Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 11 класса (город 2007)

Подробности

Обновлено 29.03.2013 21:53

Решения задач городского тура 2007 года для 11 класса.

1 · 2 · 3 · 4 · 5

Задача 1.

При заполнении пространства между линзами веществом с коэффициентом преломления n, фокусные расстояния у линз изменятся (станут равными какому-то значению F'). Чтобы пучок лучей остался параллельным, эти новые фокусы у линз должны совпадать, т. е. расстояние между линзами должно быть равно 2F' (см. рис.).

Рассмотрим луч, параллельный главной оптической оси, отстоящий от нее на x. Если бы область справа от линзы не заполнять веществом, рассматриваемый луч вышел бы из линзы под углом α, таким что tgα = x/F. Значит, перед тем, как выйти из линзы (внутри стекла), угол наклона луча β удовлетворял закону Снелиуса n_стsinβ = sinα (1), где n_ст - коэффициент преломления стекла. После заполнения области веществом с коэффициентом преломления n, угол β не изменится, а угол выхода луча из линзы заменится с α на γ, удовлетворяющему n_стsinβ = nsinγ (2). Сравнивая (1) и (2), получаем sinα = nsinγ, откуда sinγ = sinα/n. Воспользуемся тем, что при рассмотрении хода лучей в линзе угол между лучом и главной оптической осью линзы считается малым (условие параксиальности). Тогда sinα ≈ tgα = x/F. Аналогично tgγ ≈ sinγ = x/(nF). Значит, фокусное расстояние линзы F' станет равно nF, а расстояние между линзами должно быть 2nF.

Задача 2.

Задачу проще всего решать при помощи закона сохранения энергии: бусинка остановится, когда вся ее кинетическая энергия mV²/2 > 0 перейдет в потенциальную энергию qφ электрического взаимодействия (конечно, при движении заряженой бусинки она будет излучать электромагнитные волны; однако соответствующими потерями мы пренебрегаем), здесь φ - потенциал, который в точке остановки бусинки создают обе сферы.

По теореме Гаусса равномерно заряженая сфера снаружи от себя создает такое же поле (напряженность и потенциал), как точечный заряд, расположенный в центре сферы, величина которого равна полному заряду сферы. Внутри же себя полая сфера не создает поля (напряженность равна нулю), так что для перемещения пробного заряда внутри сферы не нужно затрачивать работу, и, следовательно, потенциал электрического поля внутри сферы постоянен (такой же как на поверхности).

Пусть бусинка находится справа, снаружи от обеих сфер, на расстоянии x > R от центра положительно заряженой сферы. Потенциал создаваемый каждой сферой здесь легко определить, стянув заряд каждой сферы в ее центр и воспользовавшись формулой для потенциала точечного заряда. Потенциал этот равен . Так как q < 0, энергия qφ < 0, так что равенство qφ = mV²/2 в этой области не может реализоваться. Значит, бусинка не может остановиться в этой области.

Пусть теперь бусинка находится внутри положительно заряженой сферы, но снаружи от отрицательно заряженой сферы (x < R, x+a > R). Потенциал отрицательно заряженой сферы здесь считается как и в предыдущем случае, а вот потенциал положительной сферы такой же, как на ее поверхности, kQ/R. Итак, так что условие остановки бусинки можно разрешить относительно x: напомним, что q < 0. Видно, что неравенство x+a > R никогда не выполняется для таких x.

В области внутри обеих сфер каждая сфера создает такой же потенциал, как на своей поверхности, т.е. ±kQ/R, так что полный потенциал φ здесь равен нулю. При V > 0 равенство qφ = mV²/2 также не может выполняться.

В области внутри отрицательно заряженой сферы, но снаружи от положительной (x > R, x−a < R) потенциал положительной сферы считается с помощью формулы точечного заряда, а потенциал отрицательной сферы равен −kQ/R. Итак, , так что условие остановки бусинки можно разрешить относительно x:

(*).

Для решения (*) можно заметить, что условие x > R выполняется всегда. Условие x−a < R налагает ограничение на V:

(**).

Очевидно, что если оно выполняется, выражение (*) положительно.

Рассмотрим последний случай, когда бусинка находится слева, снаружи от обеих сфер. Очевидно, что здесь бусинка остановится не может. так как отрицательно заряженная сфера отталкивает бусинку сильнее, чем притягивает положительная.

Итак, ответ: бусинка вообще остановится лишь при выполнении условия (**), это произойдет на расстоянии (*) от положительно заряженной сферы, причем снаружи от нее внутри отрицательной сферы.

Задача 3.

Существует 5 возможных расположений спутника, обозначеных на рисунке крестиками. Убедимся в этом.

Рассмотрим положение L₁. Обозначим расстояние от спутника до планеты через x. Условие движения спутника по окружности радиуса R под действием сил притяжения к планете и звезде имеет вид (здесь ω - угловая скорость движения спутника вокруг звезды)

(1)

Так как планета движется вокруг звезды с той же угловой скоростью ω, уравнение ее движения имеет вид

(2)

Выразим ω из (2) и подставим в (1):

(3)

Заметим, что слагаемые и в левой и правой части близки друг другу; перенесем их, например, вправо и оценим получившуюся разность: .

Последнее приближенное равенство получено отбрасыванием x² по сравнению с −2Rx в числителе и заменой (R−x)² на R² в знаменателе.

Используем это значение, чтобы преобразовать (3)

Теперь из него легко можно выразить x:

(3)

Аналогично найдем расстояние от планеты до точки L₂. Вместо (1) при этом следует записать

Вычисления приводят к такому же выражению для x, что и в (3).

Положение точки L₃ очевидно - здесь влиянием планеты можно пренебречь ввиду m << M, значит движение спутника происходит по тем же законам, что и движение планеты (достаточно в (2) заменить m на μ), и значит ее период обращения будет такой же как у планеты.

Точки L₁, L₂, L₃ называются коллинеарными точками Лагранжа. Тела, помещённые в коллинеарных точках Лагранжа, находятся в неустойчивом равновесии. Например, если объект в точке L₁ слегка смещается в сторону планеты, сила, притягивающая его к планете увеличивается, а сила притяжения со стороны звезды, наоборот уменьшается. В результате, объект будет всё больше удалятся от положения равновесия. Несмотря на это, существуют стабильные замкнутые орбиты (во вращающейся системе координат) вокруг этих точек. Несмотря на неустойчивость такой орбиты, космический аппарат может оставаться на ней в течение длительного времени, затрачивая относительно небольшое количество топлива. Исследователи в области космонавтики давно уже обратили внимание на точки Лагранжа. Например, в точке L₁ системы Земля-Солнце удобно разместить космическую солнечную обсерваторию - она никогда не будет попадать в тень Земли, а значит наблюдения могут вестись непрерывно. Точка L₂ подходит для космического телескопа - здесь Земля почти полностью заслоняет солнечный свет, да и сама не мешает наблюдениям, поскольку обращена к L₂ неосвещенной стороной. Точка L₁ системы Земля-Луна удобна для размещения ретрансляционной станции в период освоения Луны. Она будет находиться в зоне прямой видимости для большей части обращенного к Земле полушария Луны. В настоящее время несколько космических аппаратов, в первую очередь, астрофизических обсерваторий, размещены в различных точках Лагранжа Солнечной системы. Что же касается точки L₃, в ней могла бы существовать гипотетическая планета Х, которую мы никогда бы не наблюдали с Земли - она все время скрывалась бы от нас за солнечным диском. Однако, несложно убедиться, что положение такой планеты также неустойчиво - при случайном удалении от звезды, сила притяжения к центру вращения ослябляется. Вообще степень неустойчивости орбиты определяет характерное время, через которое тело, помещенное на эту орбиту, значительно удалится с нее. В системе Земля - Солнце для точек L₁, L₂ это время составляет примерно 23 дня, а для точки L₃ - около 150 земных лет...

Найдем теперь расположение точек L₄ и L₅. При нахождении этих точек необходимо учитывать, что система Звезда-Планета (3-П) вращается вокруг общего центра масс О (см. рис.). Обозначим OЗ = aR, OП = (1−a)R, 3С = R' = bR. Безразмерный параметр a, характеризующий положение центра масс, определяется из соотношения MaR = M(1−a)R, и равен a = m/(M+m) ≈ m/M. Параметр b определяет форму треугольника 3CП.

Свяжем величины углов α и γ с помощью отрезка OS (перпендикулярного ЗС). С одной стороны, OS = OЗsinα = Rasinα, с другой OS = SCtgγ = (R'−Racosα)tgγ. Приравнивая эти выражения получаем . Так как a мал, γ также мал и равен

(4), cosγ ≈ 1

Силы притяжения спутника к звезде (сила F_M) и планете (сила F_m) в проекции на ось, параллельную ОС, должны в сумме обеспечивать центростремительное ускорение: F_Mcosγ + F_mcosβ = μω²R'. С учетом (2), это условие имеет вид (расстояние от спутника до планеты выразили по теореме косинусов)

Последнее равенство можно записать в виде

, где b = R'/R.

Так как M >> m, равенство может выполнится лишь при малости выражения в скобках в левой части, т.е. при b ≈ 1, R' ≈ R. Итак, треугольник 3СП равнобедренный,

β = 90° − α/2 − γ ≈ 90° − α/2 (5), СП = 2Rsinα/2.

Силы притяжения спутника к звезде и планете в проекции на ось, перпендикулярную ОС, должны компенсироваться: F_Msinγ = F_msinβ. С учетом выражений для γ (4) и β (5), запишем это условие в виде F_Masinα = F_mcosα/2, а затем перепишем как . Отсюда, переходя к углу α/2, получим

.

Так как a = m/M, α/2 = 30°. Итак, мы показали, что треугольник СПЗ равносторонний.

Исследованные точки L₄ и L₅ называются троянскими. В системе Солнце - Юпитер в окрестностях точек L₄ и L₅ находятся так называемые троянские астероиды. Сейчас известно более сотни астероидов в точках L₄ и L₅.

В отличие от коллинеарных точек, в троянских точках может обеспечиваться устойчивое равновесие. Этот факт удивителен, ведь если записать выражение для потенциальной энергии гравитационного взаимодействия, то в окрестности троянской точки эта энергия имеет максимум. Обычно это соответствует положению неустойчивого равновесия (см. механическую аналогию на рисунке). В данном случае, однако, ситуация сложнее: тело набирает скорость, падая из этого неустойчивого положения, при этом во вращающейся системе отсчета на него начинает действовать сила Кориолиса, закручивающая тело вокруг троянской точки по устойчивой орбите. Данный механизм схож с тем, как образуется ураган: воздух падает из области высокого давления и закручивается силой Кориолиса, в результате чего образуется стабильный вихрь. Строгий анализ устойчивости не очень сложен, но весьма громоздок, он подразумевает исследование набора вторых производных потенциальной энергии в троянской точке по координатам. Заинтересованный читатель может найти его в астрономических пособиях.

Задача 4.

Легко найти площадь сечения трубки, так как масса ртути определяется через ее плотность и объем: m = 3LSρ/2 ⇒ S = 2m/(3ρL). Так как в начале ртуть в обоих коленах сосуда находится на одном уровне, давление гелия вначале совпадает с атмосферным. Из уравнения Клайперона - Менделева можно найти количество вещества гелия ν вначале:

νR = p₀LS/4T₀ = mp₀/6ρT₀ (*)

При нагревании системы будет иметь место следующие этапы:

• Расширение гелия, ртуть еще не выливается
• Расширение гелия, ртуть выливается
• Дальнейшее расширение гелия, гелий пузырями выходит через ртуть.

Отметим, что этапы 2 и 3 необратимы, т.о. если нагревание в какой-то момент сменяется охлаждением, теплоемкость системы оказывается другой.

1 этап. Пусть в некоторый момент этого этапа температура системы равна T, а давление p. При этом ртуть сместилась относительно исходного положения на x. Объем газа составляет V = LS/4 + xS а давление больше атмосферного на величину столба ртути высотой 2x (разница уровней в коленах трубки): p = p₀ + 2ρgx Исключая отсюда x, можно связать давление газа с его объемом на первом этапе:

p(V) = α + βV (1)

где α = p₀ − ρgL/2, β = 2ρg/S = 6ρ²gL/(2m). Эта зависимость изображена на графике p(V) отрезком 1-2. Используя (1), можно найти и температуру как функцию объема:

(2)

Найдем теплоемкость гелия на данном этапе. Теплота ΔQ переданная газу для нагревания его на ΔT идет на увеличение его внутренней энергии ΔU = 3νRΔT/2 и на работу ΔA, которую газ должен совершить в этом процессе, численно равную площади под графиком p(V), см. заштрихованный участок. Из графика видно, при малых ΔT и ΔV площадь под графиком можно аппроксимировать прямоугольником: ΔA = pΔV. С другой стороны, по определению теплоемкости ΔQ = C_HeΔT. Таким образом,

(3)

Величина ΔT/ΔV может быть найдена просто как производная от выражения (2):

(4)

Подставляя (4) и (1) в (3) имеем

(5)

Осталось только добавить к (5) теплоемкость ртути cm и выразить ответ через температуру (в задаче требовалось найти теплоемкость системы как функцию температуры). Для этого решим квадратное уравнение (2) относительно V (отрицательный корень отбросили):

(6)

Итак, ответ, с учетом (*), имеет вид

где α = p₀ − ρgL/2, β = 6ρ²gL/(2m),

V задается формулой (6). Данные формулы работают, пока длится первый этап, т.е, до момента, когда x достигнет значения L/4. Это соответствует температуре

2 этап. Пусть в некоторый момент этого этапа температура системы равна T, а давление p. При этом столбик ртути длиной y вылился из трубки. Объем газа составляет V = LS/2 + yS, а давление больше атмосферного на величину столба ртути высотой L/2 + y (разница уровней в коленах трубки): p = p₀ + ρg(L/2 + y). Исключая отсюда y, получим для второго этапа:

p(V) = α' + β'V, (7)

где α' = p₀, β' = ρg/S = 3ρ²gL/(2m). Эта зависимость изображена на графике p(V) отрезком 2-3. Повторяя все рассуждения предыдущего пункта с заменой α, β на α', β', получим для теплоемкости системы выражение отличающееся от ответа для первого этапа еще тем, что часть ртути вылилось, поэтому следует заменить m = 3ρLS/2 на массу ртути, оставшуюся в данный момент в трубке, т. е. на величину m' = m − ρSy = m − ρ(V−LS/2) = m − ρV + ρLS/2 = 4m/3 − ρV.

Итак, на данном этапе теплоемкость при нагревании системы составит

, где α' = p₀, β' = 3ρ²gL/(2m), m' = 4m/3 − ρV, (8)

Данный этап длится, пока гелий не заполнит всю левую трубку, т. е. до температуры

Если же мы будем интересоваться теплоемкостью системы при охлаждении, она будет на этом этапе зависеть от того, до какой максимальной температуры ее нагревали. Пусть это температура T_max < T₂. Ей соответствует максимальный объем газа V_max, определяющийся по формуле (8) при T = T_max а также максимальное давление p_max = α'V_max + β'V_max². При последующем охлаждении в трубке останется масса ртути m'_max = 4m/3 − ρV_max. Пусть при остывании ртуть опустилась на z. Объем газа тогда станет V = V_max − Sz а давление окажется равным p = p_max − 2ρgz Исключая из системы z снова получим линейную связь давления с объемом: p(V) = α'' + β''V, где α'' = p_max − 2ρgV_max/S, β'' = 2ρg/S = 3ρ²gL/m. Поэтому теплоемкость при охлаждении системы задается формулами первого этапа с заменой α и β на α'' и β''. Подчеркнем, что в этом случае теплоемкость завитит не только от текущей температуры, но и от максимальной температуры, до которой нагревлась система. В этом смысле можно сказать, что наша система обладает "памятью".

3 этап. На данном этапе ртуть заполняет всю правую трубку (ее масса m₃ = 2m/3), а гелий - всю левую, давление гелия равно p₃ = p₀ + ρgL и уже не меняется, зато меняется количество вещества гелия. Объем гелия также не меняется, значит, он не совершает работу. Пусть температура системы в данный момент составляет T. Внутренняя энергия газа тогда равна U_He = 3ν'RT/2. Подставим в это равенство количество вещества гелия из уравнения Клайперона - Менделеева:

(9) ⇒

Видно, что внутренняя энергия газа на этом этапе не зависит от его температуры и, следовательно, не дает вклад в теплоемкость. Теплоемкость газа на данном этапе равна нулю, а теплоемкость системы при нагревании равна C_sys = 2cm/3.

Теплоемкость системы при охлаждении снова кроме текущей температуры зависит от максимальной температуры T_max > T₂, до которой нагревали газ. Этому нагреванию соответствует количество вещества гелия ν_max, оставшееся в трубке, определяющееся по формуле (9) при T = T_max. При этом максимальное давление газа в системе p_max = p₃, а V_max = LS = 2m/(3ρ). Теплоемкость в этом случае определяется также, как и теплоемкость при охлаждении на втором этапе, но при новых значениях p_max, V_max; это выразится в том, что параметр α'' станет равным теперь α'' = p_max − 2ρgV_max/S = p₀ − ρgL. Кроме того, надо не забыть поменять ν на ν_max.

Задача 5.

Колесо, движущееся поступательно, начинает раскручиваться силой Лоренца, которая действует вертикально вниз на часть колеса, попавшую в поле. Эта сила создает нескомпенсированный момент, за счет которой колесо раскручивается. Из-за вращательной компоненты на колесо действует компонента силы Лоренца, уменьшающая поступательную скорость. Действительно, рассмотрим два противоположных кусочка колеса (см. рис.). Видно, что вертикальные компонеты сил Лоренца скомпенсируются, а горизонтальная компонента оказывается тормозящей. Иными словами, вращательная компонента скорости колеса порождает силу Лоренца, которая тормозит колесо, но не влияет на раскручивание. Итак, за счет силы Лоренца поступательная компонента скорости уменьшится, а вращательная увеличится. Так как сила Лоренца работы не совершает, поступательная энергия колеса переходит во вращательную.

Введем заряд единицы длины обода σ. Обозначим в некоторый момент времени поступательную скорость колеса V, а вращательную u = ωR. Рассмотрим, какая сила в этот момент раскручивает колесо. Мы уже доказали, что для исследования раскручивающей силы достаточно рассмотреть лишь компоненту силы Лоренца, соответствующую поступательной компоненте скорости колеса. Для маленького кусочка колеса Δx эта компонента силы Лоренца равна σΔxBV Раскручивает же колесо проекция силы на направление OZ, касательное к ободу, т.е. σΔxBVcosα = σΔyBV. Если просуммировать все эти вклады сумма элементов Δy дает длину хорды колеса, лежащей на границе магнитного поля. Обозначим ее L(t). С другой стороны, суммарная сила по второму закону Ньютона пропорциональна ускорению вращательного движения колеса:

⇒ MΔu = σBV(t)L(t)Δt

Теперь следует заметить, что величина BV(t)L(t)Δt в правой части - просто изменение магнитного потока через колесо в данный момент времени. Значит, MΔu = σΔΦ. Это равенство справедливо в любой момент времени, значит, и полное изменение вращательной компоненты скорости пропорционально полному изменению магнитного потока через колесо, которое, в свою очередь, равно BπR².

Итак, целиком войдя в поле, колесо приобретет вращательную скорость u_k = σBπR²/M. По закону сохранения энергии возникновение вращательной энергии произошло за счет уменьшения поступательной, т. е. величина V² + u² не меняется и равна значению вначале V₀². Чтобы колесо в конце катилось без проскальзывания, его поступательная и вращательная скорости должны быть равны, т. е. V_k = u_k = V₀/. Отсюда найдем заряд колеса:

, .