Съдържание

Условие Часть 1. Деформация баллона.Часть 2. Колебания баллона.Часть 3. Электрический заряд.Часть 4. Рентгеновское освещение.Решение Часть1. «Бревно»Часть2. «Лестница»

BelPhO 2011, Заключителен етап, 9,10,11 — Задача 11-2. 11 класс — 2. Сферический баллон

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2011

Заключительный этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Получены все15страниц условий и27страниц решений. Сохранены восемь самостоятельных целых задач для9,10,11класса. Переданы55основных номерных групп и3ненумерованных запроса о часах в сканере; каталожное число54 не задает новое разбиение. Все шесть оригинальных фотографий/листов для построений сканера присутствуют, хотя заголовок называет их вкладышем к задаче1 вместо фактической задачи2. На страницах22–27 ключа дополнительно напечатаны решения «Неоднозначность и как с ней бороться!»; соответствующее условие отсутствует в полученном PDF условий. Полный дополнительный ключ и его девять диаграмм сохранены в раскрываемом примечании, без вымышленного условия или новой задачи.

Время выполнения, баллы и численные критерии оценивания не напечатаны. Получена только общая страница утверждения/инструкций9класса; заголовки10/11класса сохранены при соответствующих задачах. Все аналитические решения, таблицы, подсказки, оба метода колебаний сферы и квазистационарная сноска сохранены.

Печатные несогласованности оставлены буквально: $Nl_1$ в(5) запуска при $l_0$ в(6); деление на $c_{\text{В}}+c_{\mathrm C}$ в тексте соли и $\eta=1/(1+m_{\mathrm C}/m_{\text{В}})$ , повтор $t_1$ ; описание энергии Леннард-Джонса по модулю при знаковой формуле и $S/a$ вместо $S/a^2$ в(16); ссылка на рис.4 вместо6 в последней цепи; смена $a/b$ автомобилей в ключе, $cT_0+uT_0$ при последующем $(c+v)T_1$ , противоположные знаки формул(10)/(16), 10км/ч в условии против100км/ч в ключе и принятая в ключе формула периода биений; $a(a-1)$ при показателе $\alpha$ , масса газа2,0кг при напечатанной подстановке, множитель $2\pi$ массы элемента, повторные номера формул, слово «гамма-квант» для рентгеновского освещения и8,82 вместо8,85 в(32). В дополнении сохранены повтор $T_2$ в моментеC, $T_2$ в результате(7), знак минус в(9) при другой границе диаграммы, смена знака $\beta x$ , метка $f_{1\max}$ для описанного минимума и повторная ссылка(16).

Оригинальные утверждение и инструкции9класса

УТВЕРЖДЕНО. Заместитель председателя оргкомитета заключительного этапа Республиканской олимпиады, заместитель Министра образования Республики Беларусь. _________________ К.С.Фарино. «___» марта2011года.

Республиканская физическая олимпиада2011год (заключительный этап). Теоретический тур. 9класс.

Полный комплект состоит из трех не связанных между собой заданий. К задаче1 прилагается отдельный лист-вкладыш.
При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая — черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету!
Подписывать тетради и отдельные страницы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.
Со всеми вопросами, связанными с условиями задач (но не с их решениями), обращайтесь к представителям Жюри.

Лист-вкладыш сканера

Оригинальный заголовок: «Лист-вкладыш к задаче1». Шесть фотографий рис.1–6 настр.7–8 относятся к «Сканер-стробоскоп», напечатанной как задача2; все фотографии переданы с этой задачей.

Условие

Тонкостенный сферический баллон изготовлен из стали и используется для хранения газообразного кислорода.

Параметры баллона:

радиус в недеформированном состоянии $R_0=1,0\ \text{м}$ ;
толщина стенок $h=1,0\ \mathrm{\text{мм}}$ ;
плотность стали $\rho=7,9\cdot10^3\ \mathrm{\text{кг}/\text{м}^3}$ ;
модуль Юнга стали $E=2,1\cdot10^{11}\ \mathrm{\text{Па}}$ ;
предел прочности на разрыв $\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}=5,6\cdot10^8\ \mathrm{\text{Па}}$ ;
работа выхода электронов из стали равна $A_{\mathrm{\text{вых}}}=4,3\ \mathrm{\text{Эв}}$ .

Атмосферное давление $p_{\mathrm{\text{атм}}}=1,0\ \mathrm{\text{атм}}=1,0\cdot10^5\ \mathrm{\text{Па}}$ , комнатную температуру считать равной $t_0=20^\circ C$ . Молярная масса кислорода $M=32\cdot10^{-3}\ \mathrm{\text{кг}/\text{моль}}$ .

Физические постоянные:

универсальная газовая постоянная $R_{\text{Г}}=8,31\ \mathrm{\text{Дж}/(\text{моль}\cdot \text{К})}$ ;
электрическая постоянная $\varepsilon_0=8,85\cdot10^{-12}\ \mathrm{\text{Ф}/\text{м}}$ ;
скорость света $c=3,0\cdot10^8\ \mathrm{\text{м}/\text{с}}$ ;
заряд электрона $e=1,6\cdot10^{-19}\ \mathrm{\text{Кл}}$ ;
постоянная Планка $h=6,63\cdot10^{-34}\ \mathrm{\text{Дж}\cdot \text{с}}$ .

Внимание! В каждой части задачи сначала получите точные уравнения, необходимые для ответа на поставленные вопросы. Для их решения можете использовать приближенные методы. В каждом случае дайте обоснование сделанных приближений.

Вам может понадобиться приближенная формула

(1+\xi)^\alpha\approx1+\alpha\xi+\frac{a(a-1)}2\xi^2,

справедливая при малых $\xi\ll1$ и любых показателях степени $\alpha$ .

Часть 1. Деформация баллона.

Подсказка — напоминание. При однородном растяжении мерой деформации служит относительное удлинение $\varepsilon=\Delta l/l_0$ ( $l_0$ — длина образца в недеформированном состоянии, $\Delta l$ — абсолютное удлинение); силы упругости удобно характеризовать механическим напряжением, численно равным отношением силы упругости к площади сечения, на которое действует эта сила $\sigma=F_{\mathrm{\text{упр}.}}/\Delta S$ . Согласно закону Гука механическое напряжение пропорционально относительной деформации

\sigma=E\varepsilon,\qquad(1)

где коэффициент пропорциональности $E$ называется модулем Юнга вещества. В данной задачи следует считать, что закон Гука выполняется для всех деформаций вплоть до разрушения материала, которое наступает, если механическое напряжение достигает предельного значения $\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}$ , которое также называется пределом прочности на разрыв.

Оригинальный научный рисунок: все подписи, оси, силы, размеры, формулы, стрелки и границы.

1.1 Внутрь баллона закачивают газообразный кислород при комнатной температуре. После заполнения баллона давление газа оказалось равным $p_0=11\ \mathrm{\text{атм}}$ . На сколько увеличится радиус баллона $\Delta R$ после заполнения баллона?

1.2 Каково может быть максимальное давление кислорода в баллоне при комнатной температуре? Чему равна масса кислорода в этом случае?

Часть 2. Колебания баллона.

Некоторые утверждают, что по высоте звука можно определить заполнен газовый баллон или пуст. В данной чести задачи вам необходимо оценить правдоподобность подобного утверждения. Для упрощения будем рассматривать малые симметричные радиальные колебания описанного сферического баллона. В данной части задачи атмосферным давлением следует пренебречь.

2.1 Найдите частоту $\nu_0$ симметричных радиальных колебаний пустого баллона.

2.2 Баллон заполнили кислородом, так, что его давление в неподвижном баллоне равно $p_0=10\ \mathrm{\text{атм}}$ . Найдите относительное изменение частоты $\Delta\nu/\nu_0$ симметричных колебаний оболочки баллона после его заполнения кислородом, считая процесс сжатия и расширения газа в баллоне адиабатным.

Подсказка — напоминание. Уравнение адиабатного процесса имеет вид

pV^\gamma=\mathrm{const},\qquad(2)

где $p$ — давление газа, $V$ — объем, занимаемый газом, $\gamma$ — показатель адиабаты, для кислорода он равен $\gamma=1,4$ .

Часть 3. Электрический заряд.

Если оболочке баллона сообщить некоторый электрический заряд $q$ , то она расширится. В данной части считайте, что баллон пуст и атмосферное давление отсутствует.

3.1 Определите давление электрического поля на поверхность баллона, если ее заряд равен $q$ .

3.2 Какой максимальный заряд можно сообщить оболочке баллона, чтобы она не разорвалась?

Часть 4. Рентгеновское освещение.

Пустой баллон находится в вакууме и освещается рентгеновским излучением с длиной волны $\lambda=2,0\cdot10^{-10}\ \text{м}$ .

4.1 Выразите энергия кванта $w$ рентгеновского излучения в электрон-вольтах.

4.2 Найдите относительное увеличение радиуса баллона при его облучении.

Работа выхода электронов из стали равна $A_{\mathrm{\text{вых}}}=4,3\ \mathrm{\text{Эв}}$ .

Решение

Часть1. Деформация баллона.

Выделим на поверхности оболочки малую круглую площадку радиуса $r$ , видимую из центра сферической оболочки под малым углом $\theta$ . Очевидно, что $r=R\theta$ . Сила давления газа на эту площадку равна

F_p=\Delta pS_0=\Delta p\cdot\pi r^2=\Delta p\pi R^2\theta^2.\qquad(1)

(здесь $S_0=\pi r^2=\pi R^2\theta^2$ — площадь выделенной площадки; $\Delta p$ — разность давлений газов внутри и снаружи баллона) и направлена радиально от центра оболочки. Эта сила уравновешивается силами упругости, возникающими в оболочке при ее деформации. Эти силы действуют по нормали к торцевому сечению выделенного участка, то есть по касательной к его поверхности. Сила упругости, действующая на малый элемент сечения $\Delta S_1$ , равна

\Delta F_{\mathrm{\text{упр}.}}=\varepsilon E\cdot\Delta S_{1i},\qquad(2)

где $\varepsilon=\Delta R/R_0$ — относительная деформация оболочки, одинаковая во всех ее точках.

Для вычисления векторной суммы всех сил упругости необходимо учесть, что они направлены под углом $\theta$ к радиальному направлению, следовательно, суммарная сила упругости будет направлена к центру сферы. Суммируя проекции сил упругости на радиальное направление, получим

F_{\mathrm{\text{упр}.}}=\sum_i\Delta F_{\mathrm{\text{упр}.}i}\cdot\theta=\varepsilon E\theta\sum_i\Delta S_{1i}=\varepsilon E\theta\cdot S_1,\qquad(3)

где $S_1=\sum_i\Delta S_{1i}=2\pi rh=2\pi R\theta h$ — площадь торцевой поверхности выделенного элемента. Таким образом, с учетом выражения для относительной деформации, выражение для суммарной силы упругости приобретает вид

F_{\mathrm{\text{упр}.}}=\varepsilon E\theta\cdot S_1=\frac{\Delta R}{R_0}E\theta\cdot2\pi R\theta h=2\pi RhE\frac{\Delta R}{R_0}\cdot\theta^2.\qquad(4)

Приравнивая эту силу к силе давления(1), получим уравнение

2\pi RhE\frac{\Delta R}{R_0}\cdot\theta^2=\Delta p\pi R^2\theta^2\ \Rightarrow\ \frac{2Eh}{R_0+\Delta R}\frac{\Delta R}{R_0}=\Delta p.\qquad(5)

Это уравнение может быть решено точно. Однако следует надеяться, что деформация мала, поэтому можно решать приближенным, но более простым способом. Для этого еще раз перепишем уравнение в виде

\frac{\Delta R}{R_0}=\frac{R_0\Delta p}{2Eh}\left(1+\frac{\Delta R}{R_0}\right).\qquad(6)

И оценим входящий в него безразмерный параметр (которому можно приписать даже определенный физический смысл):

\beta=\frac{R_0\Delta p}{2Eh}=\frac{1,0\cdot1,0\cdot10^6}{2\cdot2,1\cdot10^{11}\cdot1,0\cdot10^{-3}}\approx2,4\cdot10^{-3}.\qquad(7)

Этот параметр действительно много меньше единицы, поэтому уравнение(6) имеет решение

\varepsilon=\beta(1+\varepsilon)\approx\beta\ \Rightarrow\ \Delta R=\beta R_0\approx2,4\ \mathrm{\text{мм}}.\qquad(8)

Отметим, что погрешность решения имеет порядок $\beta^2\approx5\cdot10^{-6}$ . Решать с такой точностью не позволяют заданные точности исходных данных.

1.2 Баллон разорвется, если механическое напряжение его стенок превысит предел прочности $\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}$ . На пределе прочности сила результирующая сила упругости, действующая на выделенную площадку(как п.1.1) определяется формулой

F_{\mathrm{\text{упр}.}}=\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}\theta\cdot S_1=2\pi Rh\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}\theta^2.\qquad(9)

Приравнивая ее к силе давления газа(1), получим уравнения для определения избыточного давления, решение которого дает требуемый результат

\Delta p\pi R^2\theta^2=2\pi Rh\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}\theta^2\ \Rightarrow\ \Delta p_{\max}=\frac{2\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}h}{R}\approx\frac{2\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}h}{R_0}\approx\frac{2\cdot5,6\cdot10^8\cdot1,0\cdot10^{-3}}{1,0}\approx1,1\cdot10^6\ \mathrm{\text{Па}}.\qquad(10)

Следовательно, максимальное давление в баллоне на одну атмосферу больше: $p_{\max}\approx1,2\cdot10^6\ \mathrm{\text{Па}}$ . Массу газа в баллоне определяем из уравнения Менделеева-Клапейрона

PV=\frac mM R_{\text{Г}}T\ \Rightarrow\ m=\frac{PVM}{R_{\text{Г}}T}=\frac{1,2\cdot10^6\cdot\frac43\pi(1,0)^3\cdot32\cdot10^{-3}}{8,31\cdot293}\approx2,0\ \mathrm{\text{кг}}.\qquad(11)

Часть2.

Наиболее простой способ определения частоты колебаний состоит в использовании закона сохранения энергии. Можно показать, что плотность энергии упругих деформаций определяется по формуле $w=\frac12E\varepsilon^2$ . Тогда для колеблющейся оболочки закон сохранения энергии принимает вид

\frac{mv^2}{2}+\frac12E\varepsilon^2V=\mathrm{const}.\qquad(12)

где $V$ — объем оболочки (а не баллона). Учитывая, что $\varepsilon=\Delta R/R_0$ , а $v=\Delta R/\Delta t$ , запишем

\frac{\rho Vv^2}{2}+\frac12E\left(\frac{\Delta R}{R_0}\right)^2V=\mathrm{const}\ \Rightarrow\ \frac{v^2}{2}+\frac12\frac E{\rho R_0^2}(\Delta R)^2=\mathrm{const}.\qquad(13)

А это есть уравнение гармонических колебаний с частотой, равной

\omega_0^2=\frac E{\rho R_0^2}\ \Rightarrow\ \nu_0=\frac{\omega_0}{2\pi}=\frac1{2\pi}\sqrt{\frac E{\rho R_0^2}}\approx\frac1{2\pi}\sqrt{\frac{2,1\cdot10^{11}\ \mathrm{\text{Па}}}{7,9\cdot10^3\ \mathrm{\text{кг}/\text{м}^3}\cdot1,0\ \mathrm{\text{м}^2}}}\approx8,0\cdot10^2\ \mathrm{\text{Гц}}.\qquad(14)

Возможен и более традиционный путь решения — на основании уравнения второго закона Ньютона, записанного для малого выделенного элемента участка оболочки.

\Delta m\frac{\Delta v}{\Delta t}=-F_{\mathrm{\text{упр}.}}.\qquad(15)

Масса выделенного элемента равна $\Delta m=2\pi R_0^2\theta^2h\rho\ (16)$ . Подставляя полученное ранее выражение для силы упругости(4), получим

2\pi R_0^2\theta^2h\rho\frac{\Delta v}{\Delta t}=-2\pi RhE\frac{\Delta R}{R_0}\cdot\theta^2\ \Rightarrow\ \frac{\Delta v}{\Delta t}=-\frac E{\rho R_0^2}\Delta R.\qquad(15)

Полученное уравнение также является уравнением гармонических колебаний с частотой, определяемой формулой(14). Заметим, что использование уравнения типа(15) предполагает пренебрежение всеми членами, имеющими второй порядок малости по смещению выделенного элемента.

2.2 Заполнение баллона газом изменяет частоту радиальных колебаний по двум причинам: первое — изменяется радиус баллона; второе — на стенки баллона действует дополнительная изменяющаяся сила давления газа. Чтобы учесть оба этих фактора представим изменение радиуса баллона в виде двух слагаемых: $\Delta R_0$ — изменение радиуса баллона под действием давления газа в состоянии равновесия и определяемое формулой(8); $\delta R$ — еще более малое отклонение от равновесного значения, возникающее в ходе колебаний.

Строго говоря, при расчете колебаний стенок необходимо учитывать распространение упругих волн в газе внутри баллона (звуковые волны). Однако, мы упростим ситуацию и будем считать, что давление во всем объеме изменяется мгновенно во всех точках (так, называемое квазистационарное приближение).

Итак, уравнение второго закона Ньютона для выделенного элемента оболочки в данном случае приобретает вид

2\pi R_0^2\theta^2h\rho\frac{\Delta v}{\Delta t}=-2\pi RhE\frac{\Delta R}{R_0}\cdot\theta^2+p\pi R^2\theta^2.\qquad(16)

Здесь $p$ — изменяющееся давление газа в баллоне. Его зависимость от радиуса баллона определяется уравнением адиабатного процесса

p_0V_0^\gamma=pV^\gamma\ \Rightarrow\ p=p_0\left(\frac{V_0}{V}\right)^\gamma=p_0\left(\frac{R_0+\Delta R_0}{R_0+\Delta R_0+\delta R}\right)^{3\gamma}.\qquad(17)

Подставим это выражение в уравнение(16) и после сокращений получим

\frac{\Delta v}{\Delta t}=-\frac E{R_0^2\rho}(R_0+\Delta R_0+\delta R)\frac{\Delta R_0+\delta R}{R_0}+\frac{p_0}{2R_0^2h\rho}\left(\frac{R_0+\Delta R_0}{R_0+\Delta R_0+\delta R}\right)^{3\gamma}(R_0+\Delta R_0+\delta R)^2.\qquad(18)

Прежде всего, в этом уравнении необходимо провести разложения по «самой величине» $\delta R$ , оставляя только величины первого порядка. Приведем эти выкладки подробно

(R_0+\Delta R_0+\delta R)\frac{\Delta R_0+\delta R}{R_0}=(R_0+\Delta R_0)\frac{\Delta R_0}{R_0}+\delta R\left(\frac{\Delta R_0+R_0+\Delta R_0}{R_0}\right)=(R_0+\Delta R_0)\frac{\Delta R_0}{R_0}+\delta R\left(1+2\frac{\Delta R_0}{R_0}\right).\qquad(18)

\left(\frac{R_0+\Delta R_0}{R_0+\Delta R_0+\delta R}\right)^{3\gamma}(R_0+\Delta R_0+\delta R)^2=(R_0+\Delta R_0)^2\left(1+\frac{\delta R}{R_0+\Delta R_0}\right)^{2-3\gamma}\approx(R_0+\Delta R_0)^2\left(1-(3\gamma-2)\frac{\delta R}{R_0+\Delta R_0}\right)\approx(R_0+\Delta R_0)^2-(3\gamma-2)(R_0+\Delta R_0)\delta R.\qquad(19)

Подстановка полученных выражений в уравнение(18) дает

\frac{\Delta v}{\Delta t}=\left(-\frac E{R_0^2\rho}(R_0+\Delta R_0)\frac{\Delta R_0}{R_0}+\frac{p_0}{2R_0^2h\rho}(R_0+\Delta R_0)^2\right)-\left(\frac E{R_0^2\rho}\left(1+2\frac{\Delta R_0}{R_0}\right)+\frac{p_0}{2R_0^2h\rho}(3\gamma-2)(R_0+\Delta R_0)\right)\delta R.\qquad(20)

Первое слагаемое в этом уравнении определяет условие равновесия

-\frac E{R_0^2\rho}(R_0+\Delta R_0)\frac{\Delta R_0}{R_0}+\frac{p_0}{2R_0^2h\rho}(R_0+\Delta R_0)^2=0.\qquad(21)

Заметим, что это уравнение было решено ранее — равновесное увеличение радиуса баллона дается формулой(8). Коэффициент при втором $\delta R$ равен квадрату круговой частоты колебаний баллона. Преобразуем его, оставляя только величины первого порядка малости теперь по $\Delta R$

\begin{aligned} &\frac E{R_0^2\rho}\left(1+2\frac{\Delta R_0}{R_0}\right)+\frac{p_0}{2R_0^2h\rho}(3\gamma-2)(R_0+\Delta R_0)\\ &=\frac E{R_0^2\rho}\left(1+2\frac{\Delta R_0}{R_0}+\frac{p_0R_0}{2Eh}(3\gamma-2)\left(1+\frac{\Delta R_0}{R_0}\right)\right)\\ &=\omega_0^2\left(1+2\frac{\Delta R_0}{R_0}+\beta(3\gamma-2)\left(1+\frac{\Delta R_0}{R_0}\right)\right).\qquad(22) \end{aligned}

Здесь $\beta=R_0\Delta p/(2Eh)\approx2,4\cdot10^{-3}$ введенный и рассчитанный ранее параметр. Учитывая, что относительная деформация баллона в состоянии равновесия также равна $\beta$ в выражении(7) можно пренебречь малыми величинами второго порядка:

\omega_0^2\left(1+2\frac{\Delta R_0}{R_0}+\beta(3\gamma-2)\left(1+\frac{\Delta R_0}{R_0}\right)\right)\approx\omega_0^2(1+2\beta+\beta(3\gamma-2))=\omega_0^2(1+3\gamma\beta).\qquad(23)

Таким образом, частота колебаний и ее относительное изменение оказываются равными

\nu=\nu_0\sqrt{1+3\gamma\beta}\approx\nu_0\left(1+\frac{3\gamma}2\beta\right)\ \Rightarrow\ \frac{\Delta\nu}{\nu_0}\approx\frac{3\gamma}2\beta\approx5\cdot10^{-3},

то есть всего0,5%.

Часть3. Электрический заряд.

3.1 На малую площадку $\Delta S$ на поверхности внешней сферы со стороны остальных зарядов сферы действует сила $\Delta F=E'\sigma\Delta S\ (24)$ , где $\sigma$ — поверхностная плотность зарядов на сфере, $E'$ — напряженность электрического поля, создаваемого всеми зарядами сферы, кроме тех, которые находятся на выделенной площадке.

Для определения напряженности поля $E'$ воспользуемся следующими рассуждениями. Суммарное поле с внешней стороны площадки равно (поле равномерно заряженной сферы)

E_0=\frac q{4\pi\varepsilon_0R^2}\qquad(25)

и может быть представлено в виде двух слагаемых $\vec E_0=\vec E'+\vec E_1$ , ( $\vec E_1$ — напряженность поля, создаваемого зарядами на выделенной площадке). С внутренне стороны под площадкой эти векторы направлены противоположно и их сумма равна нулю (так как поле внутри проводника отсутствует). Откуда следует, что искомая напряженность $E'$ в два раза меньше суммарной напряженности поля у поверхности сферы

\vec E'-\vec E_1=\vec0\ \Rightarrow\ E'=E_1=\frac12E_0.\qquad(24)

Записанные выражения позволяют рассчитать давление электрического поля на поверхность сферы

p=\frac{\Delta F}{\Delta S}=E'\sigma=\frac12\frac q{4\pi\varepsilon_0R^2}\frac q{4\pi R^2}=\frac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R^4}.\qquad(25)

Далее можно воспользоваться уравнением(10), заменив в нем давление на найденное давление электрического поля:

\frac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R_0^4}=\frac{2\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}h}{R_0}.\qquad(26)

Теперь без труда находим максимально возможный заряд сферы

q_{\max}=\sqrt{64\pi^2\varepsilon_0R_0^3\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}h}=8\pi R_0\sqrt{\varepsilon_0\sigma_{\mathrm{\text{пр}.}}R_0h}\approx8\pi\cdot1,0^2\sqrt{8,85\cdot10^{-12}\cdot5,6\cdot10^8\cdot1,0\cdot1,0\cdot10^{-3}}\approx5,6\cdot10^{-2}\ \mathrm{\text{Кл}}.\qquad(27)

Часть4. Рентгеновское освещение.

Причиной возможного увеличения радиуса шара является фотоэффект, в результате которого шар приобретает положительный электрический заряд.

4.1 Энергия гамма-кванта рассчитывается по формуле

w=\frac{hc}{\lambda e}=\frac{6,63\cdot10^{-34}\cdot3,0\cdot10^8}{2,0\cdot10^{-10}\cdot1,6\cdot10^{-19}}=6,2\cdot10^3\ \mathrm{\text{Эв}}.\qquad(28)

4.2 Энергия кванта значительно превышает работу выхода, поэтому последняя может быть опущена в уравнении Эйнштейна для фотоэффекта:

e\varphi=\frac{hc}{\lambda}-\frac{hc}{\lambda_{\mathrm{\text{кр}.}}}\ \Rightarrow\ \frac{eq}{4\pi\varepsilon_0R}=\frac{hc}{\lambda}.\qquad(29)

Из этого уравнения определяем максимальный заряд оболочки

q=4\pi\varepsilon_0R\frac{hc}{\lambda e}=4\pi\varepsilon_0Rw\qquad(30)

и давление электрического поля на оболочку.

p=\frac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R^4}=\frac{(4\pi\varepsilon_0Rw)^2}{32\pi^2\varepsilon_0R^4}=\frac{\varepsilon_0w^2}{2R^2}.\qquad(31)

Наконец, воспользуемся полученной ранее формулой для расчета относительного увеличения радиуса шара(8):

\frac{\Delta R}{R_0}=\frac{R_0}{2Eh}\frac{\varepsilon_0w^2}{2R_0^2}=\frac{\varepsilon_0w^2}{4EhR_0}=\frac{8,82\cdot10^{-12}(6,2\cdot10^3)^2}{4\cdot2,1\cdot10^{11}\cdot1,0\cdot10^{-3}}=4,0\cdot10^{-13}.\qquad(32)

Таким образом, рассчитанное увеличение радиуса шара меньше размера атома, поэтому в принципе не наблюдаемо.

Решения задач — дополнительный ключ без полученного условия

В PDF решений на страницах22–27 напечатано «Задача3. Неоднозначность и как с ней бороться!». Соответствующего условия нет во всех15 полученных страницах PDF условий. Ниже сохранен полный печатный аналитический материал; условие не восстановлено предположениями.

Часть1. «Бревно»

1.1 Данный пункт олимпиадной задачи следует воспринимать как шутку — очевидно, что при симметричном расположении нитей их силы натяжения равны половине силы тяжести

T_1=T_2=\frac{mg}{2}=98\ \text{Н}.\qquad(1)

1.2 Если бревно подвешено горизонтально на трех нитях, можно записать следующие уравнения равновесия:

сумма всех сил, действующих на бревно равна нулю:

\sum_i\vec F_i=\vec0\ \Rightarrow\ T_1+T_2+T_3=mg;\qquad(2)

сумма моментов сил, действующих на бревно также равна нулю, причем это условие можно записывать относительно любой точки (конца бревна, точек подвеса нитей, центра тяжести...):

\sum_i M_i=0.

\begin{aligned} O:\quad&T_1\frac14L+T_2\frac34L+T_3\left(\frac12L+x\right)=mg\frac12L;\\ A:\quad&T_2\frac12L+T_3\left(\frac14L+x\right)=mg\frac14L;\\ C:\quad&T_2\frac14L=T_3x+T_2\frac14L;\\ D:\quad&T_1\left(\frac14L+x\right)=mgx+T_2\left(\frac14L-x\right);\\ B:\quad&T_1\frac12L+T_3\left(\frac14L-x\right)=mg\frac14L.\qquad(3) \end{aligned}

common-key-fig1

Однако из всех уравнений(2)–(3) независимыми являются только два (любых), так как остальные уравнения могут быть получены из выбранных двух. Следовательно, силы натяжения нитей не могут быть определены однозначно. Очевидно, что силы натяжения нитей могут быть направлены только вертикально вверх, именно эти условия ограничивают возможные диапазоны силы натяжения третьей нити. Формально эти ограничения могут быть записаны в виде неравенств $T_1\ge0;\ T_2\ge0;\ T_3\ge0$ . Далее можно выразить силы натяжения первой и второй нитей как функции силы натяжения третьей и получить тем самым неравенства ограничивающие пределы изменения третьей нити

T_1(T_3)\ge0;\qquad T_2(T_3)\ge0.\qquad(4)

Получим эти неравенства в явном виде и самым быстрым способом — для этого надо выбирать уравнения, в которые входят только требуемые силы (чтобы не тратить время на алгебраические преобразования). Поэтому выберем уравнение(3), записанное для точки крепления первой нити, из которого выразим $T_2(T_3)$ :

T_2\frac12L+T_3\left(\frac14L+x\right)=mg\frac14L;\ \Rightarrow\ T_2=\frac12mg-T_3\left(\frac12+2\frac xL\right).\qquad(5)

Полагая $T_2\ge0$ , получим неравенство, ограничивающее значения $T_3$

\frac{T_3}{mg}\le\frac1{1+4x/L}.\qquad(6)

Аналогично поступим с уравнением для точки крепления второй нити:

T_1\frac12L+T_3\left(\frac14L-x\right)=mg\frac14L;\ \Rightarrow\ T_2=\frac12mg-T_3\left(\frac12-2\frac xL\right)\ge0,\qquad(7)

Откуда следует, что

\frac{T_3}{mg}\le\frac1{1-4x/L}.\qquad(8)

Два неравенства(6),(8) могут быть записаны в виде одного

\frac{T_3}{mg}\le\frac1{1-4|x/L|}.\qquad(9)

На рисунке изображена диаграмма зависимости $T_3(x)$ , указывающая область возможных значений силы натяжения третьей нити (затемнена). Реализуемое значение силы натяжения третьей нити может зависеть от малых различий в длинах нитей и способа подвязывания.

common-key-fig2

Отметим, что данная область может быть выделена и из физических соображений: максимальной силе натяжения третьей нити соответствует нулевое натяжение другой нити, находящейся с той же стороны от оси симметрии, что и третья нить.

1.3 Если нити считать слегка растяжимыми, то бревно слегка наклонится к горизонту. Так как жесткости нитей велики, то угол наклона (который мы для простоты обозначим $\beta$ ) будет малым. В этом приближении можно пренебречь отклонением нитей от вертикали.

common-key-fig3

Теперь то к двум (опять любым!) уравнениям равновесия(2)–(3) следует добавить выражения для сил упругостей нитей, записанные на основании закона Гука:

T_1=k\left(y_0+\beta\frac L4\right),\quad T_2=k\left(y_0-\beta\frac L4\right),\quad T_3=k(y_0+\beta x),\qquad(10)

где $k$ — коэффициент жесткостей нитей, $y_0$ — смещение центра бревна из-за растяжения нитей.

У нас есть богатый выбор: какие два уравнения из условия равновесия выбрать. Так как система (бревно и нити) обладает определенной симметрией, то надо выбирать наиболее симметричные уравнения. Кроме того, следует побыстрее избавляться от неизвестных и ненужных величин, таких как «придуманные» жесткость пружины, смещение центра и наклон бревна.

Исходя из этих соображений, возьмем уравнение(2), в которое входит сумма сил $T_1+T_2$ , которую также можно выразить из уравнений для сил упругости(10), это позволяет выразить значения параметра $ky_0$ :

T_1+T_2+T_3=mg;\ \Rightarrow\ T_1+T_2=mg-T_3,

\left\{\begin{aligned}T_1&=k(y_0+\beta L/4)\\T_2&=k(y_0-\beta L/4)\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ T_1+T_2=2ky_0\ \Rightarrow\ ky_0=\frac{mg-T_3}2.\qquad(11)

В уравнении равновесия(3), записанного для центра масс, легко выразить разность этих сил, которая также выражается из уравнений для сил упругости(10), что дает возможность выразить параметр $k\beta$ :

T_1\frac14L=T_3x+T_2\frac14L\ \Rightarrow\ T_1-T_2=4\frac xL T_3,

\left\{\begin{aligned}T_1&=k(y_0+\beta L/4)\\T_2&=k(y_0-\beta L/4)\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ T_1-T_2=k\beta\frac L2\ \Rightarrow\ k\beta=8\frac x{L^2}T_3.\qquad(12)

Подставим эти выражение в уравнение закона Гука для третьей нити

T_3=k(y_0-\beta x)=ky_0-k\beta x=\frac{mg-T_3}2-8\frac{x^2}{L^2}T_3.\qquad(13)

Решение этого уравнения дает искомый результат

\frac{T_3}{mg}=\frac1{3+16(x/L)^2}.\qquad(14)

График этой функции, нанесенный на ранее построенную диаграмму, показан на рисунке. Как и следовало ожидать, эта кривая попадает в область допустимых значений.

common-key-fig4

В заключение отметим, что и последний пункт этой задачи страдает некоторой искусственностью: трудно найти абсолютно одинаковые нити и еще труднее подвязать их так, чтобы их длины в недеформированном состоянии были одинаковы.

Часть2. «Лестница»

2.1 Силы, действующие на лестницу, изображены на рисунке. Условиями равновесия являются:

равенство нулю суммы всех сил

N_1+F_2=mg,\qquad N_2=F_1,\qquad(1)

(в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси, соответственно);

равенство нулю моментов сил, которое в данном случае удобно записать относительно точки C — точки пересечения перпендикуляров к стене и полу в точках касания лестницы

mg\frac L2\cos\alpha=F_1L\sin\alpha+F_2L\cos\alpha\ \Rightarrow\ \frac{mg}{2}=F_1\tan\alpha+F_2.\qquad(3)

common-key-fig5

Так как силы трения в данном случае являются силами трения покоя, то нельзя связать их с силой нормальной реакции функциональной связью, возможно только ограничиться неравенствами

F_1\le\mu N_1,\qquad F_2\le\mu N_2.\qquad(4)

Система уравнений(1)–(3) является не полной — число неизвестных (четыре — две силы трения и две силы нормальной реакции) превышает число уравнений(три), поэтому эта система однозначного решения не имеет: любые три силы могут быть выражены через одну оставшуюся. Неравенства ограничивают диапазон возможных изменений искомых сил.

2.2 Например, силы трения могут быть выражены как функции силы реакции $N_1$ :

из уравнения(1) $F_2=mg-N_1\ (5)$ ;
из уравнения(3) $F_1=(N_1-mg/2)/\tan\alpha\ (6)$ .

2.3 Так как далее необходимо анализировать диаграмму для модулей сил трения избавимся в уравнениях(1)–(3) и неравенствах(4) от сил нормальных реакций. Для этого выразим силы реакции через силы трения

N_1=mg-F_2,\quad N_2=F_1,\qquad(7)

и подставим в уравнение(3) и неравенства(4):

\frac{mg}{2}=F_1\tan\alpha+F_2,\quad F_1\le\mu(mg-F_2),\quad F_2\le\mu F_1.\qquad(8)

Эта система определяет возможные диапазоны изменения сил трения. Для упрощения анализа системы перейдем к указанным в условии безразмерным параметрам $f_1=F_1/(mg)$ и $f_2=F_2/(mg)$ , для чего разделим уравнение и неравенства(8) на модуль силы тяжести $mg$ . В результате получим

f_1+\mu f_2<\mu,\quad f_2<\mu f_1,\qquad(9)

f_1\tan\alpha+f_2=\frac12.\qquad(10)

Изобразим графически на диаграмме $(f_1,f_2)$ области удовлетворяющие неравенствам(см.рис). Их пересечение (темный треугольник) определяет область допустимых значений, ограниченную максимально возможными значениями сил трения. Построим также на этой диаграмме прямую AB, описываемую уравнением(10). Наклон этой прямой к отрицательному направлению оси равен $\alpha$ . При увеличении этого угла прямая приближается к области допустимых значений. В том же случае, когда эта прямая пересекает область допустимых значений, появляются возможные решения системы(9)–(10). В частности, для прямой AB′, является отрезок, лежащий внутри треугольника допустимых значений (этот отрезок отмечен тремя восклицательными знаками).

common-key-fig6

2.4 Построенная диаграмма позволяет рассмотреть все возможные варианты изменения силы трения $F_1(\tan\alpha)$ в зависимости от угла наклона лестницы.

При малых углах прямая AB не пересекает области допустимых значений, поэтому лестница не может находиться в равновесии.

Минимальному углу наклона лестницы соответствует ситуация, когда прямая AB пересекает точку C в этом случае максимального значения достигают обе силы трения (о пол и о стену). В этом случае выполняются уравнения

f_1\tan\alpha+f_2=\frac12,\quad f_1+\mu f_2=\mu,\quad f_2=\mu f_1,\qquad(11)

решение которых позволяет найти значения минимального угла наклона лестницы.

common-key-fig7

Выразим значения сил трения

\left\{\begin{aligned}f_2&=\mu f_1\\f_1+\mu f_2&=\mu\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ f_1+\mu^2f_1=\mu\ \Rightarrow\ \left\{\begin{aligned}f_1&=\frac\mu{1+\mu^2}\\f_2&=\frac{\mu^2}{1+\mu^2}\end{aligned}\right.\qquad(12)

И подставим в первое уравнение системы, из которого найдем значение минимального угла

\frac\mu{1+\mu^2}\tan\alpha+\frac{\mu^2}{1+\mu^2}=\frac12\ \Rightarrow\ \tan\alpha_{\min}=\frac{1-\mu^2}{2\mu}.\qquad(13)

Численное значение минимального угла при заданном значении коэффициента трения

\tan\alpha_{\min}=\frac{1-\mu^2}{2\mu}=1,05,\qquad\alpha_{\min}\approx46,4^\circ.\qquad(14)

При дальнейшем увеличении угла наклона появляется область изменения силы трения $F_1$ . Для определения минимального значения рассматриваемой силы необходимо решить систему уравнений

\left\{\begin{aligned}f_1\tan\alpha+f_2&=\frac12\\f_2&=\mu f_1\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ f_{1\max}=\frac1{2(\mu+\tan\alpha)}.\qquad(15)

Максимальное значение этой силы находится из системы уравнений

\left\{\begin{aligned}f_1\tan\alpha+f_2&=\frac12\\f_1+\mu f_2&=\mu\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ f_{1\max}=\frac\mu{2(1-\mu\tan\alpha)}.\qquad(16)

common-key-fig8

При дальнейшем увеличении угла наклона прямая AB пересекает треугольник допустимых значений на его нижнем основании. Поэтому в этом случае максимальное значение определяется из системы уравнений

\left\{\begin{aligned}f_1\tan\alpha+f_2&=\frac12\\f_2&=0\end{aligned}\right.\ \Rightarrow\ f_{1\max}=\frac1{2\tan\alpha}.\qquad(17)

Таким образом, область возможных значений силы трения о пол ограничена тремя гиперболами, описываемой функцией(17); смещенной, описываемой функцией(16) и «перевернутой», задаваемой функцией(16). Эти области и показаны на рисунке, выделена область изменения силы трения о пол.

common-key-fig9

Оригинал в Архива: 2011_theoretical_problems.pdf · официални решения: 2011_theoretical_solutions.pdf