Четыре независимые задачи

Подсказка

В A давление растёт из-за веса воды, а плотность — из-за давления; запишите приращение давления на малой глубине \(dx\) с учётом сжатия. В B давление на обе части одинаково в любой момент — поршень лёгкий. В C заряды касающихся пластин перераспределяются так, чтобы внутри проводника поле было нулевым. В D запишите общее увеличение как произведение увеличений и сравните его при перестановке линз.

Ответ

A1) \(\rho(x)=\rho_0\left(1+\dfrac{P(x)}{K}\right)\);  A2) \(P(H)\approx1{,}13\cdot10^{8}\) Па;  B1) \(T=325\) К;  B2) \(P_f/P_i=1\);  B3) \(Q\approx1{,}09\) кДж;  C1) \(E_1=\dfrac{Q-q}{2\varepsilon_0S}\);  C2) \(Q_\beta=Q+\dfrac q2\), \(Q_\gamma=\dfrac q2\);  C3) \(v=\left(Q-\dfrac q2\right)\sqrt{\dfrac{d}{m\varepsilon_0S}}\);  D1) обе линзы собирающие (\(+\), \(+\));  D2) \(\Delta D=3\) дптр.

Решение

Что происходит. Четыре независимых сюжета. В A сжимаемость воды чуть увеличивает плотность с глубиной, и давление оказывается больше \(\rho_0gH\) на несколько процентов. В B из-за лёгкого поршня давление в обеих частях всегда одинаково, а так как внутренние энергии складываются, давление в ходе выравнивания не меняется. В C главное — перераспределение зарядов между касающимися пластинами: поле внутри проводника нулевое. В D увеличение двух линз — произведение, а при перестановке меняется только один член, это и даёт разность оптических сил.

A. Обозначения. \(x\) — глубина (вниз), \(\rho(x)\), \(P(x)\) — плотность и давление на глубине \(x\), \(\rho_0\) — плотность на поверхности.

А1. По определению модуля сжатия \(\Delta P=-K\,\Delta V/V\). Масса воды в выделенном объёме не меняется, поэтому \(V\rho=\mathrm{const}\) и \(\Delta V/V=-\Delta\rho/\rho_0\) (в первом порядке по малому сжатию). Значит, \(\Delta P=K\,\Delta\rho/\rho_0\), и \[\rho=\rho_0+\Delta\rho=\rho_0\left(1+\frac{\Delta P}{K}\right).\] Давление на поверхности принято равным нулю (атмосферным пренебрегаем), поэтому \(\Delta P=P(x)\): \[\rho(x)=\rho_0\left(1+\frac{P(x)}{K}\right).\]

А2. Приращение давления при спуске на \(dx\) равно весу столбика воды единичной площади высотой \(dx\): \(dP=g\rho(x)\,dx\). Подставим \(\rho(x)\): \[\frac{dP}{dx}=g\rho_0+\frac{g\rho_0}{K}\,P .\] Это линейное дифференциальное уравнение с условием \(P(0)=0\). Его решение \[P(x)=K\left(e^{g\rho_0x/K}-1\right).\] Параметр \(\dfrac{g\rho_0H}{K}=\dfrac{9{,}81\cdot1025\cdot10920}{2{,}1\cdot10^{9}}=0{,}0523\ll1\), поэтому разложим экспоненту до второго порядка: \[P(x)\approx g\rho_0x+\frac{(g\rho_0x)^2}{2K}.\] Тот же результат даёт итерация: в нулевом приближении \(P_0=g\rho_0x\) (несжимаемая вода), тогда \(\rho_1(x)=\rho_0\left(1+g\rho_0x/K\right)\) и \(P_1(H)=\int_0^H\rho_1g\,dx=g\rho_0H+(g\rho_0H)^2/(2K)\). Численно \[g\rho_0H=1{,}098\cdot10^{8}\ \text{Па},\qquad \frac{(g\rho_0H)^2}{2K}=2{,}9\cdot10^{6}\ \text{Па},\qquad P(H)\approx1{,}13\cdot10^{8}\ \text{Па}.\] Рис. 2 показывает, как плотность растёт с глубиной и как велика добавка к давлению от сжимаемости.

Рис. 2. Слева: плотность воды на глубине \(x\) (от 1025 до 1080 кг/м\(^3\) у дна). Справа: добавка \(\Delta P=(g\rho_0x)^2/(2K)\) к давлению от сжимаемости; у дна она равна \(2{,}9\) МПа, то есть около \(2{,}6\) % от \(P(H)\).

Проверка: размерность \((g\rho_0x)^2/K\) — давление; при \(K\to\infty\) (несжимаемая вода) \(P=g\rho_0x\). Точная формула с \(\rho=\rho_0e^{P/K}\) даёт \(P(H)=-K\ln(1-g\rho_0H/K)=1{,}128\cdot10^{8}\) Па — отличие от \(1{,}127\cdot10^{8}\) Па третьего порядка.

B. Обозначения. \(\nu_1=m_1/\mu_1=1{,}5\) моль водорода, \(\nu_2=m_2/\mu_2=0{,}5\) моль кислорода; оба газа двухатомные, \(C_V=\tfrac52R\), \(C_P=\tfrac72R\).

В1. Сосуд изолирован, поршень лёгкий и совершает работу над одним газом за счёт другого, поэтому полная работа газов равна нулю и сумма внутренних энергий не меняется: \[\nu_1C_VT+\nu_2C_VT=\nu_1C_VT_{10}+\nu_2C_VT_{20}\quad\Longrightarrow\quad T=\frac{\nu_1T_{10}+\nu_2T_{20}}{\nu_1+\nu_2}=\frac{1{,}5\cdot300+0{,}5\cdot400}{2}=325\ \text{К}.\]

В2. Поршень лёгкий, значит, давление \(P\) с обеих сторон одинаково. Запишем уравнения состояния обеих частей и сложим: \(PV_1=\nu_1RT_1\), \(PV_2=\nu_2RT_2\), откуда \[P(V_1+V_2)=R(\nu_1T_1+\nu_2T_2).\] Объём сосуда \(V_1+V_2\) постоянен, а сумма \(\nu_1T_1+\nu_2T_2\) постоянна по закону сохранения энергии (В1). Следовательно, давление не меняется в течение всего процесса: \[\frac{P_f}{P_i}=1 .\] Рис. 3 показывает смещение поршня: объёмы пропорциональны \(\nu T\), то есть \(V_1:V_2=450:200\) вначале и \(487{,}5:162{,}5\) в конце — поршень сдвигается к кислороду, водород расширяется при постоянном давлении, кислород сжимается.

Рис. 3. Сосуд с поршнем до и после выравнивания температур (давление в обеих частях одинаково и не меняется).

В3. Кислород охлаждается от \(T_{20}\) до \(T\) при постоянном давлении, значит, отданное им количество теплоты \[Q=\nu_2C_P(T_{20}-T)=0{,}5\cdot\frac72\cdot8{,}31\cdot75\ \text{Дж}\approx1{,}09\cdot10^{3}\ \text{Дж}.\] Тот же результат получается через водород, который нагревается изобарически: \(Q=\nu_1C_P(T-T_{10})=1{,}5\cdot\frac72\cdot8{,}31\cdot25\approx1{,}09\cdot10^{3}\) Дж.

Разбор по первому закону: изменение внутренней энергии кислорода \(\Delta U=\nu_2\frac52R(T-T_{20})=-779\) Дж; работа, совершённая над кислородом (сжатие при \(P=\mathrm{const}\)) \(A=\nu_2R(T_{20}-T)=312\) Дж; \(Q=A-\Delta U=312+779=1091\) Дж.

Рис. 4. Выравнивание температур со временем (схематично, экспонента): водород нагревается от 300 до 325 К, кислород остывает от 400 до 325 К; число молей разное, поэтому конечная температура ближе к температуре водорода.

Проверка: теплота, ушедшая от кислорода, равна полученной водородом (1091 Дж); при равных \(\nu\) и \(C_V\) конечная температура была бы средним арифметическим \(350\) К — здесь водорода втрое больше, поэтому \(T\) ближе к \(T_{10}\).

C. Обозначения. Ось направлена от \(\alpha\) к \(\gamma\). Поле заряженной пластины \(q_i\) с обеих сторон \(\sigma/(2\varepsilon_0)=q_i/(2\varepsilon_0S)\), направлено от пластины при \(q_i>0\) и к ней при \(q_i<0\). Собственное поле пластины на неё саму не действует.

С1. Поле \(\alpha\) в месте пластины \(\gamma\) (справа от неё): \(E_\alpha=Q/(2\varepsilon_0S)\), направлено к \(\alpha\) (влево). Поле \(\beta\) (заряд \(+q\)): \(E_\beta=q/(2\varepsilon_0S)\), направлено от \(\beta\) (вправо). Результирующее поле влево: \[E_1=\frac{Q-q}{2\varepsilon_0S}.\] Так как \(Q>q\), пластина \(\gamma\) с зарядом \(+Q\) притягивается к \(\beta\) и \(\alpha\) (рис. 5, стадия 1). Сила \(F_1=QE_1\), работа до столкновения \[A_1=F_1d=\frac{(Q-q)Qd}{2\varepsilon_0S}.\]

С2. При касании пластины \(\beta\) и \(\gamma\) образуют единый проводник, внутри которого (между ними) поле нулевое. Полный заряд \(\beta+\gamma\) равен \(q+Q\). Заряды двух крайних поверхностей системы из параллельных пластин равны половине полного заряда всей системы: полный заряд \(-Q+q+Q=q\), значит, на правой стороне \(\gamma\) заряд \(q/2\), а на левой стороне \(\beta\) остаётся \(Q+q-q/2=Q+q/2\). После того как пластины разойдутся, заряды остаются на них: \[Q_\beta=Q+\frac q2,\qquad Q_\gamma=\frac q2 .\]

Рис. 5. Три стадии: до удара (\(\gamma\) притягивается), в момент касания (заряды перераспределяются), после удара (\(\gamma\) с зарядом \(q/2\) отталкивается).

С3. После упругого столкновения скорость \(\gamma\) меняет направление, а модуль сохраняется: кинетическая энергия сразу после удара равна \(A_1\). Теперь поле в месте \(\gamma\) создают \(\alpha\) (\(-Q\), влево, \(Q/(2\varepsilon_0S)\)) и \(\beta\) (\(Q+q/2\), вправо), результирующее поле направлено вправо: \[E_2=\frac{Q+q/2-Q}{2\varepsilon_0S}=\frac{q}{4\varepsilon_0S} .\] Сила на \(\gamma\) с зарядом \(q/2\) направлена от \(\beta\) (вправо), \(F_2=\dfrac q2E_2=\dfrac{q^2}{8\varepsilon_0S}\), работа на пути \(d\) \[A_2=F_2d=\frac{q^2d}{8\varepsilon_0S}.\] Полная работа электрических сил \[A=A_1+A_2=\frac{d}{2\varepsilon_0S}\left[(Q-q)Q+\frac{q^2}{4}\right]=\frac{d}{2\varepsilon_0S}\left(Q-\frac q2\right)^2 .\] Кинетическая энергия на расстоянии \(d\) от \(\beta\): \(\dfrac{mv^2}2=A\), откуда \[v=\left(Q-\frac q2\right)\sqrt{\frac{d}{m\varepsilon_0S}} .\] Проверка: при \(q=0\) после удара пластина \(\gamma\) нейтральна (\(Q_\gamma=0\)), поле на неё не действует и скорость сохраняется: \(v=Q\sqrt{d/(m\varepsilon_0S)}\), как в формуле. При \(q=Q\) сила до удара равна нулю (\(E_1=0\)), вся работа — вторая, \(A_2=Q^2d/(8\varepsilon_0S)\), и \(v=\tfrac Q2\sqrt{d/(m\varepsilon_0S)}\), тоже согласуется с формулой.

D. Обозначения. \(F_1=1/D_1\), \(F_2=1/D_2\) — фокусные расстояния; \(d_1\) — расстояние от предмета до первой линзы; \(f_1\) — расстояние от первой линзы до промежуточного изображения; \(d_2=L-f_1\) — расстояние от промежуточного изображения до второй линзы. Увеличение \(\Gamma\) положительно для прямого изображения.

D1. Прямое действительное изображение должно получиться на выходе. Переберём варианты.

• Обе линзы рассеивающие: первая линза даёт мнимое прямое изображение действительного предмета, которое является действительным предметом для второй рассеивающей линзы; она снова даёт мнимое изображение. Действительного изображения нет.

• Первая рассеивающая, вторая собирающая: промежуточное изображение мнимое, прямое, \(d_2>0\). Действительное изображение возможно только при \(d_2>F_2\), но тогда вторая линза даёт перевёрнутое изображение, а общее увеличение отрицательное. Не подходит.

• Первая собирающая, вторая рассеивающая: если \(d_1>F_1\), промежуточное изображение действительное перевёрнутое; рассеивающая линза даёт действительное изображение только для мнимого предмета (промежуточное изображение за линзой), и оно остаётся перевёрнутым (общее увеличение отрицательное); если \(d_1<F_1\), промежуточное изображение мнимое, и рассеивающая линза снова даёт мнимое. Не подходит.

• Обе собирающие: первая линза даёт действительное перевёрнутое промежуточное изображение, вторая переворачивает его ещё раз, итоговое изображение прямое и действительное.

Значит, обе линзы собирающие: \((+,+)\).

D2. Увеличение каждой линзы \(\Gamma_i=\dfrac{F_i}{F_i-d_i}\) (знак учитывает переворот: \(\Gamma_i<0\) у действительного изображения), общее \(\Gamma=\Gamma_1\Gamma_2\). Подставим \(d_2=L-f_1\) и \(f_1=\dfrac{d_1F_1}{d_1-F_1}\) и найдём обратную величину: \[\frac1\Gamma=\frac{(F_1-d_1)(F_2-d_2)}{F_1F_2}=1-\frac L{F_2}+\frac{d_1\bigl[L-(F_1+F_2)\bigr]}{F_1F_2}.\] При перестановке линз предмет остаётся на том же расстоянии \(d_1\) от первой линзы, а фокусные расстояния меняются местами: первое и третье слагаемые сохраняются (третье симметрично по \(F_1,F_2\)), а второе становится \(-L/F_1\): \[\frac1{\Gamma''}=1-\frac L{F_1}+\frac{d_1\bigl[L-(F_1+F_2)\bigr]}{F_1F_2}.\] Вычитаем: \[\frac1{\Gamma'}-\frac1{\Gamma''}=L\left(\frac1{F_1}-\frac1{F_2}\right)=L\,(D_1-D_2),\] откуда \[\Delta D=D_1-D_2=\frac1L\left(\frac1{\Gamma'}-\frac1{\Gamma''}\right)=\frac1{0{,}25}\left(1-\frac14\right)\ \text{дптр}=3\ \text{дптр}.\] Система совместна. Пример: \(F_2=10\) см (\(D_2=10\) дптр), \(F_1=7{,}69\) см (\(D_1=13\) дптр, \(\Delta D=3\) дптр) и \(d_1=26{,}3\) см. Тогда \(f_1=10{,}9\) см, увеличение первой линзы \(\Gamma_1=-0{,}41\), расстояние до второй \(d_2=14{,}1\) см, \(f_2=34{,}2\) см, \(\Gamma_2=-2{,}42\) и \(\Gamma'=\Gamma_1\Gamma_2=1{,}00\); при перестановке получаем \(\Gamma''=4{,}00\) (рис. 6).

Рис. 6. Ход двух лучей из верхней точки предмета \(S\) через две собирающие линзы (\(L=25\) см): луч, параллельный оси, и луч через центр первой линзы пересекаются в изображении \(S_1^*\) (перевёрнутое, уменьшенное, действительное), а после второй линзы — в точке \(S_2^*\) (прямое, того же размера, \(\Gamma'=1\)). Масштаб по высоте увеличен.

Проверка: размерность \(\Delta D\) — обратные метры, \(L\cdot\Delta D\) безразмерно; при \(\Gamma'=\Gamma''\) линзы одинаковы, \(\Delta D=0\).

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