Пять задач

Подсказка

A: до натяжения каната — свободное падение, затем — гармонические колебания около положения равновесия. B: максимальная работа у обратимой машины — суммарная энтропия тел не меняется. C: поделите числа атомов радиогенного свинца двух изотопов. E: сравните мощность джоулева нагрева кольца с убылью энергии вращения; масса и сопротивление выражаются через сечение проволоки, которое сокращается.

Решение

A. Прыгун с тарзанки

(a) Прыгун останавливается, когда \[\text{потерянная гравитационная потенциальная энергия} = \text{запасённая энергия упругой деформации},\] \[mgy = \tfrac12 k(y - L)^2,\] \[ky^2 - 2y(kL + mg) + kL^2 = 0.\] Это решается как квадратное уравнение: \[y = \frac{2(kL + mg) \pm \sqrt{4(kL + mg)^2 - 4k^2L^2}}{2k} = \frac{kL + mg \pm \sqrt{2mgkL + m^2g^2}}{k}.\] Нужен положительный корень; нижнее положение остановки (другой корень — после начального подъёма).

(b) Максимальная скорость достигается, когда ускорение равно нулю и силы уравновешены, т. е. когда \(mg = kx\).

Кроме того, кинетическая энергия = потерянная потенциальная энергия \(-\) энергия упругой деформации каната: \[\tfrac12 m\upsilon^2 = mg(L + x) - \tfrac12 kx^2, \qquad x = \frac{mg}{k},\] \[\upsilon^2 = 2g\left(L + \frac{mg}{k}\right) - \frac{mg^2}{k}, \qquad \upsilon = \sqrt{2gL + \frac{mg^2}{k}}.\]

(c) Время до остановки = время свободного падения + время гармонических колебаний на канате до прекращения его растяжения.

Длина свободного падения \(L = \tfrac12 gt_f^2\), поэтому \(t_f = \sqrt{\dfrac{2L}{g}}\).

Прыгун начинает гармонические колебания со скоростью свободного падения \(= gt_f = \sqrt{2gL} = \upsilon_\tau\).

Период гармонических колебаний \(= 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} = T\).

Изобразим полный цикл гармонических колебаний так (на рисунке: down — вниз, up — вверх):

Прыгун начинает гармонические колебания в момент \(\tau\), определяемый равенством \[\tau = \frac{1}{\omega}\sin^{-1}\frac{\upsilon_\tau}{\upsilon} = \frac{1}{\omega}\sin^{-1}\frac{\sqrt{2gL}}{\upsilon}.\] Прыгун останавливается через половину цикла гармонических колебаний, в момент, отсчитанный от начала, \[= t_f + (T/2 - \tau)\] \[= \sqrt{\frac{2L}{g}} + \pi\sqrt{\frac{m}{k}} - \frac{1}{\omega}\sin^{-1}\frac{\sqrt{2gL}}{\upsilon} = \sqrt{\frac{2L}{g}} + \pi\sqrt{\frac{m}{k}} - \frac{1}{\omega}\sin^{-1}\frac{\sqrt{2gL}}{\sqrt{2gL + mg^2/k}}\] \[= \sqrt{\frac{2L}{g}} + \sqrt{\frac{m}{k}}\left\{\pi - \sin^{-1}\frac{\sqrt{2gL}}{\sqrt{2gL + mg^2/k}}\right\}.\]

Это то же самое, что \[= \sqrt{\frac{2L}{g}} + \sqrt{\frac{m}{k}}\left\{\frac{\pi}{2} + \cos^{-1}\frac{\sqrt{2gL}}{\sqrt{2gL + mg^2/k}}\right\} = \sqrt{\frac{2L}{g}} + \sqrt{\frac{m}{k}}\tan^{-1}\left\{-\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right\}.\]

B. Тепловая машина

На рисунке: starts at \(T_A\) — начальная температура \(T_A\), starts at \(T_B\) — начальная температура \(T_B\).

При вычислении получаемой работы считаем, что в машине нет потерь (на трение и т. п.).

\(\Delta Q_1\) = энергия, отдаваемая телом A, \(= -ms\Delta T_1\) (\(\Delta T_1\) отрицательно);

\(\Delta Q_2 = ms\Delta T_2\) (\(\Delta T_2\) положительно).

(a) Для максимального количества механической энергии считаем машину машиной Карно: \[\frac{\Delta Q_1}{T_1} = \frac{\Delta Q_2}{T_2}\] на протяжении всей работы (второе начало). Но \(\Delta Q_1 = -ms\Delta T_1\) и \(\Delta Q_2 = ms\Delta T_2\): \[-ms\int_{T_A}^{T_0}\frac{dT_1}{T_1} = ms\int_{T_B}^{T_0}\frac{dT_2}{T_2},\] \[\ln\frac{T_A}{T_0} = \ln\frac{T_0}{T_B}, \qquad T_0^2 = T_AT_B, \qquad T_0 = \sqrt{T_AT_B}.\]

(b) \[Q_1 = -ms\int_{T_A}^{T_0}dT_1 = ms(T_A - T_0), \qquad Q_2 = ms\int_{T_B}^{T_0}dT_2 = ms(T_0 - T_B),\] \[W = Q_1 - Q_2,\] \[W = ms(T_A - T_0 - T_0 + T_B) = ms(T_A + T_B - 2T_0) = ms\left(T_A + T_B - 2\sqrt{T_AT_B}\right)\] или \(ms\left(\sqrt{T_A} - \sqrt{T_B}\right)^2\).

(c) Численный пример. Масса = объём \(\times\) плотность: \[W = 2{,}50\times 1{,}00\times 10^3\times 4{,}19\times 10^3\times\left(350 + 300 - 2\sqrt{350\times 300}\right)\text{ Дж} = 20\times 10^6\text{ Дж} = 20\text{ МДж}.\]

C. Радиоактивность и возраст Земли

(a) \(N = N_0e^{-\lambda t}\), \(N_0\) — начальное число;

\[n = N_0(1 - e^{-\lambda t}).\] Поэтому \(n = Ne^{\lambda t}(1 - e^{-\lambda t}) = N(e^{\lambda t} - 1)\).

Итак, \(n = N(2^{t/\tau} - 1)\), где \(\tau\) — период полураспада,

или, так как \(\lambda = \dfrac{\ln 2}{T} = \dfrac{0{,}6931}{T}\), \(n = N\left(e^{0{,}6931t/T} - 1\right)\): \[{}^{206}n = {}^{238}N\left(2^{t/4{,}50} - 1\right) \quad\text{или}\quad {}^{206}n = {}^{238}N\left(e^{0{,}1540t} - 1\right),\] где время \(t\) — в \(10^9\) лет.

(b) \[{}^{207}n = {}^{235}N\left(2^{t/0{,}710} - 1\right) \quad\text{или}\quad {}^{207}n = {}^{235}N\left(e^{0{,}9762t} - 1\right).\]

(c) В смешанной урановой руде (т. е. содержащей свинец как природного, так и радиоактивного происхождения)

204 : 206 : 207 имеют пропорции \(1{,}00 : 29{,}6 : 22{,}6\);

в чистом свинце (без радиоактивности) \(1{,}00 : 17{,}9 : 15{,}5\).

Поэтому для радиоактивно образовавшегося свинца вычитанием получаем \[206 : 207 = 11{,}7 : 7{,}1.\]

Деление уравнений из (a) и (b) даёт \[\frac{{}^{206}n}{{}^{207}n} = \frac{{}^{238}N}{{}^{235}N}\left\{\frac{2^{t/4{,}50} - 1}{2^{t/0{,}710} - 1}\right\} \quad\text{или}\quad \frac{{}^{206}n}{{}^{207}n} = \frac{{}^{238}N}{{}^{235}N}\left\{\frac{e^{0{,}1540t} - 1}{e^{0{,}9762t} - 1}\right\},\] \[\frac{11{,}7}{7{,}1} = 137\left\{\frac{2^{T/4{,}50} - 1}{2^{T/0{,}710} - 1}\right\} \quad\text{или}\quad \frac{11{,}7}{7{,}1} = 137\left\{\frac{e^{0{,}1540T} - 1}{e^{0{,}9762T} - 1}\right\},\] \[0{,}0120\left\{2^{T/0{,}710} - 1\right\} = \left\{2^{T/4{,}50} - 1\right\}\] или \(0{,}0120\left\{e^{0{,}9762T} - 1\right\} = \left\{e^{0{,}1540T} - 1\right\}\).

(d) Считаем \(T \gg 4{,}50\times 10^9\) и отбрасываем 1 в обеих скобках: \[0{,}0120\left\{2^{T/0{,}710}\right\} = \left\{2^{T/4{,}50}\right\} \quad\text{или}\quad 0{,}0120\left\{e^{0{,}9762T}\right\} = \left\{e^{0{,}1540T}\right\},\] \[0{,}0120 = \left\{2^{T/4{,}50 - T/0{,}710}\right\} = 2^{T(0{,}222 - 1{,}4084)} = 2^{-1{,}1862T},\] \[T = -\frac{\log 0{,}0120}{\log 2\times 1{,}1862} = 5{,}38, \qquad T = 5{,}38\times 10^9\text{ лет},\] или \[0{,}0120 = e^{-0{,}8222T}, \qquad T = \frac{\ln 0{,}0120}{-0{,}8222} = \frac{-4{,}4228}{-0{,}8222} = 5{,}38, \qquad T = 5{,}38\times 10^9\text{ лет}.\]

(e) \(T\) не \(\gg 4{,}50\times 10^9\) лет, но \(> 0{,}71\times 10^9\) лет.

Можно подставить приближённое значение \(T\) (назовём его \(T^* = 5{,}38\times 10^9\) лет) в член \(2^{T/4{,}50}\) и получить лучшее значение итерациями по быстро меняющемуся члену \(2^{T/0{,}710}\). Теперь оставляем \(-1\) (хотя \(-1\) в правой части мало влияет и может быть опущена).

Либо \[0{,}0120\left(2^{T/0{,}710} - 1\right) = 2^{T^*/4{,}50} - 1,\] \[2^{T/0{,}710} - 1 = \frac{2^{1{,}1956} - 1}{0{,}0120} = \frac{2{,}2904 - 1}{0{,}0120} = 107{,}5,\] \[T = 0{,}710\,\frac{\log 108{,}5}{\log 2} = 4{,}80(0).\] Положим \(T^* = 4{,}80(0)\times 10^9\) лет: \[2^{T/0{,}710} = \frac{2^{1{,}0668} - 1}{0{,}0120} = \frac{2{,}0948 - 1}{0{,}0120} = 91{,}2,\] \[T = 0{,}710\,\frac{\log 91{,}2}{\log 2} = 4{,}62(3).\] Дальнейшая итерация даёт 4,52,

или \(0{,}0120\left(e^{0{,}9762T} - 1\right) = \left(e^{0{,}1540T^*} - 1\right)\) и аналогично.

Итак, более точный ответ для \(T\) — в диапазоне от \(4{,}6\times 10^9\) лет до \(4{,}5\times 10^9\) лет (принимается любой).

D. Заряженный шар

(a) Плотность заряда внутри шара \(\rho = \dfrac{Q}{\frac43\pi R^3}\).

\(x \le R\). Поле на расстоянии \(x\): \[E = \frac{\frac43\pi x^3\rho}{4\pi\varepsilon_0x^2} = \frac{Qx}{4\pi\varepsilon_0R^3}.\] \(x > R\). Поле на расстоянии \(x\) от центра: \(E = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0x^2}\).

(b) Способ 1. Плотность энергии равна \(\frac12\varepsilon_0E^2\).

\(x \le R\). Энергия в тонком сферическом слое толщиной \(\delta x\) радиусом \(x\) равна \[= \frac12\varepsilon_0E^2\,4\pi x^2\delta x = \frac12\,4\pi\varepsilon_0\,\frac{Q^2x^2}{(4\pi\varepsilon_0)^2R^6}\,x^2\,\delta x.\] Энергия внутри шара \[= \frac12\,\frac{Q^2}{(4\pi\varepsilon_0)R^6}\int_{x=0}^{x=R}x^4\,dx = \frac{1}{40}\,\frac{Q^2}{\pi\varepsilon_0}\,\frac1R.\] \(x > R\). Энергия в сферическом слое \[= \frac12\varepsilon_0E^2\,4\pi x^2\delta x = \frac12\,4\pi\varepsilon_0\,\frac{Q^2}{(4\pi\varepsilon_0)^2x^4}\,x^2\,\delta x.\] Энергия в объёме при \(x > R\) \[= \frac12\,\frac{Q^2}{(4\pi\varepsilon_0)}\int_{x=R}^{x=\infty}\frac{1}{x^2}\,dx = \frac18\,\frac{Q^2}{\pi\varepsilon_0}\,\frac1R.\] Полная энергия, связанная с распределением заряда, \[= \frac{1}{40}\,\frac{Q^2}{\pi\varepsilon_0}\,\frac1R + \frac18\,\frac{Q^2}{\pi\varepsilon_0}\,\frac1R = \frac{3}{20}\,\frac{Q^2}{\pi\varepsilon_0}\,\frac1R.\]

Способ 2. Слой с зарядом \(4\pi x^2\delta x\rho\) переносится из \(\infty\) на поверхность шара радиусом \(x\), где электрический потенциал равен \[\frac{\frac43\pi x^3\rho}{4\pi\varepsilon_0x} = \frac{x^2\rho}{3\varepsilon_0},\] и поэтому приобретает электрическую потенциальную энергию \(\left(\dfrac{x^2\rho}{3\varepsilon_0}\right)\left(4\pi r^2\rho\right)\delta x\).

Полная энергия всего шара \[= \int_{x=0}^{x=R}\frac{4\pi\rho^2x^4}{3\varepsilon_0}\,dx = \frac{4}{15}\,\frac{\pi\rho^2R^5}{\varepsilon_0}.\] Подставляя \(Q\) = заряд шара \(= \frac43\pi R^3\rho\), \(\rho = \dfrac{3Q}{4\pi R^3}\), получаем полную энергию \[= \frac{4}{15}\,\pi\left(\frac{9Q^2}{16\pi^2R^6}\right)\frac{R^5}{\varepsilon} = \frac{3}{20}\,\frac{Q^2}{\pi\varepsilon_0R}.\]

(c) Энергия связи \(E_{binding} = E_{electric} - E_{nuclear}\).

Энергия связи — отрицательная энергия.

Поэтому \(-8{,}768 = E_{electric} - 10{,}980\) МэВ на нуклон,

\(E_{electric} = 2{,}212\) МэВ на нуклон.

Радиус ядра кобальта определяется формулой \[R = \frac{3}{20}\,\frac{Q^2}{\pi\varepsilon_0E_{electric}^{total}} = \frac{3\times 27^2\times(1{,}60\times 10^{-19})^2}{20\times\pi\times 8{,}85\times 10^{-12}\times 2{,}212\times 10^6\times 57\times 1{,}60\times 10^{-19}}\text{ м} = 5{,}0\times 10^{-15}\text{ м}.\]

E. Электромагнитная индукция

Способ 1. Приравнивание энергий.

Горизонтальная составляющая магнитного поля \(B\), наводящая ЭДС в кольце: \(B = 44{,}5\times 10^{-6}\cos 64^\circ\).

Магнитный поток через кольцо при угле \(\theta\) \(= B\pi a^2\sin\theta\), где \(a\) — радиус кольца.

Мгновенная ЭДС \(= \dfrac{d\phi}{dt} = B\pi a^2\,\dfrac{d\sin\omega t}{dt}\), где \(\omega\) — угловая скорость, \[= B\pi a^2\omega\cos\omega t = B\pi a^2\omega\cos\theta.\] Действующее (среднеквадратичное) значение ЭДС за 1 оборот \(= \dfrac{B\pi a^2\omega}{\sqrt2}\).

Средняя мощность джоулева нагрева кольца \(= \dfrac{B^2\pi^2a^4\omega^2}{2R}\).

Момент инерции \(= \frac12 ma^2\).

Энергия вращения \(= \frac14 ma^2\omega^2\), где \(m\) — масса кольца.

Мощность, вызывающая изменение \(\omega\), \[= \frac{d}{dt}\left\{\frac14 ma^2\omega^2\right\} = \frac14 ma^2\,2\omega\,\frac{d\omega}{dt}.\] Приравнивая: \[\frac12 ma^2\omega\,\frac{d\omega}{dt} = -\frac{B^2\pi^2a^4\omega^2}{2R}, \qquad \frac{d\omega}{\omega} = -\frac{B^2\pi^2a^2}{mR}\,dt.\] Если \(T\) — время, за которое угловая скорость уменьшается вдвое, \[\int_\omega^{\omega/2}\frac{d\omega}{\omega} = -\int_0^T\frac{B^2\pi^2a^2}{mR}\,dt, \qquad \ln 2 = \frac{B^2\pi^2a^2}{mR}\,T.\] Но \(R = \dfrac{2\pi a\rho}{A}\), где \(A\) — площадь поперечного сечения медного кольца, \(m = 2\pi adA\) (\(d\) — плотность): \[\ln 2 = \frac{B^2\pi^2a^2T}{\dfrac{2\pi a\rho}{A}\,2\pi adA} = \frac{B^2T}{4\rho d},\] \[T = \frac{4\rho d\ln 2}{B^2} = \frac{4\times 1{,}70\times 10^{-8}\times 8{,}90\times 10^3\times 0{,}6931}{(44{,}5\times 10^{-6}\times 0{,}4384)^2}\text{ с} = 1{,}10(2)\times 10^6\text{ с}\] (\(= 306\) ч \(= 12\) сут 18 ч).

Способ 2. Тормозящий момент.

Горизонтальная составляющая магнитного поля \(= B = 44{,}5\times 10^{-6}\cos 64^\circ\).

Площадь поперечного сечения кольца — \(A\); радиус кольца \(= a\); плотность материала кольца \(= d\); удельное сопротивление \(= \rho\); \(\omega\) — угловая скорость (\(\omega\) положительна при вращении по часовой стрелке).

Сопротивление \(R = \rho\,\dfrac{2\pi a}{A}\).

Масса кольца \(m = 2\pi aAd\).

Момент инерции \(= M = \frac12 ma^2\).

Магнитный поток через кольцо при угле \(\theta\) \(= B\pi a^2\sin\theta\).

Мгновенная ЭДС \(= \dfrac{d\phi}{dt} = B\pi a^2\,\dfrac{d\sin\omega t}{dt} = B\pi a^2\omega\cos\omega t = B\pi a^2\omega\cos\theta\).

Индуцированный ток \(= I = B\pi a^2\cos\theta/R\).

Момент, препятствующий движению, \(= (B\pi a^2\cos\theta)\,I = \dfrac1R\left(B\pi a^2\right)^2\omega\cos^2\theta\).

Работа на малом угле \(\delta\theta\) \(= \dfrac1R\left(B\pi a^2\right)^2\omega\,\dfrac12(\cos 2\theta + 1)\,\delta\theta\).

Средний момент \(=\) (работа за оборот \(2\pi\))\(/2\pi\) \[= \frac{1}{2\pi R}\left(B\pi\pi^2\right)^2\omega\,\frac12\,2\pi = \frac{1}{2R}\left(B\pi\pi^2\right)^2\omega.\]

Он равен \(M\dfrac{d\omega}{dt}\), так что \[M\frac{d\omega}{dt} = -\frac{B(\pi a^2)B(\pi a^2)\frac12}{(\rho/A)(2\pi a)}\,\omega,\] \[\frac12(2\pi aAd)a^2\,\frac{d\omega}{dt} = -\frac{B^2(\pi a^2)^2A}{4\rho\pi a}\,\omega,\] \[\frac{d\omega}{dt} = -\frac{B^2}{4\rho d}\,\omega,\] \[\int_\omega^{\omega/2}\frac{d\omega}{\omega} = \int_0^T\frac{B^2}{4\rho d}\,dt, \qquad \ln 2 = \frac{B^2T}{4\rho d},\]

\[T = \frac{4\rho d\ln 2}{B^2} = \frac{4\times 1{,}70\times 10^{-8}\times 8{,}90\times 10^3\times 0{,}6931}{(44{,}5\times 10^{-6}\times 0{,}4384)^2}\text{ с} = 1{,}10(2)\times 10^6\text{ с} = 306\text{ ч} = 12\text{ сут }18\text{ ч}.\]