt{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\gamma Q}{2L}} ,\] откуда период \[T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi L\sqrt{\frac{8\pi\varepsilon_0 L}{\gamma Q}} .\]

Подсказка

Запишите закон сохранения энергии для воды, прошедшей через канал, с учётом ЭДС индукции в канале. Силу тяги найдите как изменение импульса воды.

Ответ

1) \(u \approx 8\) м/с;  2) \(T \approx 2\) кН;  3) \(P_{\text{пол}} \approx 16\) кВт;  4) \(\eta \approx 9\%\).

Решение

Энергетический метод. В системе отсчёта катера вода вдали от него движется со скоростью \(u\), из двигателя вытекает со скоростью \(v\). Закон сохранения энергии для воды, прошедшей через канал: \[\frac{\rho_{\text{в}}u^2}{2} + jBl = \frac{\rho_{\text{в}}v^2}{2},\] где \(j = I/(hl)\) — плотность тока поперёк канала. В канале возникает ЭДС индукции, направленная против ЭДС источника, поэтому \[I = \frac{\mathcal{E} - vBa}{R} = \frac{hl\,(\mathcal{E} - vBa)}{\rho a}.\] Отсюда \[u = \sqrt{v^2 - \frac{2Bl}{\rho\rho_{\text{в}}a}\,(\mathcal{E} - vBa)} = 8~\text{м/с}.\] Сила тяги равна изменению импульса воды, прошедшей через канал за единицу времени: \[T = \rho_{\text{в}} a h v (v - u) \approx 2~\text{кН}.\] Полезная мощность \(P_{\text{пол}} = Tu \approx 16\) кВт, КПД \[\eta = \frac{P_{\text{пол}}}{\mathcal{E} I} = \frac{\rho T u\,a}{hl\,\mathcal{E}(\mathcal{E} - vBa)} \approx 9\%.\]

Динамический метод. Сила тяги равна силе Ампера, действующей на ток в канале: \(T = IBa = \dfrac{hlB(\mathcal{E} - vBa)}{\rho} \approx 1{,}8\) кН. Приравнивая это значение изменению импульса воды, получаем \(u = v - \dfrac{T}{\rho_{\text{в}} a h v} \approx 8{,}2\) м/с, \(P_{\text{пол}} \approx 14{,}8\) кВт, \(\eta \approx 8{,}2\%\). Примечание организаторов: использование \(T = F_A\) в этом методе по сути некорректно, так как не учитывается изменение импульса воды вне канала, поэтому энергетический метод предпочтителен.

Подсказка

Радиус орбиты Луны найдите из второго закона Ньютона, используя \(g R^2 = GM_{\text{З}}\). Размер тени на расстоянии Луны — из геометрии конуса с углом \(2\delta\).

Ответ

1) \(L_1 \approx 1{,}4\cdot10^6\) км, \(\;T \approx 1{,}6\) ч;  2) \(L_2 \approx 408\) тыс. км, \(\;\varepsilon \approx 4{,}8\%\).

Решение

1. В отсутствие рефракции лучи сходятся под тем же углом \(2\delta\), под которым Солнце видно с Земли, поэтому \[L_1 = \frac{R}{\delta} \approx 1{,}4\cdot10^6~\text{км}.\] Радиус орбиты Луны из второго закона Ньютона: \[\omega_0 = \frac{2\pi}{T_0} = \sqrt{\frac{gR^2}{R_0^3}}, \qquad R_0 = \sqrt[3]{\frac{gT_0^2R^2}{4\pi^2}} \approx 384~\text{тыс. км}.\] Диаметр Луны \(D = 2\delta R_0 \approx 3{,}45\cdot10^3\) км, диаметр тёмного пятна на уровне Луны \[D_1 = 2R\left(1 - \frac{R_0}{L_1}\right) \approx 9{,}3\cdot10^3~\text{км}.\] Продолжительность полного затмения \[T = \frac{D_1 - D_2}{\omega_0 R_0} = T_0\,\frac{D_1 - D_2}{2\pi R_0} \approx 1{,}6~\text{ч}.\]

2. Закон Снелла при преломлении луча на границе атмосферы даёт при малых углах \(\gamma^2 - \varphi^2 = 2\Delta n\), откуда угол отклонения луча \[\Delta\varphi = \gamma - \varphi = \frac{\Delta n}{\gamma}, \qquad \gamma \approx \sqrt{\frac{2h}{R}} ,\] где \(\Delta n = n - 1 = 2{,}8\cdot10^{-4}\). Луч испытывает два одинаковых отклонения (при входе и выходе), поэтому угол, под которым сходятся солнечные лучи, \(\psi = 2\delta + 4\Delta\varphi\), и \[L_2 = \frac{2R}{2\delta + 4\Delta\varphi} \approx 408~\text{тыс. км}.\] Диаметр тёмного пятна \(D_2 = 2R\left(1 - \dfrac{R_0}{L_2}\right) \approx 753\) км, а отношение площадей \(\varepsilon = (D_2/D)^2 \approx 4{,}8\%\).