w сутт

ВАРИАНТ 3
№1 (1 балл)
Почему сжиженные газы с низкими температурами кипения при
нормальном давлении хранят в открытых теплоизолированных сосудах с
узким горлышком (сосуды Дюара)? Причём сосуды стремятся не держать
полупустыми. Оказывается, что потери таких газов на испарение,
отнесённые к единице объёма жидкости, тем меньше, чем больше объём
сосуда. Почему?
 Жидкость испаряется всегда, когда к ней подводится тепло. Как бы
хорошо ни была устроена теплоизоляция жидкого газа, она не будет
совершенной, и какое-то тепло всегда будет просачиваться к сжиженному
газу. Следовательно, он будет испаряться. Значит, в закрытом сосуде,
наполненном холодной жидкостью, неизбежен рост давления. В результате,
он неизбежно взорвётся.
 Открытое горлышко должно быть узким, чтобы испарение было
минимальным при данном притоке тепла: если тепловой поток фиксирован,
то испарение будет минимальным при условии теплового равновесия
жидкости с собственными парами. Они тогда являются насыщенными. Если
горло сделать широким, то пары над поверхностью не будут насыщенными.
 Количество потерь на испарение прямо пропорционально потоку тепла,
поступающему в газ. А он пропорционален площади поверхности сосуда.
Поэтому отношение потерь к объёму пропорционально отношению площади
поверхности к объёму S / V . У любой объёмной формы есть характерный
габаритный размер. Обозначим его a . Объём пропорционален его кубу, а
площадь поверхности его квадрату:
V  a  a V
3
1/ 3
; S  a  S V
2
2/3
V 2/3
1
 1/ 3 .
 S /V 
V
V
Таким образом, отношение потерь на испарение к объёму обратно
пропорционально кубическому корню из объёма.
№2 (2 балла)
Идеальный газа совершает цикл, указанный на рисунке.
Процесс 12  изотерма; процесс 23  изобара; процесс
31  адиабата. Объём V2=410-3 м3; объём V3=10-3 м3.
Чему равен КПД цикла?
p
1
2
3
V
V3 V2
 Цикл в осях  p,V  «завёрнут» по часовой стрелке, поэтому это цикл
теплового двигателя. Следовательно, искомый КПД определяется по
формуле
 1
Qх
,
Qн
где Qн  тепло, полученное газом в цикле, Q х  тепло, отданное газом в
цикле, в арифметической записи ( Qн  0; Qх  0 ).
 Термодинамическое тепло процесса 12
V2
, так как это изотерма с температурой T12 .
V1
Обозначим давление изобары 23 p23 . Тогда по уравнению МенделееваQ12  A12  RT12 ln
Клапейрона для состояния 2:
RT12  p23V2  Q12  p23V2 ln
V2
 0,
V1
следовательно, в этом процессе газ получает тепло, то есть,
V2
.
V1
 Для определения Qн нужно выразить объём V1 через объёмы V2 и V3 .
Qí  Q12  p23V2 ln
Запишем уравнение адиабаты 31 и изотермы 12 соответственно:
p1V1  p23V3
p1V1  p23V2 .
Поделим верхнее уравнение на нижнее почленно:
1 /  1

V 
V
 1 V3
 V1 1  V3 1  3  V1  V3   3 
V1 
V2
V2
 V2 
Тогда тепло, полученное от нагревателя,
V
Qн  p23V2 ln 2
 V3

1 /  1 
V 
  2 
 V3 
.
11 /  1
  p V ln V2 
23 2 

V3 


V
V

i2
 p23V2
ln 2 
p23V2 ln 2 ,
  1 V3
2
V3

где i  количество степеней свободы молекулы.
 Процесс 31  адиабата  тепло Q х газ отдаёт в процессе 23.
 Тепло, отданное холодильнику:
Qх  Q23  С p T3  T12  
i2
RT12  T3 
2
по определению теплоёмкости процесса и в соответствие уравнению
Майера. Раскроем скобки и применим уравнение Менделеева-Клапейрона:
Qх 
i2
RT12 RT3   i  2  p23V2  p23V3   i  2  p23 V2  V3 .
2
2
2
 Выразим КПД цикла:
  1
Qх
V 
i 2
 i 2
 1 
 p23 V2  V3  /
 p23V2 ln 2  
Qн
V3 
 2
  2
V  V3
3
 1 2
 1
 0,46 .
V2
4 ln 4
V2 ln
V3
№3 (2 балла)
Два длинных прямых провода параллельны друг
x
другу. Расстояние между осями проводов равно 5
см. Каждый провод находится в своей вакуумной
0
камере. Камеры отделены друг от друга тонким

воздушным зазором, делящим расстояние между 
l/2
l/2
проводами пополам и перпендикулярным проводам.
Провода одинаково заряжены с линейной
плотностью заряда, которая может изменяться. Известно, что при
значении напряжённости электрического поля, равном 3106 В/м, воздух
ионизуется и перестаёт быть изолятором. При какой минимальной
плотности заряда произойдёт ионизация воздуха в зазоре и в каком месте?
На рисунке-условии провода изображены с торца, а тонкий воздушный зазор
в ребро (по оси x).
 Направим ось x вдоль по ребру зазора и обсудим зависимость модуля
электрической напряжённости в зазоре от x.

Eп
r

Eл
x

0


l/2
l/2
Мы имеем два источника электрического поля: левый и правый провода.
Согласно принципу суперпозиции полная напряжённость в точке зазора с
координатой x равна сумме напряжённостей полей левого и правого
источника в той же точке: 


E  x   E л  x   Eп  x  .


Очевидно, что при x  0 E  x   0 , так как E л 0   Eп 0 . Точно так же,
lim E  x   0 , поскольку E л    Eп    0 . Положительная функция
x
между двумя своими нулями должна иметь, по крайней мере, один
максимум. Получим выражение функции E  x  и исследуем её на
экстремумы.

 Из-за симметричного расположения зазора E  x  направлена по оси x,
и её модуль выражается так:
E  x   2 E л  x   cos   x   2

 cos   x .
2 0 r  x 
l
. Поэтому
2 sin   x 
  2 sin   x 
  sin 2  x 
.
Ex  
 cos   x  
 0l
 0l
При 0  x   /2    x   0 . Следовательно   2  0 . В таком
диапазоне угла sin 2 имеет один максимум при 2   / 2. В этом случае
sin 2  1. Тогда и E  x  имеет один максимум при *   / 4 . Понятно,
l
l
что при этом х*   tg *   2,5 см .
2
2
  sin 2 *

.
Emax  E  x * 

 0l
 0l
Из последнего рисунка видно, что r  x  
 При минимальной линейной плотности заряда ионизация возникнет в
точке максимума напряжённости, то есть, Ei будет равно Emax . Отсюда мы
получаем уравнение для определения  min :
 min
 Ei 
 0l
  min   0lEi  3,14  8,85 10
12
 5 102  3 106  42 106 Кл/м.
№4 (5 баллов)
Одним из последних подвигов барона Мюнхгаузена было восхождение на небо
по верёвочной лестнице, которая свободно висела, касаясь поверхности
Земли, будучи неподвижной относительно неё. По поводу барона до сих пор
не смолкают споры: привлекал ли он для свершения своих подвигов
волшебство, если не сказать колдовство, или все они совершались в
соответствии с законами природы. Не нарушает ли существование такой
лестницы законов механики тел? И если не нарушает, то какой длины
должна она быть? Масса Земли равна 61024 кг, радиус Земли 6,4106 м.
Дано:
M  6  10 кг
R  6,4  106 м
Рисунок-условие: Земля,
вид со стороны полюса
24
сутт
R
L?
L
Прежде всего, отметим, что поперечный размер лестницы
значительно меньше её длины, поэтому лестницу можно рассматривать как
однородную верёвку с линейной плотностью (массой единицы длины) .
 Если верёвка висит свободно, значит, на неё ничего не действует извне
кроме сил гравитации со стороны Земли. Свободное тело, которое не падает
на Землю, несмотря на земное притяжение, должно вращаться вокруг Земли
в плоскости, проходящей через центр Земли.
сутт
L
сутт
При этом, для того чтобы верёвка была неподвижна относительно
поверхности Земли, она должна вместе с Землёй участвовать в суточном
вращении, угловая скорость которого относительно земной оси показана на
рисунке. Единственная плоскость, проходящая через центр Земли, точки
которой могут участвовать в суточном вращении  это экваториальная
плоскость, которая совпадает с плоскостью нашего рисунка. То есть, верёвка
должна лежать в экваториальной плоскости Земли.
 Чем лестница Мюнхгаузена отличается от геостационарных спутников
связи? Они тоже висят неподвижно над поверхностью экватора, на
определённом расстоянии от неё, вращаясь вокруг центра Земли с периодом,
равным суткам. Отличие только в том, что спутники можно рассматривать
как материальные точки, а лестница-верёвка является протяжённым телом.
Это, конечно, усложняет описание её движения, но никак не запрещает её
существование.
Вопрос с радиусом rсп орбиты геостационарного спутника решается
просто, поскольку центр Земли можно с большой степенью точности считать
инерциальной системой отсчёта. Нужно записать второй закон Ньютона для
движения
под
влиянием
гравитационной
силы
спутника
с
центростремительным ускорением относительно центра Земли.
сутт
rсп

aцс

Fгр
сутт


Fгр  maцс .
Если два вектора равны, то равны их модули:
Fгр  maцс
Модуль центростремительного ускорения раскроем через угловую скорость:
2
aцс  сут
 rсп
Модуль гравитационной силы с помощью закона Всемирного тяготения:
Fгр  G
M m
2
rсп
В результате:
G
M m
2
rсп
2
3
 mсут
 rсп  rсп

GM
2
сут
 rсп  3
GM
2
сут
.
Задача про лестницу Мюнхгаузена очень похожа на только что решённую,
благодаря тому, что у любого протяжённого тела есть замечательная точка:
центр масс. Понятно, где находится центр масс вытянутой однородной
верёвки: в её середине.
Ускорение центра масс относительно инерциальной системы отсчета
определяется общей массой тела и равнодействующей тела:

F равн


aцм 
 F равн  maцм  F равн  maцм
m
R+L
R
0
x
сутт
L/2
ЦМ
R

Fравн

aцс
сутт
 Модуль центростремительного ускорения центра масс:
L

2
aцм  сут
 R  
2

Запомним.
 Общая масса лестницы-верёвки выражается через её длину с помощью
линейной плотности:
m  L .
Запомним.
 Вся сложность связана с равнодействующей. Она равна векторной
сумме сил гравитации, действующих на отдельные малые участки длины.
Все слагаемые силы гравитации направлены к центру Земли, то есть, по
верёвке, то есть, в одну сторону. Поэтому модуль вектора равнодействующей
равен сумме модулей отдельных сил гравитации. Это упрощает дело. Но
каждый из элементов верёвки находится на своём расстоянии от центра
Земли. И, даже если массы участочков будут одинаковы, гравитационные
силы всё равно будут разными. Здесь не обойтись без высшей математики.
Сложение большого количества очень малых слагаемых называется
интегрированием. Отдельное малое слагаемое обозначается с помощью
буквы d. Пустим ось x, вдоль верёвки, так как показано на рисунке. Тогда,
малый участок длины верёвки тогда можно обозначить dx. Его малая масса
dm    dx . Тогда малая сила гравитации, действующая на эту малую массу
dF  G
M  dm
x2
G
M
x2
dx  GM
dx
x2
.
Так как гравитационные силы действуют на участке оси от xmin  R до
xmax  R  L , то
R L
Fравн   dF   GM
R
dx
x
2
R L
GM 
R
dx
x
2
.
Мы получили определённый интеграл, который вычисляется как разность
первообразных на верхнем и нижнем пределах интегрирования.
Первообразная функции
1
 1
известна: это функция    . Таким образом,
 x
x2
1
1
 1

Fравн  GM      RR  L  GM  
  
 x
 R L R
1 
1
 Fравн  GM  
.
 R R L
Запомним.
 Подставляем всё, что мы запомнили в соотношение модулей второго
закона Ньютона для центра масс:
Fравн  maцм 
1 
L
1

2
GM  
  L  сут   R   .
2
 R R L

Похоже, это квадратное уравнение для L:
GM GM
2
2 L

 Lсут
R  Lсут

R
RL
2
GM
2
2 L
R  L   GM  Lсут
R  L  
RR  L   Lсут

R
2
2
2
2
сут
L3
GM
2
2
2
2 сут RL
L  GM  сут R L  сут RL 


 GM 
R
2
2
2
3
GM
3 2
2
2
2 сут L
L  сут R L  сут RL 


R
2
2
2
сут L2
GM
2
2 3 2
 сут R  сут RL 
R
2
2
Приведём это уравнение к каноническому виду:
2
сут
L2
2
3 2
GM
2
 сут
RL  сут
R2 
 0.
2
R
Теперь к приведённому виду:
L2  3RL  2 R 2 
2GM
2
Rсут
 0.
Дискриминант этого уравнения:
 2 2GM 
  9 R 2  8R 2  8GM  R 2  8GM
D  9 R  4 2 R 
2 
2
2

R

R

R

сут
сут
сут


1 
8GM 
2
L1, 2   3R  R 
.
2 
2
R

сут 

2
Понятно, что корень с минусом не подходит, он отрицательный.
Окончательно:
 R

1  2 8GM
8GM


L
R 
 3R 
1  3 2  3 .
2
 2

2
Rсут
R сут




4 2
4  10
2
9  2
сут  2  2

5
,
4

10
с
Tсут 24  3,6 2  106
Гравитационная постоянная: G  6,7  10
8GM
2
R 3сут
Значит,
L
R
2


11
м3
кг  с 2
8  6,7  1011  6  1024
6,4  10  5,4  10
3

1  2258  3 
18
9
 2258
R
 45  22,5 R  144  106 м
2