Съдържание

НОФ 2019, III кръг (национален), 10–12 клас — Задача 2 – оценка

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОФ 2019

Национална олимпиада по физика 2019, национален кръг, IV възрастова група (10.–12. клас) · 5 май 2019 г. · 15 т.

Условие

За решаване на задачата-оценка е необходимо да се разбере същността на разглежданото физично явление, да се формулира прост модел на явлението, да се изберат разумни стойности на физичните величини и да се получи числен резултат, който повече или по-малко съответства на реалността. В много случаи е полезно използването на законите за запазване, основните принципи на физиката, както и съображения за размерност. В последния случай мерната единица на величина, която е равна на произведение от величини (всяка на определена степен), трябва да съвпада с нейната мерна единица. Оценката в този случай е с точност до произволен множител от порядъка на единица.

В някои от предложените задачи се иска да определите дадена величина, което означава да укажете метод за нейното точно получаване. В други задачи се търсят величини, които трябва да бъдат оценени. В този случай като правило се използва приближен метод, който бързо води до правилен израз и порядък за търсената величина.

2.1. Топлинен двигател

Един mol идеален газ се използва като работно тяло в топлинен двигател. В процеса на работа на двигателя зависимостта на налягането на газа $p$ и на неговия обем $V$ от времето се дават съответно с изразите

p(t) = p_0\left(1-\frac{1}{4}\cos\omega t\right), \qquad V(t) = V_0\left(1-\frac{1}{4}\sin\omega t\right).

2.2. Комбинирано махало

Към долния край на лека пръчка с дължина $L$ е прикачено малко тяло с маса $m$ , а горният ѝ край е окачен неподвижно, така че да се образува математично махало. На разстояние $l$ от точката на окачване пръчката е прикрепена към пружина с коефициент на еластичност $k$ , като тя е недеформирана в положение на равновесие на махалото (фиг. 1).

Вертикална пръчка, окачена за таван, с топче в долния край и хоризонтална пружина към стена. — фиг. 1 — комбинирано махало: лека пръчка с дължина $L$ с тяло $m$ на долния край, окачена неподвижно, и пружина с коефициент $k$ , закрепена на разстояние $l$ от точката на окачване.

2.3. Съотношение за неопределеност

Математично махало с дължина $l$ и маса $m$ извърщва хармонични трептения с минимална енергия.

2.1. а) Начертайте графиката на цикличния процес, като използвате подходящи променливи. [2 т.]

2.1. б) Посочете, като аргументирате отговора си, между кои две точки от графиката на процеса работното тяло ще получава топлина. [1 т.]

2.1. б) Оценете КПД на топлинния двигател. [3 т.]

2.2. Намерете честотата на хармоничните трептения на махалото. [4 т.]

2.3. а) Като използвате съотношението за неопределеност на Хайзенберг $\Delta x\Delta p \sim \hbar$ , намерете минималната енергия на махалото. [2 т.]

2.3. б) Ще въведем неопределеност на физична величина $\Delta A$ като дължината на интервала, съответстващ на изменението на величината $A$ в съответното квантово състояние.

Оценете неопределеността на отклонението на махалото от вертикалата $\Delta\varphi$ и неопределеността на момента на импулса $\Delta L$ в състояние с минимална енергия. [2 т.]

2.3. в) Намерете произведението $\Delta\varphi\Delta L$ и интерпретирайте получения резултат. [1 т.]

Отговори

Решение

2.1. а) Уравнение на процеса в pV-променливи:

\frac{p}{p_0}-1 = -\frac{1}{4}\cos\omega t, \qquad \frac{V}{V_0}-1 = -\frac{1}{4}\sin\omega t, \qquad \textbf{[0,5 т.]}

откъдето следва

\left(\frac{p}{p_0}-1\right)^2 + \left(\frac{V}{V_0}-1\right)^2 = \left(\frac{1}{4}\right)^2. \qquad \textbf{[0,5 т.]}

Цикълът в променливи

\pi = \frac{p}{p_0}, \qquad \Omega = \frac{V}{V_0},

има вид на окръжност $(\pi-1)^2 + (\Omega-1)^2 = \left(\dfrac{1}{4}\right)^2$ с център в (1, 1) и радиус $R = \dfrac{1}{4}$ . [0,5 т.]

Фиг. 1 [0,5 т.]

Окръжност с център (1,1) и радиус 1/4 в координати Ω–π, с отбелязани точки A и B и стойности 3/4, 1, 5/4. — Фиг. 1 — цикличният процес в променливи $\Omega = V/V_0$ и $\pi = p/p_0$ : окръжност с център $(1,1)$ и радиус $1/4$ ; точките $A$ и $B$ са допирните точки с адиабатите.

б) Уравнението на състояние на идеален газ за един mol е $pV = RT$ , което в новите променливи се дава с равенството $\pi\Omega = \tau$ . Тук $\tau = \dfrac{T}{T_0}$ , като $p_0V_0 = RT_0$ . Знаем, че газът не обменя топлина при адиабатен процес. Следователно съществуват две точки върху окръжността, в които кръговия процес се допира до две адиабати. При разширние на газа между тях, той получава топлина от нагревателя. [1 т.]

в) По определение КПД на цикъла е

\eta = \frac{A'}{Q_{in}}. \qquad \textbf{[0,5 т.]}

Извършената работа е равна на площта на кръга

A' = \pi R^2 = \frac{\pi}{16}, \qquad \textbf{[0,5 т.]}

а полученото от работното вещество количество топлина $Q_{in}$ ще оценим приблизително по следния начин. Тъй като изменението на налягането в адиабатния процес е по-бързо от това при изотермния процес, ще приемем че адиабатата около точката на допиране е вертикална. [1 т.] Тогава в процеса на разширение от $A$ към $B$ става поглъщане на топлина

Q_{in} = \Delta U + W = \frac{3}{2}\Delta\tau + 1\,\Delta\Omega + \frac{\pi}{32} = \frac{3}{4} + \frac{1}{2} + \frac{\pi}{32} = \frac{40+\pi}{32}. \qquad \textbf{[0,5 т.]}

Следователно получаваме

\eta = \frac{A'}{Q_{in}} = \frac{2\pi}{40+\pi} \approx 0{,}15. \qquad \textbf{[0,5 т.]}

2.2. Махалото извършва хармонични трептения при отклонение от вертикалата на ъгъл $\varphi \ll 1$ . В това положение на топчето с маса $m$ действа силата на тежестта $mg$ , като връщащата сила, действаща непосредствено на топчето, е насочена по допирателната към траекторията на движение (част от окръжност с радиус $L$ ) и големината ѝ се дава с израза

F_1 = mg\sin\varphi \approx mg\varphi = mg\frac{x}{L}. \qquad \textbf{[0,5 т.]}

Върху пръчката в точката на закрепване на пружината действа връщаща еластична сила

F_2 = kx_1, \qquad \textbf{[0,5 т.]}

където $x_1 \approx \varphi l$ . Тогава имаме

\frac{x_1}{x} \approx \frac{l}{L}. \qquad \textbf{[0,5 т.]}

Тъй като силите $F_1$ и $F_2$ са приложени в различни точки, нито една от тях не е резултантна връщаща сила. За да я определим ще използваме пълния момент на силите $M$ , който връща системата в равновесно положение:

M = F_1L + F_2l = \frac{mgx}{L}L + \left(k\frac{l}{L}x\right)l = \left(mg + \frac{kl^2}{L}\right)x. \qquad \textbf{[1 т.]}

Тогава резултантната връщаща сила $F$ , действаща на топчето, ще намерим като

F = \frac{M}{L} = \left(\frac{mg}{L} + \frac{kl^2}{L^2}\right)x. \qquad \textbf{[0,5 т.]}

Изразът в скобите пред $x$ играе ролята на коефициент на еластичност $k'$ , при което за честотата на хармоничните трептения намираме

\omega = \sqrt{\frac{k'}{m}} = \sqrt{\frac{g}{L} + \frac{k}{m}\frac{l^2}{L^2}}. \qquad \textbf{[1 т.]}

Решение 2.3. а) Енергията на математичното махало, когато извършва хармонични трептения е

E = \frac{p^2}{2m} + \frac{m\omega^2x^2}{2}, \qquad \textbf{[0,5 т.]}

където $p$ е импулса, а $\omega = \sqrt{\dfrac{g}{l}}$ е кръговата честота. Минималната енергия на осцилатора ще оценим чрез съотношението на Хайзенбрг $\Delta x\Delta p \sim \hbar$ . Ако $a$ е амплитудата на класическите трептения, $\Delta x \approx 2a$ [0,25 т.], а импулса $p \approx \Delta p \approx \dfrac{\hbar}{2a}$ [0,25 т.]. Тогава имаме

E \approx \frac{\hbar^2}{8ma^2} + \frac{m\omega^2a^2}{2}

= \frac{1}{2}\left[\left(\frac{\hbar}{2\sqrt{m}a}\right)^2 - 2\left(\frac{\hbar}{2\sqrt{m}a}\right)\sqrt{m}\omega a + \left(\sqrt{m}\omega a\right)^2\right] + \frac{\hbar\omega}{2} \qquad \textbf{[0,5 т.]}

= \frac{1}{2}\left(\frac{\hbar}{2\sqrt{m}a} - \sqrt{m}\omega a\right)^2 + \frac{\hbar\omega}{2}

В състояние с минимална енергия изразът в скобите е нула и математичното махало извършва нулеви трептения с енергия

E_{min} = \frac{\hbar\omega}{2}. \qquad \textbf{[0,5 т.]}

б) При тези трептения ъгловото отклонение от вертикалата е

x_{max} = l\Delta\varphi \rightarrow \Delta\varphi = \frac{x_{max}}{l} \qquad \textbf{[0,25 т.]}.

Тъй като

\frac{m\omega^2x_{max}^2}{2} = \frac{\hbar\omega}{2}, \qquad \textbf{[0,25 т.]}

намираме

\Delta\varphi = \sqrt{\frac{\hbar}{ml^2\omega}} = \left(\frac{\hbar^2}{m^2l^3g}\right)^{1/4}. \qquad \textbf{[0,5 т.]}

От друга страна моментът на импулса L се изменя от нула до $\Delta L$ . Като отчетем, че кинетичната енергия е максимална в равновесното положение, имаме

\frac{(\Delta L)^2}{2ml^2} = \frac{\hbar\omega}{2}, \qquad \textbf{[0,5 т.]}

или

\Delta L = \sqrt{\hbar ml^2\omega} = \left(\hbar^2m^2l^3g\right)^{1/4}. \qquad \textbf{[0,5 т.]}

в) Вижда се, че

\Delta\varphi\,\Delta L = \hbar \qquad \textbf{[0,5 т.]}

е ново съотношение за неопределеност ъгъл – момент на импулса. [0,5 т.]

Оригинал в Архива: NOF3_2019_10-12problems.pdf · официални решения: NOF3_2019_10-12solutions.pdf