IPhO 2000 · Theory problem 1

Five short parts: bungee jumper, heat engine, age of the Earth from U-Pb dating, uniformly charged sphere, rotating copper ring in the Earth's magnetic field

Download PDFIPhO 2000

A bungee jumper is attached to one end of a long elastic rope. The other end of the elastic rope is fixed to a high bridge. The jumper steps off the bridge and falls, from rest, towards the river below. He does not hit the water. The mass of the jumper is \(m\), the unstretched length of the rope is \(L\), the rope has a force constant (force to produce 1 m extension) of \(k\) and the gravitational field strength is \(g\).

You may assume that

the jumper can be regarded as a point mass \(m\) attached to the end of the rope,
the mass of the rope is negligible compared to \(m\),
the rope obeys Hooke’s law,
air resistance can be ignored throughout the fall of the jumper.

Obtain expressions for the following and insert on the answer sheet:

(a) the distance \(y\) dropped by the jumper before coming instantaneously to rest for the first time,

(b) the maximum speed \(\upsilon\) attained by the jumper during this drop,

A heat engine operates between two identical bodies at different temperatures \(T_{\mathrm A}\) and \(T_{\mathrm B}\) (\(T_{\mathrm A}>T_{\mathrm B}\)), with each body having mass \(m\) and constant specific heat capacity \(s\). The bodies remain at constant pressure and undergo no change of phase.

(a) Showing full working, obtain an expression for the final temperature \(T_0\) attained by the two bodies A and B, if the heat engine extracts from the system the maximum amount of mechanical work that is theoretically possible.

Write your expression for the final temperature \(T_0\) on the answer sheet.

(b) Hence, obtain and write on the answer sheet an expression for this maximum amount of work available.

The heat engine operates between two tanks of water each of volume \(2.50\ \mathrm{m^3}\). One tank is at \(350\ \mathrm K\) and the other is at \(300\ \mathrm K\).

Specific heat capacity of water \(=4.19\times10^3\ \mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}\)

Density of water \(=1.00\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\)

It is assumed that when the earth was formed the isotopes \({}^{238}\mathrm U\) and \({}^{235}\mathrm U\) were present but not their decay products. The decays of \({}^{238}\mathrm U\) and \({}^{235}\mathrm U\) are used to establish the age of the earth, \(T\).

(a) The isotope \({}^{238}\mathrm U\) decays with a half-life of \(4.50\times10^9\) years. The decay products in the resulting radioactive series have half-lives short compared to this; to a first approximation their existence can be ignored. The decay series terminates in the stable lead isotope \({}^{206}\mathrm{Pb}\).

Obtain and insert on the answer sheet an expression for the number of \({}^{206}\mathrm{Pb}\) atoms, denoted \({}^{206}n\), produced by radioactive decay with time \(t\), in terms of the present number of \({}^{238}\mathrm U\) atoms, denoted \({}^{238}N\), and the half-life time of \({}^{238}\mathrm U\). (You may find it helpful to work in units of \(10^9\) years.)

(b) Similarly, \({}^{235}\mathrm U\) decays with a half-life of \(0.710\times10^9\) years through a series of shorter half-life products to give the stable isotope \({}^{207}\mathrm{Pb}\).

Write down on the answer sheet an equation relating \({}^{207}n\) to \({}^{235}N\) and the half-life of \({}^{235}\mathrm U\).

(c) A uranium ore, mixed with a lead ore, is analysed with a mass spectrometer. The relative concentrations of the three lead isotopes \({}^{204}\mathrm{Pb}\), \({}^{206}\mathrm{Pb}\) and \({}^{207}\mathrm{Pb}\) are measured and the number of atoms are found to be in the ratios \(1.00:29.6:22.6\) respectively. The isotope \({}^{204}\mathrm{Pb}\) is used for reference as it is not of radioactive origin. Analysing a pure lead ore gives ratios of \(1.00:17.9:15.5\).

Given that the ratio \({}^{238}N:{}^{235}N\) is \(137:1\), derive and insert on the answer sheet an equation involving \(T\).

(d) Assume that \(T\) is much greater than the half lives of both uranium isotopes and hence obtain an approximate value for \(T\).

(e) This approximate value is clearly not significantly greater than the longer half life, but can be used to obtain a much more accurate value for \(T\). Hence, or otherwise, estimate a value for the age of the earth correct to within 2%.

Charge \(Q\) is uniformly distributed in vacuo throughout a spherical volume of radius \(R\).

(a) Derive expressions for the electric field strength at distance \(r\) from the centre of the sphere for \(r\le R\) and \(r>R\).

(b) Obtain an expression for the total electric energy associated with this distribution of charge.

Insert your answers to (a) and (b) on the answer sheet.

A circular ring of thin copper wire is set rotating about a vertical diameter at a point within the Earth’s magnetic field. The magnetic flux density of the Earth’s magnetic field at this point is \(44.5\ \mu\mathrm T\) directed at an angle of \(64^\circ\) below the horizontal. Given that the density of copper is \(8.90\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\) and its resistivity is \(1.70\times10^{-8}\ \Omega\,\mathrm m\), calculate how long it will take for the angular velocity of the ring to halve. Show the steps of your working and insert the value of the time on the answer sheet. This time is much longer than the time for one revolution.

You may assume that the frictional effects of the supports and air are negligible, and for the purposes of this question you should ignore self-inductance effects, although these would not be negligible.

Official English text of the problem.

Answers

A(a): \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]
A(b): \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]
A(c): \[ \boxed{t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}}\left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]
B(a): \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]
B(b): \[ \boxed{W_{\max}=ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]
B(c): \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]
C(a): Writing \(h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}\), \[ \boxed{{}^{206}n={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}. \]
C(b): Writing \(h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}\), \[ \boxed{{}^{207}n={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}. \]
C(c): \[ \boxed{\frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7}},\qquad T>0. \]
C(d): \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})} =5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
C(e): \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
D(a): The radial component of the electric field is \[ \boxed{E_r(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \begin{cases} \dfrac{r}{R^3},&0\le r\le R,\\[4pt] \dfrac{1}{r^2},&r>R. \end{cases}} \] The field is outward for \(Q>0\), inward for \(Q<0\), and zero at the centre.
D(b): \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]
E: \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

Solution

A(a)

Let \(z\) be the downward distance from the bridge. The rope is slack until \(z=L\); thereafter its extension is \(x=z-L\), and its tension is \(kx\).

There is no dissipation, so mechanical energy is conserved. At the lowest point, \(z=y\), the jumper is instantaneously at rest. Thus \[ mgy=\frac12k(y-L)^2. \] Equivalently, with \(x=y-L\), \[ x^2-\frac{2mg}{k}x-\frac{2mgL}{k}=0. \] The physically admissible root has positive extension: \[ x=\frac{mg}{k}+ \sqrt{\left(\frac{mg}{k}\right)^2+\frac{2mgL}{k}}. \] Therefore \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]

A(b)

The speed increases while the downward acceleration is positive. Once the rope is taut, \[ m\ddot z=mg-k(z-L). \] The speed is therefore greatest when the acceleration first becomes zero: \[ z=L+\frac{mg}{k}. \]

Energy conservation at any point with the rope taut gives \[ \frac12mv^2=mgz-\frac12k(z-L)^2. \] At the position of maximum speed, \[ \frac12m\upsilon^2 =mg\left(L+\frac{mg}{k}\right) -\frac12k\left(\frac{mg}{k}\right)^2 =mgL+\frac{m^2g^2}{2k}. \] Hence \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]

A(c)

During the initial free fall through distance \(L\), the elapsed time and final speed are \[ t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}, \qquad v_1=\sqrt{2gL}. \]

Set \(\tau=0\) when the rope first becomes taut, and define \[ \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{mg}{k}. \] The subsequent equation of motion is \[ \ddot x+\omega_0^2x=g. \] With \(x(0)=0\) and \(\dot x(0)=v_1\), its solution is \[ x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\bigl(1-\cos\omega_0\tau\bigr) +\frac{v_1}{\omega_0}\sin\omega_0\tau, \] so \[ \dot x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\omega_0\sin\omega_0\tau +v_1\cos\omega_0\tau. \]

The first zero of this velocity occurs for \(\pi/2<\omega_0\tau<\pi\). Consequently, \[ \omega_0\tau =\pi-\arctan\left(\frac{v_1}{x_{\mathrm{eq}}\omega_0}\right) =\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}. \] Adding the free-fall time gives \[ \boxed{ t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}} \left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]

B(a)

Maximum work is obtained by operating the engine reversibly between the bodies’ instantaneous temperatures, until they reach a common temperature. All temperatures below are absolute temperatures.

Each body has constant heat capacity \(ms\) at constant pressure. Its entropy change is therefore \[ \Delta S=ms\int\frac{dT}{T}. \] The engine operates cyclically, so its net entropy change is zero. For reversible operation, the combined entropy change of the bodies is also zero: \[ ms\int_{T_{\mathrm A}}^{T_0}\frac{dT}{T} +ms\int_{T_{\mathrm B}}^{T_0}\frac{dT}{T}=0. \] Thus \[ \ln\frac{T_0}{T_{\mathrm A}} +\ln\frac{T_0}{T_{\mathrm B}}=0, \] which yields \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]

To see why this gives the maximum, an irreversible process would instead produce positive total entropy, requiring \[ T_0\ge\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}. \] A higher final temperature leaves more thermal energy in the bodies and consequently permits less work to be extracted.

B(b)

The heat extracted from the initially hotter body is \[ Q_{\mathrm H}=ms(T_{\mathrm A}-T_0), \] and the heat delivered to the initially colder body is \[ Q_{\mathrm C}=ms(T_0-T_{\mathrm B}). \] Energy conservation for the cyclic engine gives \[ W=Q_{\mathrm H}-Q_{\mathrm C} =ms(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B}-2T_0). \] Substituting the reversible final temperature, \[ \boxed{ W_{\max} =ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]

B(c)

The mass of water in each tank is \[ m=\rho V=(1.00\times10^3)(2.50) =2.50\times10^3\ \mathrm{kg}. \] The reversible final temperature is \[ T_0=\sqrt{350\times300}=324.037\ldots\ \mathrm K. \] Using this value without premature rounding, \[ \begin{aligned} W_{\max} &=(2.50\times10^3)(4.19\times10^3) \left[350+300-2\sqrt{350\times300}\right]\\ &=2.0174\ldots\times10^7\ \mathrm J. \end{aligned} \] Therefore \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]

C(a)

For a radioactive parent isotope with half-life \(h\), \[ N(t)=N(0)e^{-\lambda t}, \qquad \lambda=\frac{\ln2}{h}. \] Hence the initial number of parent atoms can be expressed in terms of the present number: \[ N(0)=N(t)e^{\lambda t}=N(t)2^{t/h}. \]

Neglecting the lifetimes of the intermediate products, each decayed uranium atom produces one terminal lead atom. Since there were initially no decay products, \[ n(t)=N(0)-N(t)=N(t)\left(2^{t/h}-1\right). \] For the \({}^{238}\mathrm U\) series, \[ \boxed{{}^{206}n ={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}, \qquad h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(b)

Applying the same reasoning to the \({}^{235}\mathrm U\) series, \[ \boxed{{}^{207}n ={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}, \qquad h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(c)

The pure lead ore supplies the background isotope ratios. These background amounts must be subtracted from the mixed sample to find the lead produced by uranium decay.

Let \(N_{204}\) be the number of \({}^{204}\mathrm{Pb}\) atoms in the mixed sample. Since this isotope is not radiogenic, \[ {}^{206}n=(29.6-17.9)N_{204}=11.7N_{204}, \] and \[ {}^{207}n=(22.6-15.5)N_{204}=7.1N_{204}. \] Therefore \[ \frac{{}^{207}n}{{}^{206}n}=\frac{7.1}{11.7}. \]

Using the decay equations and the present uranium ratio, \[ \frac{7.1}{11.7} =\frac{{}^{235}N}{{}^{238}N} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =\frac1{137} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1}. \] Thus the required equation is \[ \boxed{ \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7} =83.13675\ldots}, \qquad T>0. \]

C(d)

Under the stated approximation \(T\gg h_{238},h_{235}\), \[ 2^{T/h}-1\simeq2^{T/h}. \] The dating equation becomes \[ 2^{T(1/h_{235}-1/h_{238})} \simeq137\,\frac{7.1}{11.7}. \] Taking logarithms, \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})}. \] Numerically, \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(83.13675\ldots)} {(\ln2)(1/0.710-1/4.50)} \times10^9\ \mathrm{yr}, \] so \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}}=5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \] This is only about \(1.19h_{238}\), so neglecting the subtraction of 1 in the \({}^{238}\mathrm U\) expression is not justified for an accurate result.

C(e)

Retain both subtractions of 1. Writing \[ u=\frac{T}{10^9\ \mathrm{yr}}, \] we must solve \[ F(u)\equiv \frac{2^{u/0.710}-1}{2^{u/4.50}-1} =83.13675\ldots. \] Nearby evaluations give \[ F(4.55)=82.666\ldots, \qquad F(4.56)=83.232\ldots. \] Thus the required age lies between \(4.55\) and \(4.56\) billion years. A more precise numerical solution is \(u=4.5583157\ldots\), giving \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}, \] well within the requested 2%.

D(a)

The uniform volume charge density is \[ \rho_q=\frac{Q}{(4/3)\pi R^3}. \] Spherical symmetry makes the electric field radial and constant in magnitude on a concentric spherical Gaussian surface.

For \(r\le R\), the enclosed charge is \[ Q_{\mathrm{enc}} =\rho_q\frac{4\pi r^3}{3} =Q\frac{r^3}{R^3}. \] Gauss’s law gives \[ 4\pi r^2E_r=\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0}, \] and hence \[ \boxed{E_r=\frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}\qquad(r\le R)}. \]

For \(r>R\), the enclosed charge is \(Q\), so \[ \boxed{E_r=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\qquad(r>R)}. \]

The field is zero at the centre and continuous at the surface, where \[ E_r(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}. \]

D(b)

In vacuum the electrostatic energy density is \[ u_{\mathrm E}=\frac12\varepsilon_0E^2. \] The total energy includes the field both inside and outside the charged sphere: \[ U=\frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \int_0^R E^2\,4\pi r^2\,dr +\int_R^\infty E^2\,4\pi r^2\,dr \right]. \] Substituting the fields found above, \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left[ \frac1{R^6}\int_0^R r^4\,dr +\int_R^\infty\frac{dr}{r^2} \right]. \] Therefore \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left(\frac1{5R}+\frac1R\right), \] and \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]

Let the ring have radius \(a\), and let the wire’s cross-sectional area be \(S\). Denote copper’s mass density by \(\rho_m\) and its electrical resistivity by \(\rho_e\).

The ring’s mass and resistance are \[ M=2\pi aS\rho_m, \qquad \mathcal R=\rho_e\frac{2\pi a}{S}. \] For a thin ring rotating about a diameter, the moment of inertia is \[ I=\frac12Ma^2=\pi\rho_mSa^3. \]

The ring’s plane remains vertical, so its normal is horizontal. Only the horizontal component of the Earth’s field contributes to the magnetic flux: \[ B_h=B\cos64^\circ. \] Let \(\theta\) be the angle between the ring’s normal and this horizontal field. The flux is \[ \Phi=B_h\pi a^2\cos\theta. \] With \(\dot\theta=\omega\), Faraday’s law gives \[ \mathcal E=-\frac{d\Phi}{dt} =B_h\pi a^2\omega\sin\theta. \]

Neglecting self-inductance as instructed, the current is \[ i=\frac{\mathcal E}{\mathcal R}. \] The instantaneous rate of Joule heating is consequently \[ P=i^2\mathcal R =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{\mathcal R} \omega^2\sin^2\theta. \]

The stated damping time is much longer than one revolution, so \(\omega\) changes only slightly during each revolution. We may therefore use \[ \left\langle\sin^2\theta\right\rangle=\frac12, \] giving \[ \langle P\rangle =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2\mathcal R}\omega^2. \]

With friction absent, this heat comes from the rotational kinetic energy: \[ \frac{d}{dt}\left(\frac12I\omega^2\right) =-\langle P\rangle. \] Thus the averaged angular velocity satisfies \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2I\mathcal R}\omega. \] But \[ I\mathcal R =(\pi\rho_mSa^3) \left(\rho_e\frac{2\pi a}{S}\right) =2\pi^2\rho_m\rho_ea^4, \] so the geometrical quantities cancel: \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2}{4\rho_m\rho_e}\omega. \] Hence \[ \omega(t)=\omega(0) \exp\left(-\frac{B_h^2t}{4\rho_m\rho_e}\right). \] Setting \(\omega(t_{1/2})=\omega(0)/2\) yields \[ t_{1/2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B_h^2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B^2\cos^264^\circ}. \]

Numerically, \[ B_h=(44.5\times10^{-6})\cos64^\circ =1.95075\ldots\times10^{-5}\ \mathrm T, \] and \[ t_{1/2} =\frac{4(8.90\times10^3)(1.70\times10^{-8})\ln2} {(44.5\times10^{-6})^2\cos^264^\circ}. \] Therefore \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

The solution was checked against the official solution.

IPhO 2000 · Theorieaufgabe 1

Fünf kurze Teile: Bungeespringer, Wärmekraftmaschine, Alter der Erde aus der U-Pb-Datierung, homogen geladene Kugel, rotierender Kupferring im Erdmagnetfeld

PDF herunterladenIPhO 2000

Ein Bungeespringer ist an einem Ende eines langen elastischen Seils befestigt. Das andere Ende des elastischen Seils ist an einer hohen Brücke befestigt. Der Springer tritt von der Brücke und fällt aus der Ruhe auf den darunterliegenden Fluss zu. Er erreicht das Wasser nicht. Die Masse des Springers ist \(m\), die ungedehnte Länge des Seils ist \(L\), das Seil hat eine Federkonstante (Kraft zur Erzeugung einer Dehnung von 1 m) von \(k\), und die Gravitationsfeldstärke ist \(g\).

Sie dürfen annehmen, dass

der Springer als punktförmige Masse \(m\) am Ende des Seils betrachtet werden kann,
die Masse des Seils gegenüber \(m\) vernachlässigbar ist,
das Seil dem Hooke’schen Gesetz gehorcht,
der Luftwiderstand während des gesamten Falls des Springers vernachlässigt werden kann.

Leiten Sie Ausdrücke für die folgenden Größen her und tragen Sie sie auf dem Antwortblatt ein:

(a) die Strecke \(y\), die der Springer fällt, bevor er zum ersten Mal augenblicklich zur Ruhe kommt,

(b) die maximale Geschwindigkeit \(\upsilon\), die der Springer während dieses Falls erreicht,

Eine Wärmekraftmaschine arbeitet zwischen zwei identischen Körpern mit unterschiedlichen Temperaturen \(T_{\mathrm A}\) und \(T_{\mathrm B}\) (\(T_{\mathrm A}>T_{\mathrm B}\)), wobei jeder Körper die Masse \(m\) und die konstante spezifische Wärmekapazität \(s\) hat. Die Körper stehen unter konstantem Druck und durchlaufen keinen Phasenübergang.

(a) Leiten Sie unter Angabe des vollständigen Rechenwegs einen Ausdruck für die Endtemperatur \(T_0\) her, die die beiden Körper A und B erreichen, wenn die Wärmekraftmaschine dem System die theoretisch maximal mögliche mechanische Arbeit entnimmt.

Tragen Sie Ihren Ausdruck für die Endtemperatur \(T_0\) auf dem Antwortblatt ein.

(b) Leiten Sie daraus einen Ausdruck für diese maximal verfügbare Arbeit her und tragen Sie ihn auf dem Antwortblatt ein.

Die Wärmekraftmaschine arbeitet zwischen zwei Wassertanks mit einem Volumen von jeweils \(2.50\ \mathrm{m^3}\). Ein Tank hat eine Temperatur von \(350\ \mathrm K\), der andere von \(300\ \mathrm K\).

Spezifische Wärmekapazität von Wasser \(=4.19\times10^3\ \mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}\)

Dichte von Wasser \(=1.00\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\)

Es wird angenommen, dass bei der Entstehung der Erde die Isotope \({}^{238}\mathrm U\) und \({}^{235}\mathrm U\) vorhanden waren, ihre Zerfallsprodukte jedoch nicht. Die Zerfälle von \({}^{238}\mathrm U\) und \({}^{235}\mathrm U\) werden verwendet, um das Alter der Erde, \(T\), zu bestimmen.

(a) Das Isotop \({}^{238}\mathrm U\) zerfällt mit einer Halbwertszeit von \(4.50\times10^9\) Jahren. Die Zerfallsprodukte in der daraus entstehenden radioaktiven Zerfallsreihe haben im Vergleich dazu kurze Halbwertszeiten; in erster Näherung kann ihre Existenz vernachlässigt werden. Die Zerfallsreihe endet beim stabilen Bleiisotop \({}^{206}\mathrm{Pb}\).

Leiten Sie einen Ausdruck für die Anzahl der durch radioaktiven Zerfall während der Zeit \(t\) erzeugten \({}^{206}\mathrm{Pb}\)-Atome, bezeichnet mit \({}^{206}n\), in Abhängigkeit von der heutigen Anzahl der \({}^{238}\mathrm U\)-Atome, bezeichnet mit \({}^{238}N\), und der Halbwertszeit von \({}^{238}\mathrm U\) her und tragen Sie ihn auf dem Antwortblatt ein. (Es kann hilfreich sein, mit Zeiteinheiten von \(10^9\) Jahren zu arbeiten.)

(b) Ebenso zerfällt \({}^{235}\mathrm U\) mit einer Halbwertszeit von \(0.710\times10^9\) Jahren über eine Reihe von Produkten mit kürzeren Halbwertszeiten zum stabilen Isotop \({}^{207}\mathrm{Pb}\).

Schreiben Sie auf dem Antwortblatt eine Gleichung auf, die \({}^{207}n\) mit \({}^{235}N\) und der Halbwertszeit von \({}^{235}\mathrm U\) verknüpft.

(c) Ein mit einem Bleierz vermischtes Uranerz wird mit einem Massenspektrometer analysiert. Die relativen Konzentrationen der drei Bleiisotope \({}^{204}\mathrm{Pb}\), \({}^{206}\mathrm{Pb}\) und \({}^{207}\mathrm{Pb}\) werden gemessen, und es wird festgestellt, dass ihre Atomzahlen in dieser Reihenfolge im Verhältnis \(1.00:29.6:22.6\) stehen. Das Isotop \({}^{204}\mathrm{Pb}\) wird als Referenz verwendet, da es nicht radioaktiven Ursprungs ist. Die Analyse eines reinen Bleierzes ergibt die Verhältnisse \(1.00:17.9:15.5\).

Leiten Sie unter Verwendung des gegebenen Verhältnisses \({}^{238}N:{}^{235}N\) von \(137:1\) eine Gleichung her, die \(T\) enthält, und tragen Sie sie auf dem Antwortblatt ein.

(d) Nehmen Sie an, dass \(T\) wesentlich größer als die Halbwertszeiten beider Uranisotope ist, und bestimmen Sie daraus einen Näherungswert für \(T\).

(e) Dieser Näherungswert ist offensichtlich nicht wesentlich größer als die längere Halbwertszeit, kann aber verwendet werden, um einen deutlich genaueren Wert für \(T\) zu erhalten. Schätzen Sie damit oder auf andere Weise das Alter der Erde mit einer Genauigkeit von 2% ab.

Die Ladung \(Q\) ist im Vakuum gleichmäßig über ein kugelförmiges Volumen mit dem Radius \(R\) verteilt.

(a) Leiten Sie Ausdrücke für die elektrische Feldstärke im Abstand \(r\) vom Mittelpunkt der Kugel für \(r\le R\) und \(r>R\) her.

(b) Bestimmen Sie einen Ausdruck für die gesamte elektrische Energie dieser Ladungsverteilung.

Tragen Sie Ihre Antworten zu (a) und (b) auf dem Antwortblatt ein.

Ein kreisförmiger Ring aus dünnem Kupferdraht wird an einem Ort im Erdmagnetfeld in Rotation um einen vertikalen Durchmesser versetzt. Die magnetische Flussdichte des Erdmagnetfelds an diesem Ort beträgt \(44.5\ \mu\mathrm T\) und ist unter einem Winkel von \(64^\circ\) unterhalb der Horizontalen gerichtet. Berechnen Sie unter Verwendung der Dichte von Kupfer von \(8.90\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\) und seines spezifischen elektrischen Widerstands von \(1.70\times10^{-8}\ \Omega\,\mathrm m\), wie lange es dauert, bis sich die Winkelgeschwindigkeit des Rings halbiert hat. Geben Sie die Schritte Ihres Rechenwegs an und tragen Sie den Wert der Zeit auf dem Antwortblatt ein. Diese Zeit ist wesentlich länger als die Dauer einer Umdrehung.

Sie dürfen annehmen, dass die Reibungseinflüsse der Lager und der Luft vernachlässigbar sind. Für diese Aufgabe sollen Sie außerdem Selbstinduktionseffekte ignorieren, obwohl diese nicht vernachlässigbar wären.

Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt.

Antworten

A(a): \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]
A(b): \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]
A(c): \[ \boxed{t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}}\left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]
B(a): \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]
B(b): \[ \boxed{W_{\max}=ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]
B(c): \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]
C(a): Mit \(h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}\) gilt \[ \boxed{{}^{206}n={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}. \]
C(b): Mit \(h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}\) gilt \[ \boxed{{}^{207}n={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}. \]
C(c): \[ \boxed{\frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7}},\qquad T>0. \]
C(d): \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})} =5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
C(e): \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
D(a): Die Radialkomponente des elektrischen Feldes ist \[ \boxed{E_r(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \begin{cases} \dfrac{r}{R^3},&0\le r\le R,\\[4pt] \dfrac{1}{r^2},&r>R. \end{cases}} \] Das Feld ist für \(Q>0\) nach außen und für \(Q<0\) nach innen gerichtet und im Mittelpunkt null.
D(b): \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]
E: \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

Lösung

A(a)

Es sei \(z\) die von der Brücke aus nach unten gemessene Strecke. Das Seil ist bis \(z=L\) schlaff; danach beträgt seine Dehnung \(x=z-L\) und seine Spannkraft \(kx\).

Es gibt keine Dissipation, sodass die mechanische Energie erhalten bleibt. Am tiefsten Punkt, \(z=y\), ist der Springer augenblicklich in Ruhe. Somit gilt \[ mgy=\frac12k(y-L)^2. \] Mit \(x=y-L\) lautet dies äquivalent \[ x^2-\frac{2mg}{k}x-\frac{2mgL}{k}=0. \] Die physikalisch zulässige Lösung hat eine positive Dehnung: \[ x=\frac{mg}{k}+ \sqrt{\left(\frac{mg}{k}\right)^2+\frac{2mgL}{k}}. \] Daher gilt \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]

A(b)

Der Betrag der Geschwindigkeit nimmt zu, solange die nach unten gerichtete Beschleunigung positiv ist. Sobald das Seil gespannt ist, gilt \[ m\ddot z=mg-k(z-L). \] Die Geschwindigkeit ist daher dann am größten, wenn die Beschleunigung zum ersten Mal null wird: \[ z=L+\frac{mg}{k}. \]

Die Energieerhaltung liefert an jedem Punkt bei gespanntem Seil \[ \frac12mv^2=mgz-\frac12k(z-L)^2. \] Am Ort der maximalen Geschwindigkeit gilt \[ \frac12m\upsilon^2 =mg\left(L+\frac{mg}{k}\right) -\frac12k\left(\frac{mg}{k}\right)^2 =mgL+\frac{m^2g^2}{2k}. \] Damit folgt \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]

A(c)

Beim anfänglichen freien Fall über die Strecke \(L\) betragen die verstrichene Zeit und die Endgeschwindigkeit \[ t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}, \qquad v_1=\sqrt{2gL}. \]

Wir setzen \(\tau=0\) zu dem Zeitpunkt, an dem das Seil erstmals gespannt ist, und definieren \[ \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{mg}{k}. \] Die anschließende Bewegungsgleichung lautet \[ \ddot x+\omega_0^2x=g. \] Mit \(x(0)=0\) und \(\dot x(0)=v_1\) ist ihre Lösung \[ x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\bigl(1-\cos\omega_0\tau\bigr) +\frac{v_1}{\omega_0}\sin\omega_0\tau, \] also \[ \dot x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\omega_0\sin\omega_0\tau +v_1\cos\omega_0\tau. \]

Die erste Nullstelle dieser Geschwindigkeit liegt bei \(\pi/2<\omega_0\tau<\pi\). Folglich gilt \[ \omega_0\tau =\pi-\arctan\left(\frac{v_1}{x_{\mathrm{eq}}\omega_0}\right) =\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}. \] Durch Addition der Zeit des freien Falls ergibt sich \[ \boxed{ t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}} \left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]

B(a)

Die maximale Arbeit wird gewonnen, indem die Maschine reversibel zwischen den momentanen Temperaturen der Körper betrieben wird, bis diese eine gemeinsame Temperatur erreichen. Alle folgenden Temperaturen sind absolute Temperaturen.

Jeder Körper hat bei konstantem Druck die konstante Wärmekapazität \(ms\). Seine Entropieänderung beträgt daher \[ \Delta S=ms\int\frac{dT}{T}. \] Die Maschine arbeitet zyklisch, sodass ihre Nettoentropieänderung null ist. Bei reversiblem Betrieb ist auch die gesamte Entropieänderung der Körper null: \[ ms\int_{T_{\mathrm A}}^{T_0}\frac{dT}{T} +ms\int_{T_{\mathrm B}}^{T_0}\frac{dT}{T}=0. \] Somit gilt \[ \ln\frac{T_0}{T_{\mathrm A}} +\ln\frac{T_0}{T_{\mathrm B}}=0, \] woraus folgt \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]

Warum dies das Maximum ergibt, erkennt man daran, dass ein irreversibler Prozess stattdessen eine positive Gesamtentropie erzeugen würde, was \[ T_0\ge\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}} \] erfordert. Bei einer höheren Endtemperatur verbleibt mehr thermische Energie in den Körpern, und folglich kann weniger Arbeit entnommen werden.

B(b)

Die dem anfangs heißeren Körper entzogene Wärme beträgt \[ Q_{\mathrm H}=ms(T_{\mathrm A}-T_0), \] und die dem anfangs kälteren Körper zugeführte Wärme beträgt \[ Q_{\mathrm C}=ms(T_0-T_{\mathrm B}). \] Die Energieerhaltung für die zyklisch arbeitende Maschine liefert \[ W=Q_{\mathrm H}-Q_{\mathrm C} =ms(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B}-2T_0). \] Einsetzen der reversiblen Endtemperatur ergibt \[ \boxed{ W_{\max} =ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]

B(c)

Die Wassermasse in jedem Tank beträgt \[ m=\rho V=(1.00\times10^3)(2.50) =2.50\times10^3\ \mathrm{kg}. \] Die reversible Endtemperatur ist \[ T_0=\sqrt{350\times300}=324.037\ldots\ \mathrm K. \] Mit diesem Wert, ohne vorzeitig zu runden, ergibt sich \[ \begin{aligned} W_{\max} &=(2.50\times10^3)(4.19\times10^3) \left[350+300-2\sqrt{350\times300}\right]\\ &=2.0174\ldots\times10^7\ \mathrm J. \end{aligned} \] Daher gilt \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]

C(a)

Für ein radioaktives Mutterisotop mit der Halbwertszeit \(h\) gilt \[ N(t)=N(0)e^{-\lambda t}, \qquad \lambda=\frac{\ln2}{h}. \] Die anfängliche Anzahl der Mutteratome lässt sich daher durch die heutige Anzahl ausdrücken: \[ N(0)=N(t)e^{\lambda t}=N(t)2^{t/h}. \]

Vernachlässigt man die Lebensdauern der Zwischenprodukte, so erzeugt jedes zerfallene Uranatom ein Bleiatom als Endprodukt. Da anfangs keine Zerfallsprodukte vorhanden waren, gilt \[ n(t)=N(0)-N(t)=N(t)\left(2^{t/h}-1\right). \] Für die \({}^{238}\mathrm U\)-Reihe gilt \[ \boxed{{}^{206}n ={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}, \qquad h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(b)

Dieselbe Überlegung liefert für die \({}^{235}\mathrm U\)-Reihe \[ \boxed{{}^{207}n ={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}, \qquad h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(c)

Das reine Bleierz liefert die Isotopenverhältnisse des Hintergrunds. Diese Hintergrundmengen müssen von der Mischprobe abgezogen werden, um das durch Uranzerfall erzeugte Blei zu bestimmen.

Es sei \(N_{204}\) die Anzahl der \({}^{204}\mathrm{Pb}\)-Atome in der Mischprobe. Da dieses Isotop nicht radiogen ist, gilt \[ {}^{206}n=(29.6-17.9)N_{204}=11.7N_{204}, \] und \[ {}^{207}n=(22.6-15.5)N_{204}=7.1N_{204}. \] Daher gilt \[ \frac{{}^{207}n}{{}^{206}n}=\frac{7.1}{11.7}. \]

Mit den Zerfallsgleichungen und dem heutigen Uranverhältnis ergibt sich \[ \frac{7.1}{11.7} =\frac{{}^{235}N}{{}^{238}N} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =\frac1{137} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1}. \] Die gesuchte Gleichung lautet somit \[ \boxed{ \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7} =83.13675\ldots}, \qquad T>0. \]

C(d)

Unter der angegebenen Näherung \(T\gg h_{238},h_{235}\) gilt \[ 2^{T/h}-1\simeq2^{T/h}. \] Die Datierungsgleichung wird zu \[ 2^{T(1/h_{235}-1/h_{238})} \simeq137\,\frac{7.1}{11.7}. \] Logarithmieren ergibt \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})}. \] Numerisch gilt \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(83.13675\ldots)} {(\ln2)(1/0.710-1/4.50)} \times10^9\ \mathrm{yr}, \] also \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}}=5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \] Dies entspricht nur etwa \(1.19h_{238}\), sodass das Vernachlässigen der Subtraktion von 1 im Ausdruck für \({}^{238}\mathrm U\) für ein genaues Ergebnis nicht gerechtfertigt ist.

C(e)

Wir behalten beide Subtraktionen von 1 bei. Mit \[ u=\frac{T}{10^9\ \mathrm{yr}}, \] müssen wir die Gleichung \[ F(u)\equiv \frac{2^{u/0.710}-1}{2^{u/4.50}-1} =83.13675\ldots \] lösen. Auswertungen in der Nähe der Lösung ergeben \[ F(4.55)=82.666\ldots, \qquad F(4.56)=83.232\ldots. \] Das gesuchte Alter liegt somit zwischen \(4.55\) und \(4.56\) Milliarden Jahren. Eine genauere numerische Lösung ist \(u=4.5583157\ldots\), woraus \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}, \] folgt, deutlich innerhalb der geforderten Genauigkeit von 2%.

D(a)

Die homogene Raumladungsdichte beträgt \[ \rho_q=\frac{Q}{(4/3)\pi R^3}. \] Aufgrund der Kugelsymmetrie ist das elektrische Feld radial gerichtet und auf einer konzentrischen kugelförmigen Gauß’schen Fläche betragsmäßig konstant.

Für \(r\le R\) beträgt die eingeschlossene Ladung \[ Q_{\mathrm{enc}} =\rho_q\frac{4\pi r^3}{3} =Q\frac{r^3}{R^3}. \] Das Gauß’sche Gesetz liefert \[ 4\pi r^2E_r=\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0}, \] und damit \[ \boxed{E_r=\frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}\qquad(r\le R)}. \]

Für \(r>R\) ist die eingeschlossene Ladung \(Q\), also gilt \[ \boxed{E_r=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\qquad(r>R)}. \]

Das Feld ist im Mittelpunkt null und an der Oberfläche stetig; dort gilt \[ E_r(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}. \]

D(b)

Im Vakuum beträgt die elektrostatische Energiedichte \[ u_{\mathrm E}=\frac12\varepsilon_0E^2. \] Die Gesamtenergie umfasst das Feld sowohl innerhalb als auch außerhalb der geladenen Kugel: \[ U=\frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \int_0^R E^2\,4\pi r^2\,dr +\int_R^\infty E^2\,4\pi r^2\,dr \right]. \] Einsetzen der oben bestimmten Felder ergibt \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left[ \frac1{R^6}\int_0^R r^4\,dr +\int_R^\infty\frac{dr}{r^2} \right]. \] Daher gilt \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left(\frac1{5R}+\frac1R\right), \] und \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]

Der Ring habe den Radius \(a\), und die Querschnittsfläche des Drahtes sei \(S\). Wir bezeichnen die Massendichte von Kupfer mit \(\rho_m\) und seinen spezifischen elektrischen Widerstand mit \(\rho_e\).

Die Masse und der Widerstand des Rings betragen \[ M=2\pi aS\rho_m, \qquad \mathcal R=\rho_e\frac{2\pi a}{S}. \] Für einen dünnen Ring, der um einen Durchmesser rotiert, beträgt das Trägheitsmoment \[ I=\frac12Ma^2=\pi\rho_mSa^3. \]

Die Ringebene bleibt vertikal, sodass ihre Normale horizontal ist. Nur die horizontale Komponente des Erdmagnetfelds trägt zum magnetischen Fluss bei: \[ B_h=B\cos64^\circ. \] Es sei \(\theta\) der Winkel zwischen der Normalen des Rings und diesem horizontalen Feld. Der Fluss beträgt \[ \Phi=B_h\pi a^2\cos\theta. \] Mit \(\dot\theta=\omega\) liefert das Faraday’sche Induktionsgesetz \[ \mathcal E=-\frac{d\Phi}{dt} =B_h\pi a^2\omega\sin\theta. \]

Wenn wir die Selbstinduktion wie vorgegeben vernachlässigen, beträgt die Stromstärke \[ i=\frac{\mathcal E}{\mathcal R}. \] Die momentane Joule’sche Wärmeleistung ist folglich \[ P=i^2\mathcal R =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{\mathcal R} \omega^2\sin^2\theta. \]

Die angegebene Dämpfungszeit ist wesentlich länger als eine Umdrehung, sodass sich \(\omega\) während jeder Umdrehung nur geringfügig ändert. Wir dürfen daher \[ \left\langle\sin^2\theta\right\rangle=\frac12, \] verwenden, woraus folgt \[ \langle P\rangle =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2\mathcal R}\omega^2. \]

Da keine Reibung auftritt, stammt diese Wärme aus der kinetischen Rotationsenergie: \[ \frac{d}{dt}\left(\frac12I\omega^2\right) =-\langle P\rangle. \] Die gemittelte Winkelgeschwindigkeit erfüllt somit \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2I\mathcal R}\omega. \] Es gilt jedoch \[ I\mathcal R =(\pi\rho_mSa^3) \left(\rho_e\frac{2\pi a}{S}\right) =2\pi^2\rho_m\rho_ea^4, \] sodass sich die geometrischen Größen herauskürzen: \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2}{4\rho_m\rho_e}\omega. \] Damit folgt \[ \omega(t)=\omega(0) \exp\left(-\frac{B_h^2t}{4\rho_m\rho_e}\right). \] Mit \(\omega(t_{1/2})=\omega(0)/2\) ergibt sich \[ t_{1/2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B_h^2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B^2\cos^264^\circ}. \]

Numerisch gilt \[ B_h=(44.5\times10^{-6})\cos64^\circ =1.95075\ldots\times10^{-5}\ \mathrm T, \] und \[ t_{1/2} =\frac{4(8.90\times10^3)(1.70\times10^{-8})\ln2} {(44.5\times10^{-6})^2\cos^264^\circ}. \] Daher gilt \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.

IPhO 2000 · Teori sorusu 1

Beş kısa bölüm: bungee atlayıcısı, ısı makinesi, U-Pb tarihlemesiyle Dünya'nın yaşı, düzgün yüklü küre, Dünya'nın manyetik alanında dönen bakır halka

PDF indirIPhO 2000

Bir bungee atlayıcısı uzun, esnek bir ipin bir ucuna bağlıdır. Esnek ipin diğer ucu yüksek bir köprüye sabitlenmiştir. Atlayıcı köprüden kendini bırakarak durgun hâlden aşağıdaki nehre doğru düşer. Suya çarpmaz. Atlayıcının kütlesi \(m\), ipin gerilmemiş uzunluğu \(L\), ipin kuvvet sabiti (1 m uzama oluşturmak için gereken kuvvet) \(k\) ve yerçekimi alan şiddeti \(g\)'dir.

Şunları varsayabilirsiniz:

atlayıcı, ipin ucuna bağlı \(m\) kütleli bir noktasal cisim olarak ele alınabilir,
ipin kütlesi \(m\)'ye kıyasla ihmal edilebilir,
ip Hooke yasasına uyar,
atlayıcının düşüşü boyunca hava direnci ihmal edilebilir.

Aşağıdakiler için ifadeler elde edin ve cevap kâğıdına yazın:

(a) atlayıcının ilk kez anlık olarak durgun hâle gelene kadar düştüğü \(y\) mesafesi,

(b) atlayıcının bu düşüş sırasında ulaştığı en büyük sürat \(\upsilon\),

Bir ısı makinesi, farklı \(T_{\mathrm A}\) ve \(T_{\mathrm B}\) sıcaklıklarındaki (\(T_{\mathrm A}>T_{\mathrm B}\)) özdeş iki cisim arasında çalışmaktadır; her bir cismin kütlesi \(m\) ve sabit özgül ısı kapasitesi \(s\)'dir. Cisimler sabit basınçta kalır ve hâl değiştirmez.

(a) Isı makinesi sistemden teorik olarak mümkün olan en büyük miktarda mekanik işi elde ediyorsa, A ve B cisimlerinin ulaştığı son sıcaklık \(T_0\) için tüm işlem adımlarını göstererek bir ifade elde edin.

Son sıcaklık \(T_0\) için bulduğunuz ifadeyi cevap kâğıdına yazın.

(b) Buradan hareketle, elde edilebilecek bu en büyük iş miktarı için bir ifade elde edin ve cevap kâğıdına yazın.

Isı makinesi, her birinin hacmi \(2.50\ \mathrm{m^3}\) olan iki su tankı arasında çalışmaktadır. Tanklardan biri \(350\ \mathrm K\), diğeri ise \(300\ \mathrm K\) sıcaklığındadır.

Suyun özgül ısı kapasitesi \(=4.19\times10^3\ \mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}\)

Suyun yoğunluğu \(=1.00\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\)

Dünya oluştuğunda \({}^{238}\mathrm U\) ve \({}^{235}\mathrm U\) izotoplarının bulunduğu, ancak bunların bozunma ürünlerinin bulunmadığı varsayılmaktadır. Dünya'nın yaşı \(T\)'yi belirlemek için \({}^{238}\mathrm U\) ve \({}^{235}\mathrm U\) bozunmaları kullanılır.

(a) \({}^{238}\mathrm U\) izotopu, \(4.50\times10^9\) yıllık yarı ömürle bozunur. Ortaya çıkan radyoaktif serideki bozunma ürünlerinin yarı ömürleri buna kıyasla kısadır; ilk yaklaşımda bunların varlığı ihmal edilebilir. Bozunma serisi, kararlı kurşun izotopu \({}^{206}\mathrm{Pb}\) ile son bulur.

\(t\) süresi boyunca radyoaktif bozunmayla üretilen ve \({}^{206}n\) ile gösterilen \({}^{206}\mathrm{Pb}\) atomlarının sayısı için, \({}^{238}N\) ile gösterilen günümüzdeki \({}^{238}\mathrm U\) atomlarının sayısı ve \({}^{238}\mathrm U\)'nun yarı ömrü cinsinden bir ifade elde edin ve cevap kâğıdına yazın. (\(10^9\) yıl birimini kullanarak çalışmak işinizi kolaylaştırabilir.)

(b) Benzer şekilde, \({}^{235}\mathrm U\), \(0.710\times10^9\) yıllık yarı ömürle, daha kısa yarı ömürlü ürünlerden oluşan bir seri üzerinden bozunarak kararlı \({}^{207}\mathrm{Pb}\) izotopunu oluşturur.

\({}^{207}n\)'yi \({}^{235}N\) ve \({}^{235}\mathrm U\)'nun yarı ömrüyle ilişkilendiren bir denklemi cevap kâğıdına yazın.

(c) Bir kurşun cevheriyle karışmış uranyum cevheri, kütle spektrometresiyle analiz edilir. Üç kurşun izotopunun, \({}^{204}\mathrm{Pb}\), \({}^{206}\mathrm{Pb}\) ve \({}^{207}\mathrm{Pb}\)'nin bağıl derişimleri ölçülür ve atom sayılarının oranları sırasıyla \(1.00:29.6:22.6\) olarak bulunur. \({}^{204}\mathrm{Pb}\) izotopu radyoaktif kökenli olmadığı için referans olarak kullanılır. Saf bir kurşun cevherinin analizi, \(1.00:17.9:15.5\) oranlarını verir.

\({}^{238}N:{}^{235}N\) oranının \(137:1\) olduğu verildiğine göre, \(T\)'yi içeren bir denklem türetin ve cevap kâğıdına yazın.

(d) \(T\)'nin her iki uranyum izotopunun yarı ömürlerinden çok daha büyük olduğunu varsayın ve buradan \(T\) için yaklaşık bir değer elde edin.

(e) Bu yaklaşık değerin daha uzun olan yarı ömürden belirgin ölçüde büyük olmadığı açıktır; ancak bu değer, \(T\) için çok daha doğru bir değer elde etmekte kullanılabilir. Buradan hareketle veya başka bir yöntemle, Dünya'nın yaşını %2 hata payı içinde tahmin edin.

\(Q\) yükü, boşlukta, yarıçapı \(R\) olan küresel bir hacim boyunca düzgün olarak dağılmıştır.

(a) Kürenin merkezinden \(r\) uzaklıktaki elektrik alan şiddeti için, \(r\le R\) ve \(r>R\) durumlarında geçerli ifadeleri türetin.

(b) Bu yük dağılımına ait toplam elektrik enerjisi için bir ifade elde edin.

(a) ve (b) için cevaplarınızı cevap kâğıdına yazın.

İnce bakır telden yapılmış dairesel bir halka, Dünya'nın manyetik alanı içindeki bir noktada düşey bir çapı etrafında dönmeye başlatılır. Dünya'nın manyetik alanının bu noktadaki manyetik akı yoğunluğu \(44.5\ \mu\mathrm T\) olup yatayın altında \(64^\circ\) açı yapacak şekilde yönelmiştir. Bakırın yoğunluğunun \(8.90\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\) ve özdirencinin \(1.70\times10^{-8}\ \Omega\,\mathrm m\) olduğu verildiğine göre, halkanın açısal hızının yarıya inmesinin ne kadar süreceğini hesaplayın. İşlem adımlarınızı gösterin ve süreyi cevap kâğıdına yazın. Bu süre, bir tam dönüş için geçen süreden çok daha uzundur.

Desteklerin ve havanın sürtünme etkilerinin ihmal edilebilir olduğunu varsayabilirsiniz; ayrıca bu soru kapsamında, gerçekte ihmal edilebilir olmamalarına rağmen özindüktans etkilerini ihmal etmelisiniz.

Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir.

Cevaplar

A(a): \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]
A(b): \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]
A(c): \[ \boxed{t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}}\left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]
B(a): \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]
B(b): \[ \boxed{W_{\max}=ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]
B(c): \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]
C(a): \(h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}\) olarak yazılırsa, \[ \boxed{{}^{206}n={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}. \]
C(b): \(h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}\) olarak yazılırsa, \[ \boxed{{}^{207}n={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}. \]
C(c): \[ \boxed{\frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7}},\qquad T>0. \]
C(d): \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})} =5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
C(e): \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
D(a): Elektrik alanın radyal bileşeni \[ \boxed{E_r(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \begin{cases} \dfrac{r}{R^3},&0\le r\le R,\\[4pt] \dfrac{1}{r^2},&r>R. \end{cases}} \] şeklindedir. Alan \(Q>0\) için dışarıya, \(Q<0\) için içeriye doğrudur ve merkezde sıfırdır.
D(b): \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]
E: \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

Çözüm

A(a)

Köprüden aşağıya doğru ölçülen uzaklık \(z\) olsun. İp, \(z=L\) olana kadar gevşektir; bundan sonra uzaması \(x=z-L\), gerilme kuvveti ise \(kx\) olur.

Enerji kaybı olmadığından mekanik enerji korunur. En alt noktada, \(z=y\) iken, atlayıcı anlık olarak durgundur. Dolayısıyla \[ mgy=\frac12k(y-L)^2. \] Eşdeğer olarak, \(x=y-L\) alınırsa, \[ x^2-\frac{2mg}{k}x-\frac{2mgL}{k}=0. \] Fiziksel olarak kabul edilebilir kök, pozitif uzamaya karşılık gelir: \[ x=\frac{mg}{k}+ \sqrt{\left(\frac{mg}{k}\right)^2+\frac{2mgL}{k}}. \] Böylece \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]

A(b)

Aşağı yönlü ivme pozitif olduğu sürece sürat artar. İp gerildikten sonra, \[ m\ddot z=mg-k(z-L). \] Bu nedenle sürat, ivme ilk kez sıfır olduğunda en büyük değerine ulaşır: \[ z=L+\frac{mg}{k}. \]

İpin gergin olduğu herhangi bir noktada enerji korunumu \[ \frac12mv^2=mgz-\frac12k(z-L)^2. \] eşitliğini verir. En büyük süratin elde edildiği konumda, \[ \frac12m\upsilon^2 =mg\left(L+\frac{mg}{k}\right) -\frac12k\left(\frac{mg}{k}\right)^2 =mgL+\frac{m^2g^2}{2k}. \] Buradan \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]

A(c)

Başlangıçtaki \(L\) mesafelik serbest düşüş sırasında geçen süre ve son sürat \[ t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}, \qquad v_1=\sqrt{2gL}. \] şeklindedir.

İpin ilk kez gerildiği anı \(\tau=0\) olarak alın ve \[ \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{mg}{k}. \] tanımlarını yapın. Bundan sonraki hareket denklemi \[ \ddot x+\omega_0^2x=g. \] olur. \(x(0)=0\) ve \(\dot x(0)=v_1\) başlangıç koşullarıyla çözümü \[ x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\bigl(1-\cos\omega_0\tau\bigr) +\frac{v_1}{\omega_0}\sin\omega_0\tau, \] dolayısıyla \[ \dot x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\omega_0\sin\omega_0\tau +v_1\cos\omega_0\tau. \] olur.

Bu hızın ilk kez sıfır olması \(\pi/2<\omega_0\tau<\pi\) aralığında gerçekleşir. Sonuç olarak, \[ \omega_0\tau =\pi-\arctan\left(\frac{v_1}{x_{\mathrm{eq}}\omega_0}\right) =\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}. \] Serbest düşüş süresi eklenirse \[ \boxed{ t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}} \left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \] elde edilir.

B(a)

En büyük iş, cisimler ortak bir sıcaklığa ulaşıncaya kadar makineyi cisimlerin anlık sıcaklıkları arasında tersinir biçimde çalıştırarak elde edilir. Aşağıdaki tüm sıcaklıklar mutlak sıcaklıklardır.

Her cismin sabit basınçtaki ısı kapasitesi sabit olup \(ms\)'ye eşittir. Dolayısıyla entropi değişimi \[ \Delta S=ms\int\frac{dT}{T}. \] olur. Makine çevrimsel olarak çalıştığından net entropi değişimi sıfırdır. Tersinir çalışma için cisimlerin toplam entropi değişimi de sıfırdır: \[ ms\int_{T_{\mathrm A}}^{T_0}\frac{dT}{T} +ms\int_{T_{\mathrm B}}^{T_0}\frac{dT}{T}=0. \] Böylece \[ \ln\frac{T_0}{T_{\mathrm A}} +\ln\frac{T_0}{T_{\mathrm B}}=0, \] ve buradan \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \] elde edilir.

Bunun neden en büyük işi verdiğini görmek için, tersinmez bir süreçte toplam entropi artışının pozitif olacağını ve bunun \[ T_0\ge\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}. \] koşulunu gerektireceğini göz önüne alalım. Daha yüksek bir son sıcaklık, cisimlerde daha fazla ısıl enerji bırakır ve dolayısıyla daha az iş elde edilmesine olanak tanır.

B(b)

Başlangıçta daha sıcak olan cisimden alınan ısı \[ Q_{\mathrm H}=ms(T_{\mathrm A}-T_0), \] ve başlangıçta daha soğuk olan cisme verilen ısı \[ Q_{\mathrm C}=ms(T_0-T_{\mathrm B}). \] olur. Çevrimsel çalışan makine için enerji korunumu \[ W=Q_{\mathrm H}-Q_{\mathrm C} =ms(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B}-2T_0). \] eşitliğini verir. Tersinir süreçteki son sıcaklık yerine konursa, \[ \boxed{ W_{\max} =ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]

B(c)

Her tanktaki suyun kütlesi \[ m=\rho V=(1.00\times10^3)(2.50) =2.50\times10^3\ \mathrm{kg}. \] olur. Tersinir süreçteki son sıcaklık \[ T_0=\sqrt{350\times300}=324.037\ldots\ \mathrm K. \] olur. Bu değer ara adımlarda yuvarlanmadan kullanılırsa, \[ \begin{aligned} W_{\max} &=(2.50\times10^3)(4.19\times10^3) \left[350+300-2\sqrt{350\times300}\right]\\ &=2.0174\ldots\times10^7\ \mathrm J. \end{aligned} \] Böylece \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]

C(a)

Yarı ömrü \(h\) olan bir radyoaktif ana izotop için, \[ N(t)=N(0)e^{-\lambda t}, \qquad \lambda=\frac{\ln2}{h}. \] Dolayısıyla başlangıçtaki ana izotop atomlarının sayısı, günümüzdeki sayı cinsinden ifade edilebilir: \[ N(0)=N(t)e^{\lambda t}=N(t)2^{t/h}. \]

Ara ürünlerin ömürleri ihmal edildiğinde, bozunan her uranyum atomu, serinin sonunda bir kurşun atomu üretir. Başlangıçta bozunma ürünleri bulunmadığından, \[ n(t)=N(0)-N(t)=N(t)\left(2^{t/h}-1\right). \] \({}^{238}\mathrm U\) serisi için, \[ \boxed{{}^{206}n ={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}, \qquad h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(b)

Aynı akıl yürütme \({}^{235}\mathrm U\) serisine uygulanırsa, \[ \boxed{{}^{207}n ={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}, \qquad h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(c)

Saf kurşun cevheri, başlangıçta mevcut olan kurşunun izotop oranlarını verir. Uranyum bozunmasıyla üretilen kurşunu bulmak için, başlangıçta mevcut olan bu miktarlar karışık örnekteki miktarlardan çıkarılmalıdır.

Karışık örnekteki \({}^{204}\mathrm{Pb}\) atomlarının sayısı \(N_{204}\) olsun. Bu izotop radyojenik olmadığından, \[ {}^{206}n=(29.6-17.9)N_{204}=11.7N_{204}, \] ve \[ {}^{207}n=(22.6-15.5)N_{204}=7.1N_{204}. \] Böylece \[ \frac{{}^{207}n}{{}^{206}n}=\frac{7.1}{11.7}. \]

Bozunma denklemleri ve günümüzdeki uranyum oranı kullanılırsa, \[ \frac{7.1}{11.7} =\frac{{}^{235}N}{{}^{238}N} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =\frac1{137} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1}. \] Dolayısıyla istenen denklem \[ \boxed{ \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7} =83.13675\ldots}, \qquad T>0. \] olur.

C(d)

Belirtilen \(T\gg h_{238},h_{235}\) yaklaşımı altında, \[ 2^{T/h}-1\simeq2^{T/h}. \] Tarihleme denklemi \[ 2^{T(1/h_{235}-1/h_{238})} \simeq137\,\frac{7.1}{11.7}. \] hâline gelir. Logaritma alınırsa, \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})}. \] Sayısal olarak, \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(83.13675\ldots)} {(\ln2)(1/0.710-1/4.50)} \times10^9\ \mathrm{yr}, \] dolayısıyla \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}}=5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \] Bu değer yalnızca yaklaşık \(1.19h_{238}\) olduğundan, doğru bir sonuç elde etmek için \({}^{238}\mathrm U\) ifadesindeki 1 çıkarma işleminin ihmal edilmesi uygun değildir.

C(e)

Her iki 1 çıkarma işlemini de koruyalım. \[ u=\frac{T}{10^9\ \mathrm{yr}}, \] olarak yazıldığında, \[ F(u)\equiv \frac{2^{u/0.710}-1}{2^{u/4.50}-1} =83.13675\ldots. \] denklemini çözmemiz gerekir. Yakın değerler için hesaplamalar \[ F(4.55)=82.666\ldots, \qquad F(4.56)=83.232\ldots. \] sonuçlarını verir. Dolayısıyla aranan yaş \(4.55\) ile \(4.56\) milyar yıl arasındadır. Daha hassas bir sayısal çözüm \(u=4.5583157\ldots\) olup \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}, \] sonucunu verir; bu sonuç, istenen %2 hata sınırının oldukça içindedir.

D(a)

Düzgün hacimsel yük yoğunluğu \[ \rho_q=\frac{Q}{(4/3)\pi R^3}. \] olur. Küresel simetri nedeniyle elektrik alan radyal doğrultudadır ve eş merkezli küresel bir Gauss yüzeyi üzerinde büyüklüğü sabittir.

\(r\le R\) için yüzeyin çevrelediği yük \[ Q_{\mathrm{enc}} =\rho_q\frac{4\pi r^3}{3} =Q\frac{r^3}{R^3}. \] olur. Gauss yasası \[ 4\pi r^2E_r=\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0}, \] ve buradan \[ \boxed{E_r=\frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}\qquad(r\le R)}. \] sonucunu verir.

\(r>R\) için yüzeyin çevrelediği yük \(Q\) olduğundan, \[ \boxed{E_r=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\qquad(r>R)}. \]

Alan merkezde sıfırdır ve yüzeyde süreklidir; yüzeydeki değeri \[ E_r(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}. \] olur.

D(b)

Boşlukta elektrostatik enerji yoğunluğu \[ u_{\mathrm E}=\frac12\varepsilon_0E^2. \] olur. Toplam enerji, yüklü kürenin hem içindeki hem de dışındaki alanı içerir: \[ U=\frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \int_0^R E^2\,4\pi r^2\,dr +\int_R^\infty E^2\,4\pi r^2\,dr \right]. \] Yukarıda bulunan alanlar yerine konursa, \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left[ \frac1{R^6}\int_0^R r^4\,dr +\int_R^\infty\frac{dr}{r^2} \right]. \] Böylece \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left(\frac1{5R}+\frac1R\right), \] ve \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]

Halkanın yarıçapı \(a\), telin kesit alanı ise \(S\) olsun. Bakırın kütle yoğunluğunu \(\rho_m\), elektriksel özdirencini ise \(\rho_e\) ile gösterelim.

Halkanın kütlesi ve direnci \[ M=2\pi aS\rho_m, \qquad \mathcal R=\rho_e\frac{2\pi a}{S}. \] olur. Bir çapı etrafında dönen ince bir halkanın eylemsizlik momenti \[ I=\frac12Ma^2=\pi\rho_mSa^3. \] olur.

Halkanın düzlemi düşey kaldığından, normali yataydır. Dünya'nın alanının yalnızca yatay bileşeni manyetik akıya katkıda bulunur: \[ B_h=B\cos64^\circ. \] Halkanın normali ile bu yatay alan arasındaki açı \(\theta\) olsun. Akı \[ \Phi=B_h\pi a^2\cos\theta. \] olur. \(\dot\theta=\omega\) olmak üzere, Faraday yasası \[ \mathcal E=-\frac{d\Phi}{dt} =B_h\pi a^2\omega\sin\theta. \] sonucunu verir.

İstendiği gibi özindüktans ihmal edildiğinde akım \[ i=\frac{\mathcal E}{\mathcal R}. \] olur. Dolayısıyla Joule ısısının anlık üretilme hızı \[ P=i^2\mathcal R =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{\mathcal R} \omega^2\sin^2\theta. \] olur.

Belirtilen sönüm süresi bir tam dönüş süresinden çok daha uzun olduğundan, \(\omega\) her dönüş sırasında yalnızca çok az değişir. Bu nedenle \[ \left\langle\sin^2\theta\right\rangle=\frac12, \] eşitliğini kullanabiliriz; böylece \[ \langle P\rangle =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2\mathcal R}\omega^2. \] elde edilir.

Sürtünme olmadığından, bu ısı dönme kinetik enerjisinden sağlanır: \[ \frac{d}{dt}\left(\frac12I\omega^2\right) =-\langle P\rangle. \] Dolayısıyla ortalama açısal hız \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2I\mathcal R}\omega. \] denklemini sağlar. Ancak \[ I\mathcal R =(\pi\rho_mSa^3) \left(\rho_e\frac{2\pi a}{S}\right) =2\pi^2\rho_m\rho_ea^4, \] olduğundan geometrik büyüklükler sadeleşir: \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2}{4\rho_m\rho_e}\omega. \] Buradan \[ \omega(t)=\omega(0) \exp\left(-\frac{B_h^2t}{4\rho_m\rho_e}\right). \] \(\omega(t_{1/2})=\omega(0)/2\) koşulu uygulanırsa \[ t_{1/2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B_h^2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B^2\cos^264^\circ}. \] elde edilir.

Sayısal olarak, \[ B_h=(44.5\times10^{-6})\cos64^\circ =1.95075\ldots\times10^{-5}\ \mathrm T, \] ve \[ t_{1/2} =\frac{4(8.90\times10^3)(1.70\times10^{-8})\ln2} {(44.5\times10^{-6})^2\cos^264^\circ}. \] Böylece \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.

IPhO 2000 · Problema teórico 1

Cinco apartados breves: salto con cuerda elástica, máquina térmica, edad de la Tierra mediante datación U-Pb, esfera uniformemente cargada, aro de cobre en rotación en el campo magnético terrestre

Descargar PDFIPhO 2000

Una persona que realiza un salto con cuerda elástica está sujeta a un extremo de una larga cuerda elástica. El otro extremo de la cuerda está fijado a un puente elevado. La persona se deja caer desde el puente, partiendo del reposo, hacia el río que hay debajo. No llega a tocar el agua. La masa de la persona es \(m\), la longitud de la cuerda sin estirar es \(L\), la constante elástica de la cuerda (fuerza necesaria para producir un alargamiento de 1 m) es \(k\) y la intensidad del campo gravitatorio es \(g\).

Puede suponer que

la persona puede considerarse una masa puntual \(m\) sujeta al extremo de la cuerda,
la masa de la cuerda es despreciable frente a \(m\),
la cuerda obedece la ley de Hooke,
la resistencia del aire puede despreciarse durante toda la caída de la persona.

Obtenga expresiones para las siguientes magnitudes y anótelas en la hoja de respuestas:

(a) la distancia \(y\) que cae la persona antes de quedar instantáneamente en reposo por primera vez,

(b) la rapidez máxima \(\upsilon\) que alcanza la persona durante esta caída,

Una máquina térmica funciona entre dos cuerpos idénticos a temperaturas diferentes \(T_{\mathrm A}\) y \(T_{\mathrm B}\) (\(T_{\mathrm A}>T_{\mathrm B}\)), cada uno de masa \(m\) y calor específico constante \(s\). Los cuerpos permanecen a presión constante y no experimentan ningún cambio de fase.

(a) Mostrando todo el desarrollo, obtenga una expresión para la temperatura final \(T_0\) que alcanzan los dos cuerpos A y B si la máquina térmica extrae del sistema la máxima cantidad de trabajo mecánico teóricamente posible.

Escriba su expresión para la temperatura final \(T_0\) en la hoja de respuestas.

(b) A partir de lo anterior, obtenga y escriba en la hoja de respuestas una expresión para esta cantidad máxima de trabajo disponible.

La máquina térmica funciona entre dos depósitos de agua, cada uno de volumen \(2.50\ \mathrm{m^3}\). Uno de los depósitos está a \(350\ \mathrm K\) y el otro a \(300\ \mathrm K\).

Calor específico del agua \(=4.19\times10^3\ \mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}\)

Densidad del agua \(=1.00\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\)

Se supone que, cuando se formó la Tierra, estaban presentes los isótopos \({}^{238}\mathrm U\) y \({}^{235}\mathrm U\), pero no sus productos de desintegración. Las desintegraciones de \({}^{238}\mathrm U\) y \({}^{235}\mathrm U\) se utilizan para determinar la edad de la Tierra, \(T\).

(a) El isótopo \({}^{238}\mathrm U\) se desintegra con un período de semidesintegración de \(4.50\times10^9\) años. Los productos de desintegración de la serie radiactiva resultante tienen períodos de semidesintegración cortos en comparación con este; en una primera aproximación, puede ignorarse su existencia. La serie de desintegración termina en el isótopo estable de plomo \({}^{206}\mathrm{Pb}\).

Obtenga y anote en la hoja de respuestas una expresión para el número de átomos de \({}^{206}\mathrm{Pb}\), denotado por \({}^{206}n\), producidos por desintegración radiactiva durante un tiempo \(t\), en función del número actual de átomos de \({}^{238}\mathrm U\), denotado por \({}^{238}N\), y del período de semidesintegración del \({}^{238}\mathrm U\). (Puede resultarle útil trabajar en unidades de \(10^9\) años.)

(b) De forma análoga, el \({}^{235}\mathrm U\) se desintegra con un período de semidesintegración de \(0.710\times10^9\) años a través de una serie de productos con períodos de semidesintegración más cortos, dando lugar al isótopo estable \({}^{207}\mathrm{Pb}\).

Escriba en la hoja de respuestas una ecuación que relacione \({}^{207}n\) con \({}^{235}N\) y el período de semidesintegración del \({}^{235}\mathrm U\).

(c) Se analiza mediante un espectrómetro de masas un mineral de uranio mezclado con un mineral de plomo. Se miden las concentraciones relativas de los tres isótopos de plomo \({}^{204}\mathrm{Pb}\), \({}^{206}\mathrm{Pb}\) y \({}^{207}\mathrm{Pb}\), y se encuentra que los números de átomos están en las proporciones \(1.00:29.6:22.6\), respectivamente. El isótopo \({}^{204}\mathrm{Pb}\) se utiliza como referencia, ya que no es de origen radiactivo. El análisis de un mineral de plomo puro da las proporciones \(1.00:17.9:15.5\).

Sabiendo que la razón \({}^{238}N:{}^{235}N\) es \(137:1\), deduzca y anote en la hoja de respuestas una ecuación que contenga \(T\).

(d) Suponga que \(T\) es mucho mayor que los períodos de semidesintegración de ambos isótopos de uranio y obtenga así un valor aproximado de \(T\).

(e) Es evidente que este valor aproximado no es significativamente mayor que el período de semidesintegración más largo, pero puede utilizarse para obtener un valor mucho más preciso de \(T\). A partir de lo anterior, o por otro método, estime un valor de la edad de la Tierra con un error inferior al 2%.

Una carga \(Q\) está distribuida uniformemente en el vacío por todo un volumen esférico de radio \(R\).

(a) Deduzca expresiones para la intensidad del campo eléctrico a una distancia \(r\) del centro de la esfera para \(r\le R\) y \(r>R\).

(b) Obtenga una expresión para la energía eléctrica total asociada a esta distribución de carga.

Anote sus respuestas a (a) y (b) en la hoja de respuestas.

Se pone en rotación un aro circular de alambre fino de cobre alrededor de un diámetro vertical, en un punto del campo magnético terrestre. La densidad de flujo magnético del campo terrestre en ese punto es \(44.5\ \mu\mathrm T\) y está dirigida formando un ángulo de \(64^\circ\) por debajo de la horizontal. Sabiendo que la densidad del cobre es \(8.90\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\) y su resistividad es \(1.70\times10^{-8}\ \Omega\,\mathrm m\), calcule cuánto tiempo tardará la velocidad angular del aro en reducirse a la mitad. Muestre los pasos de su cálculo y anote el valor del tiempo en la hoja de respuestas. Este tiempo es mucho mayor que el tiempo de una revolución.

Puede suponer que los efectos del rozamiento de los soportes y del aire son despreciables y, a efectos de esta cuestión, debe ignorar los efectos de autoinducción, aunque estos no serían despreciables.

Enunciado traducido del texto oficial en inglés.

Respuestas

A(a): \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]
A(b): \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]
A(c): \[ \boxed{t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}}\left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]
B(a): \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]
B(b): \[ \boxed{W_{\max}=ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]
B(c): \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]
C(a): Escribiendo \(h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}\), \[ \boxed{{}^{206}n={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}. \]
C(b): Escribiendo \(h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}\), \[ \boxed{{}^{207}n={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}. \]
C(c): \[ \boxed{\frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7}},\qquad T>0. \]
C(d): \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})} =5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
C(e): \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
D(a): La componente radial del campo eléctrico es \[ \boxed{E_r(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \begin{cases} \dfrac{r}{R^3},&0\le r\le R,\\[4pt] \dfrac{1}{r^2},&r>R. \end{cases}} \] El campo apunta hacia fuera para \(Q>0\), hacia dentro para \(Q<0\) y es nulo en el centro.
D(b): \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]
E: \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

Solución

A(a)

Sea \(z\) la distancia medida hacia abajo desde el puente. La cuerda permanece floja hasta que \(z=L\); a partir de entonces, su alargamiento es \(x=z-L\) y su tensión es \(kx\).

No hay disipación, por lo que se conserva la energía mecánica. En el punto más bajo, \(z=y\), la persona está instantáneamente en reposo. Por tanto, \[ mgy=\frac12k(y-L)^2. \] De forma equivalente, con \(x=y-L\), \[ x^2-\frac{2mg}{k}x-\frac{2mgL}{k}=0. \] La raíz físicamente admisible corresponde a un alargamiento positivo: \[ x=\frac{mg}{k}+ \sqrt{\left(\frac{mg}{k}\right)^2+\frac{2mgL}{k}}. \] Por lo tanto, \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]

A(b)

La rapidez aumenta mientras la aceleración hacia abajo es positiva. Una vez que la cuerda está tensa, \[ m\ddot z=mg-k(z-L). \] Por tanto, la rapidez es máxima cuando la aceleración se anula por primera vez: \[ z=L+\frac{mg}{k}. \]

La conservación de la energía en cualquier punto con la cuerda tensa da \[ \frac12mv^2=mgz-\frac12k(z-L)^2. \] En la posición de rapidez máxima, \[ \frac12m\upsilon^2 =mg\left(L+\frac{mg}{k}\right) -\frac12k\left(\frac{mg}{k}\right)^2 =mgL+\frac{m^2g^2}{2k}. \] Así pues, \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]

A(c)

Durante la caída libre inicial a lo largo de la distancia \(L\), el tiempo transcurrido y la rapidez final son \[ t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}, \qquad v_1=\sqrt{2gL}. \]

Tomemos \(\tau=0\) cuando la cuerda se tensa por primera vez y definamos \[ \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{mg}{k}. \] La ecuación del movimiento posterior es \[ \ddot x+\omega_0^2x=g. \] Con \(x(0)=0\) y \(\dot x(0)=v_1\), su solución es \[ x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\bigl(1-\cos\omega_0\tau\bigr) +\frac{v_1}{\omega_0}\sin\omega_0\tau, \] de modo que \[ \dot x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\omega_0\sin\omega_0\tau +v_1\cos\omega_0\tau. \]

Esta velocidad se anula por primera vez para \(\pi/2<\omega_0\tau<\pi\). En consecuencia, \[ \omega_0\tau =\pi-\arctan\left(\frac{v_1}{x_{\mathrm{eq}}\omega_0}\right) =\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}. \] Sumando el tiempo de caída libre se obtiene \[ \boxed{ t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}} \left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]

B(a)

El trabajo máximo se obtiene haciendo funcionar la máquina de forma reversible entre las temperaturas instantáneas de los cuerpos, hasta que alcanzan una temperatura común. Todas las temperaturas que aparecen a continuación son temperaturas absolutas.

Cada cuerpo tiene una capacidad calorífica constante \(ms\) a presión constante. Por tanto, su variación de entropía es \[ \Delta S=ms\int\frac{dT}{T}. \] La máquina funciona cíclicamente, por lo que su variación neta de entropía es nula. En un funcionamiento reversible, la variación conjunta de entropía de los cuerpos también es nula: \[ ms\int_{T_{\mathrm A}}^{T_0}\frac{dT}{T} +ms\int_{T_{\mathrm B}}^{T_0}\frac{dT}{T}=0. \] Así, \[ \ln\frac{T_0}{T_{\mathrm A}} +\ln\frac{T_0}{T_{\mathrm B}}=0, \] de donde se obtiene \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]

Para ver por qué esto proporciona el máximo, un proceso irreversible produciría, en cambio, un aumento de la entropía total, lo que exigiría \[ T_0\ge\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}. \] Una temperatura final mayor deja más energía térmica en los cuerpos y, en consecuencia, permite extraer menos trabajo.

B(b)

El calor extraído del cuerpo inicialmente más caliente es \[ Q_{\mathrm H}=ms(T_{\mathrm A}-T_0), \] y el calor cedido al cuerpo inicialmente más frío es \[ Q_{\mathrm C}=ms(T_0-T_{\mathrm B}). \] La conservación de la energía para la máquina cíclica da \[ W=Q_{\mathrm H}-Q_{\mathrm C} =ms(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B}-2T_0). \] Sustituyendo la temperatura final del proceso reversible, \[ \boxed{ W_{\max} =ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]

B(c)

La masa de agua de cada depósito es \[ m=\rho V=(1.00\times10^3)(2.50) =2.50\times10^3\ \mathrm{kg}. \] La temperatura final del proceso reversible es \[ T_0=\sqrt{350\times300}=324.037\ldots\ \mathrm K. \] Utilizando este valor sin redondear prematuramente, \[ \begin{aligned} W_{\max} &=(2.50\times10^3)(4.19\times10^3) \left[350+300-2\sqrt{350\times300}\right]\\ &=2.0174\ldots\times10^7\ \mathrm J. \end{aligned} \] Por lo tanto, \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]

C(a)

Para un isótopo radiactivo padre con período de semidesintegración \(h\), \[ N(t)=N(0)e^{-\lambda t}, \qquad \lambda=\frac{\ln2}{h}. \] Por tanto, el número inicial de átomos del isótopo padre puede expresarse en función del número actual: \[ N(0)=N(t)e^{\lambda t}=N(t)2^{t/h}. \]

Despreciando los tiempos de vida de los productos intermedios, cada átomo de uranio desintegrado produce un átomo de plomo al final de la cadena. Como inicialmente no había productos de desintegración, \[ n(t)=N(0)-N(t)=N(t)\left(2^{t/h}-1\right). \] Para la serie del \({}^{238}\mathrm U\), \[ \boxed{{}^{206}n ={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}, \qquad h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(b)

Aplicando el mismo razonamiento a la serie del \({}^{235}\mathrm U\), \[ \boxed{{}^{207}n ={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}, \qquad h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(c)

El mineral de plomo puro proporciona las proporciones isotópicas de fondo. Estas cantidades de fondo deben restarse de las de la muestra mezclada para determinar el plomo producido por la desintegración del uranio.

Sea \(N_{204}\) el número de átomos de \({}^{204}\mathrm{Pb}\) de la muestra mezclada. Como este isótopo no es radiogénico, \[ {}^{206}n=(29.6-17.9)N_{204}=11.7N_{204}, \] y \[ {}^{207}n=(22.6-15.5)N_{204}=7.1N_{204}. \] Por lo tanto, \[ \frac{{}^{207}n}{{}^{206}n}=\frac{7.1}{11.7}. \]

Utilizando las ecuaciones de desintegración y la proporción actual de los isótopos de uranio, \[ \frac{7.1}{11.7} =\frac{{}^{235}N}{{}^{238}N} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =\frac1{137} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1}. \] Así, la ecuación buscada es \[ \boxed{ \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7} =83.13675\ldots}, \qquad T>0. \]

C(d)

Bajo la aproximación indicada \(T\gg h_{238},h_{235}\), \[ 2^{T/h}-1\simeq2^{T/h}. \] La ecuación de datación se convierte en \[ 2^{T(1/h_{235}-1/h_{238})} \simeq137\,\frac{7.1}{11.7}. \] Tomando logaritmos, \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})}. \] Numéricamente, \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(83.13675\ldots)} {(\ln2)(1/0.710-1/4.50)} \times10^9\ \mathrm{yr}, \] de modo que \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}}=5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \] Este valor es solo de aproximadamente \(1.19h_{238}\), por lo que despreciar la resta de 1 en la expresión del \({}^{238}\mathrm U\) no está justificado si se desea un resultado preciso.

C(e)

Conservemos ambas restas de 1. Escribiendo \[ u=\frac{T}{10^9\ \mathrm{yr}}, \] debemos resolver \[ F(u)\equiv \frac{2^{u/0.710}-1}{2^{u/4.50}-1} =83.13675\ldots. \] Las evaluaciones en valores próximos dan \[ F(4.55)=82.666\ldots, \qquad F(4.56)=83.232\ldots. \] Así, la edad buscada se encuentra entre \(4.55\) y \(4.56\) mil millones de años. Una solución numérica más precisa es \(u=4.5583157\ldots\), lo que da \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}, \] con un error muy inferior al 2% solicitado.

D(a)

La densidad volumétrica uniforme de carga es \[ \rho_q=\frac{Q}{(4/3)\pi R^3}. \] La simetría esférica hace que el campo eléctrico sea radial y de módulo constante sobre una superficie gaussiana esférica concéntrica.

Para \(r\le R\), la carga encerrada es \[ Q_{\mathrm{enc}} =\rho_q\frac{4\pi r^3}{3} =Q\frac{r^3}{R^3}. \] La ley de Gauss da \[ 4\pi r^2E_r=\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0}, \] y, por tanto, \[ \boxed{E_r=\frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}\qquad(r\le R)}. \]

Para \(r>R\), la carga encerrada es \(Q\), de modo que \[ \boxed{E_r=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\qquad(r>R)}. \]

El campo es nulo en el centro y continuo en la superficie, donde \[ E_r(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}. \]

D(b)

En el vacío, la densidad de energía electrostática es \[ u_{\mathrm E}=\frac12\varepsilon_0E^2. \] La energía total incluye el campo tanto en el interior como en el exterior de la esfera cargada: \[ U=\frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \int_0^R E^2\,4\pi r^2\,dr +\int_R^\infty E^2\,4\pi r^2\,dr \right]. \] Sustituyendo los campos obtenidos anteriormente, \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left[ \frac1{R^6}\int_0^R r^4\,dr +\int_R^\infty\frac{dr}{r^2} \right]. \] Por lo tanto, \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left(\frac1{5R}+\frac1R\right), \] y \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]

Sea \(a\) el radio del aro y \(S\) el área de la sección transversal del alambre. Denotemos por \(\rho_m\) la densidad de masa del cobre y por \(\rho_e\) su resistividad eléctrica.

La masa y la resistencia del aro son \[ M=2\pi aS\rho_m, \qquad \mathcal R=\rho_e\frac{2\pi a}{S}. \] Para un aro delgado que gira alrededor de un diámetro, el momento de inercia es \[ I=\frac12Ma^2=\pi\rho_mSa^3. \]

El plano del aro permanece vertical, de modo que su normal es horizontal. Solo la componente horizontal del campo terrestre contribuye al flujo magnético: \[ B_h=B\cos64^\circ. \] Sea \(\theta\) el ángulo entre la normal al aro y este campo horizontal. El flujo es \[ \Phi=B_h\pi a^2\cos\theta. \] Con \(\dot\theta=\omega\), la ley de Faraday da \[ \mathcal E=-\frac{d\Phi}{dt} =B_h\pi a^2\omega\sin\theta. \]

Despreciando la autoinducción, tal como se indica, la corriente es \[ i=\frac{\mathcal E}{\mathcal R}. \] Por consiguiente, la potencia instantánea disipada por efecto Joule es \[ P=i^2\mathcal R =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{\mathcal R} \omega^2\sin^2\theta. \]

El tiempo de amortiguamiento indicado es mucho mayor que el de una revolución, por lo que \(\omega\) varía muy poco durante cada revolución. Por tanto, podemos utilizar \[ \left\langle\sin^2\theta\right\rangle=\frac12, \] lo que da \[ \langle P\rangle =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2\mathcal R}\omega^2. \]

En ausencia de rozamiento, este calor procede de la energía cinética de rotación: \[ \frac{d}{dt}\left(\frac12I\omega^2\right) =-\langle P\rangle. \] Así, la velocidad angular promediada satisface \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2I\mathcal R}\omega. \] Pero \[ I\mathcal R =(\pi\rho_mSa^3) \left(\rho_e\frac{2\pi a}{S}\right) =2\pi^2\rho_m\rho_ea^4, \] por lo que las magnitudes geométricas se cancelan: \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2}{4\rho_m\rho_e}\omega. \] Por tanto, \[ \omega(t)=\omega(0) \exp\left(-\frac{B_h^2t}{4\rho_m\rho_e}\right). \] Imponiendo \(\omega(t_{1/2})=\omega(0)/2\) se obtiene \[ t_{1/2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B_h^2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B^2\cos^264^\circ}. \]

Numéricamente, \[ B_h=(44.5\times10^{-6})\cos64^\circ =1.95075\ldots\times10^{-5}\ \mathrm T, \] y \[ t_{1/2} =\frac{4(8.90\times10^3)(1.70\times10^{-8})\ln2} {(44.5\times10^{-6})^2\cos^264^\circ}. \] Por lo tanto, \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

La solución se comprobó con la solución oficial.

IPhO 2000 · 理论题 1

五个短题：蹦极者、热机、利用 U-Pb 定年法测定地球年龄、均匀带电球体、在地磁场中转动的铜环

下载 PDFIPhO 2000

一名蹦极者系在一根长弹性绳的一端。弹性绳的另一端固定在一座高桥上。蹦极者从桥上迈出，由静止开始向下方的河流下落。他不会碰到水面。蹦极者的质量为 \(m\)，绳的原长为 \(L\)，绳的劲度系数（使绳伸长 1 m 所需的力）为 \(k\)，重力场强度为 \(g\)。

可以假设：

蹦极者可视为系在绳端的质量为 \(m\) 的质点，
与 \(m\) 相比，绳的质量可以忽略，
绳遵循胡克定律，
在蹦极者下落的整个过程中，空气阻力可以忽略。

求出下列各量的表达式，并填在答题纸上：

(a) 蹦极者第一次瞬时静止之前下落的距离 \(y\)，

(b) 蹦极者在此次下落过程中达到的最大速率 \(\upsilon\)，

一台热机在温度分别为 \(T_{\mathrm A}\) 和 \(T_{\mathrm B}\)（\(T_{\mathrm A}>T_{\mathrm B}\)）的两个相同物体之间工作，每个物体的质量均为 \(m\)，比热容均为常量 \(s\)。两个物体均保持恒定压强，且不发生相变。

(a) 如果热机从该系统中输出理论上可能的最大机械功，求两个物体 A 和 B 达到的最终温度 \(T_0\) 的表达式，并写出完整的推导过程。

将最终温度 \(T_0\) 的表达式写在答题纸上。

(b) 由此求出可获得的最大功的表达式，并写在答题纸上。

这台热机在两箱水之间工作，每箱水的体积均为 \(2.50\ \mathrm{m^3}\)。一箱水的温度为 \(350\ \mathrm K\)，另一箱为 \(300\ \mathrm K\)。

水的比热容 \(=4.19\times10^3\ \mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}\)

水的密度 \(=1.00\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\)

假设地球形成时存在同位素 \({}^{238}\mathrm U\) 和 \({}^{235}\mathrm U\)，但不存在它们的衰变产物。利用 \({}^{238}\mathrm U\) 和 \({}^{235}\mathrm U\) 的衰变来确定地球的年龄 \(T\)。

(a) 同位素 \({}^{238}\mathrm U\) 的衰变半衰期为 \(4.50\times10^9\) 年。由此形成的放射性衰变系中，各衰变产物的半衰期与之相比都很短；在一级近似下，可以忽略它们的存在。该衰变系最终生成稳定的铅同位素 \({}^{206}\mathrm{Pb}\)。

求出经过时间 \(t\) 的放射性衰变所产生的 \({}^{206}\mathrm{Pb}\) 原子数（记为 \({}^{206}n\)）的表达式，用现存的 \({}^{238}\mathrm U\) 原子数（记为 \({}^{238}N\)）以及 \({}^{238}\mathrm U\) 的半衰期表示，并填在答题纸上。（以 \(10^9\) 年为单位进行计算可能会有所帮助。）

(b) 类似地，\({}^{235}\mathrm U\) 的衰变半衰期为 \(0.710\times10^9\) 年，它经过一系列半衰期较短的产物，最终生成稳定同位素 \({}^{207}\mathrm{Pb}\)。

在答题纸上写出联系 \({}^{207}n\)、\({}^{235}N\) 和 \({}^{235}\mathrm U\) 的半衰期的方程。

(c) 用质谱仪分析一份混有铅矿石的铀矿石。测得三种铅同位素 \({}^{204}\mathrm{Pb}\)、\({}^{206}\mathrm{Pb}\) 和 \({}^{207}\mathrm{Pb}\) 的相对含量，发现其原子数之比分别为 \(1.00:29.6:22.6\)。同位素 \({}^{204}\mathrm{Pb}\) 被用作参照，因为它不是由放射性衰变产生的。对纯铅矿石进行分析，得到的比例为 \(1.00:17.9:15.5\)。

已知 \({}^{238}N:{}^{235}N\) 为 \(137:1\)，推导一个含有 \(T\) 的方程，并填在答题纸上。

(d) 假设 \(T\) 远大于两种铀同位素的半衰期，由此求出 \(T\) 的近似值。

(e) 这个近似值显然并不显著大于较长的那个半衰期，但可用它求得精确得多的 \(T\) 值。利用这一点或其他方法，估算地球年龄，要求误差在 2% 以内。

电荷 \(Q\) 在真空中均匀分布于半径为 \(R\) 的球形体积内。

(a) 分别对 \(r\le R\) 和 \(r>R\)，推导距球心 \(r\) 处的电场强度表达式。

(b) 求出这一电荷分布所具有的总电能的表达式。

将 (a) 和 (b) 的答案填在答题纸上。

一个由细铜丝制成的圆环，在地磁场中的某处绕一条竖直直径转动。该处地磁场的磁感应强度为 \(44.5\ \mu\mathrm T\)，方向与水平面成 \(64^\circ\) 角并指向下方。已知铜的密度为 \(8.90\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\)，电阻率为 \(1.70\times10^{-8}\ \Omega\,\mathrm m\)，计算圆环的角速度减半需要多长时间。写出计算步骤，并将时间的数值填在答题纸上。这一时间远长于圆环转一圈所需的时间。

可以假设支架摩擦和空气阻力的影响可以忽略。为解答本题，应忽略自感效应，尽管实际上自感效应并不可忽略。

题目译自官方英文原文。

答案

A(a): \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]
A(b): \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]
A(c): \[ \boxed{t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}}\left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]
B(a): \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]
B(b): \[ \boxed{W_{\max}=ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]
B(c): \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]
C(a): 记 \(h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}\)， \[ \boxed{{}^{206}n={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}. \]
C(b): 记 \(h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}\)， \[ \boxed{{}^{207}n={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}. \]
C(c): \[ \boxed{\frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7}},\qquad T>0. \]
C(d): \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})} =5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
C(e): \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
D(a): 电场的径向分量为 \[ \boxed{E_r(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \begin{cases} \dfrac{r}{R^3},&0\le r\le R,\\[4pt] \dfrac{1}{r^2},&r>R. \end{cases}} \] 当 \(Q>0\) 时，电场指向外；当 \(Q<0\) 时，电场指向内；在球心处电场为零。
D(b): \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]
E: \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

解答

A(a)

设 \(z\) 为从桥面向下量起的距离。在 \(z=L\) 之前，绳处于松弛状态；此后，绳的伸长量为 \(x=z-L\)，张力为 \(kx\)。

由于没有耗散，机械能守恒。在最低点 \(z=y\) 处，蹦极者瞬时静止。因此 \[ mgy=\frac12k(y-L)^2. \] 等价地，令 \(x=y-L\)，则有 \[ x^2-\frac{2mg}{k}x-\frac{2mgL}{k}=0. \] 符合物理意义的根对应正的伸长量： \[ x=\frac{mg}{k}+ \sqrt{\left(\frac{mg}{k}\right)^2+\frac{2mgL}{k}}. \] 所以 \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]

A(b)

当向下的加速度为正时，速率增大。绳绷紧后， \[ m\ddot z=mg-k(z-L). \] 因此，加速度第一次变为零时，速率达到最大： \[ z=L+\frac{mg}{k}. \]

在绳绷紧后的任意位置，由能量守恒有 \[ \frac12mv^2=mgz-\frac12k(z-L)^2. \] 在速率最大的位置， \[ \frac12m\upsilon^2 =mg\left(L+\frac{mg}{k}\right) -\frac12k\left(\frac{mg}{k}\right)^2 =mgL+\frac{m^2g^2}{2k}. \] 由此得到 \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]

A(c)

在最初下落距离 \(L\) 的自由落体过程中，所经历的时间及末速率分别为 \[ t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}, \qquad v_1=\sqrt{2gL}. \]

取绳刚绷紧的时刻为 \(\tau=0\)，并定义 \[ \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{mg}{k}. \] 此后的运动方程为 \[ \ddot x+\omega_0^2x=g. \] 在初始条件 \(x(0)=0\) 和 \(\dot x(0)=v_1\) 下，其解为 \[ x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\bigl(1-\cos\omega_0\tau\bigr) +\frac{v_1}{\omega_0}\sin\omega_0\tau, \] 所以 \[ \dot x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\omega_0\sin\omega_0\tau +v_1\cos\omega_0\tau. \]

该速度第一次为零时，满足 \(\pi/2<\omega_0\tau<\pi\)。因此， \[ \omega_0\tau =\pi-\arctan\left(\frac{v_1}{x_{\mathrm{eq}}\omega_0}\right) =\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}. \] 加上自由落体时间，得到 \[ \boxed{ t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}} \left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]

B(a)

让热机在两个物体的瞬时温度之间可逆地工作，直到它们达到相同温度，就能获得最大功。下文所有温度均为绝对温度。

每个物体的定压热容均为常量 \(ms\)。因此，其熵变为 \[ \Delta S=ms\int\frac{dT}{T}. \] 热机循环工作，所以其净熵变为零。可逆工作时，两个物体的总熵变也为零： \[ ms\int_{T_{\mathrm A}}^{T_0}\frac{dT}{T} +ms\int_{T_{\mathrm B}}^{T_0}\frac{dT}{T}=0. \] 因此 \[ \ln\frac{T_0}{T_{\mathrm A}} +\ln\frac{T_0}{T_{\mathrm B}}=0, \] 由此得到 \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]

为说明这为何给出最大功，考虑不可逆过程：它会产生正的总熵变，因而要求 \[ T_0\ge\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}. \] 最终温度越高，留在物体中的热能越多，因而能够输出的功越少。

B(b)

从初始温度较高的物体中吸取的热量为 \[ Q_{\mathrm H}=ms(T_{\mathrm A}-T_0), \] 传给初始温度较低的物体的热量为 \[ Q_{\mathrm C}=ms(T_0-T_{\mathrm B}). \] 对循环工作的热机应用能量守恒，得到 \[ W=Q_{\mathrm H}-Q_{\mathrm C} =ms(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B}-2T_0). \] 代入可逆过程的最终温度， \[ \boxed{ W_{\max} =ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]

B(c)

每箱水的质量为 \[ m=\rho V=(1.00\times10^3)(2.50) =2.50\times10^3\ \mathrm{kg}. \] 可逆过程的最终温度为 \[ T_0=\sqrt{350\times300}=324.037\ldots\ \mathrm K. \] 使用这一数值，并避免过早舍入，得到 \[ \begin{aligned} W_{\max} &=(2.50\times10^3)(4.19\times10^3) \left[350+300-2\sqrt{350\times300}\right]\\ &=2.0174\ldots\times10^7\ \mathrm J. \end{aligned} \] 所以 \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]

C(a)

对于半衰期为 \(h\) 的放射性母体同位素， \[ N(t)=N(0)e^{-\lambda t}, \qquad \lambda=\frac{\ln2}{h}. \] 因此，母体原子的初始数量可用其现存数量表示为 \[ N(0)=N(t)e^{\lambda t}=N(t)2^{t/h}. \]

忽略中间产物的寿命，每个发生衰变的铀原子最终产生一个铅原子。由于初始时不存在衰变产物， \[ n(t)=N(0)-N(t)=N(t)\left(2^{t/h}-1\right). \] 对于 \({}^{238}\mathrm U\) 衰变系， \[ \boxed{{}^{206}n ={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}, \qquad h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(b)

对 \({}^{235}\mathrm U\) 衰变系应用相同的推理， \[ \boxed{{}^{207}n ={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}, \qquad h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(c)

纯铅矿石给出了背景同位素比例。必须从混合样品中扣除这些背景含量，才能求得由铀衰变产生的铅的数量。

设混合样品中 \({}^{204}\mathrm{Pb}\) 的原子数为 \(N_{204}\)。由于这种同位素不是放射成因的， \[ {}^{206}n=(29.6-17.9)N_{204}=11.7N_{204}, \] 并且 \[ {}^{207}n=(22.6-15.5)N_{204}=7.1N_{204}. \] 因此 \[ \frac{{}^{207}n}{{}^{206}n}=\frac{7.1}{11.7}. \]

利用衰变方程和现存的铀同位素比例， \[ \frac{7.1}{11.7} =\frac{{}^{235}N}{{}^{238}N} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =\frac1{137} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1}. \] 所以，所求方程为 \[ \boxed{ \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7} =83.13675\ldots}, \qquad T>0. \]

C(d)

在题目所给的近似条件 \(T\gg h_{238},h_{235}\) 下， \[ 2^{T/h}-1\simeq2^{T/h}. \] 定年方程化为 \[ 2^{T(1/h_{235}-1/h_{238})} \simeq137\,\frac{7.1}{11.7}. \] 取对数，得到 \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})}. \] 代入数值， \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(83.13675\ldots)} {(\ln2)(1/0.710-1/4.50)} \times10^9\ \mathrm{yr}, \] 所以 \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}}=5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \] 这仅约为 \(1.19h_{238}\)，因此，若要求精确结果，就不能忽略 \({}^{238}\mathrm U\) 表达式中减去的 1。

C(e)

保留两处减去的 1。令 \[ u=\frac{T}{10^9\ \mathrm{yr}}, \] 则须解方程 \[ F(u)\equiv \frac{2^{u/0.710}-1}{2^{u/4.50}-1} =83.13675\ldots. \] 在邻近数值处计算，得到 \[ F(4.55)=82.666\ldots, \qquad F(4.56)=83.232\ldots. \] 因此，所求年龄介于 \(4.55\) 和 \(4.56\) 十亿年之间。更精确的数值解为 \(u=4.5583157\ldots\)，由此得到 \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}, \] 误差远小于所要求的 2%。

D(a)

均匀的体电荷密度为 \[ \rho_q=\frac{Q}{(4/3)\pi R^3}. \] 由球对称性可知，电场沿径向，且在同心球形高斯面上大小处处相同。

对于 \(r\le R\)，高斯面包围的电荷为 \[ Q_{\mathrm{enc}} =\rho_q\frac{4\pi r^3}{3} =Q\frac{r^3}{R^3}. \] 由高斯定律， \[ 4\pi r^2E_r=\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0}, \] 因而 \[ \boxed{E_r=\frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}\qquad(r\le R)}. \]

对于 \(r>R\)，高斯面包围的电荷为 \(Q\)，所以 \[ \boxed{E_r=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\qquad(r>R)}. \]

电场在球心处为零，在球面处连续，球面处的电场为 \[ E_r(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}. \]

D(b)

真空中的静电场能量密度为 \[ u_{\mathrm E}=\frac12\varepsilon_0E^2. \] 总能量包括带电球体内部和外部的电场能量： \[ U=\frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \int_0^R E^2\,4\pi r^2\,dr +\int_R^\infty E^2\,4\pi r^2\,dr \right]. \] 代入上面求得的电场， \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left[ \frac1{R^6}\int_0^R r^4\,dr +\int_R^\infty\frac{dr}{r^2} \right]. \] 因此 \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left(\frac1{5R}+\frac1R\right), \] 从而 \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]

设圆环半径为 \(a\)，铜丝的横截面积为 \(S\)。用 \(\rho_m\) 表示铜的质量密度，用 \(\rho_e\) 表示其电阻率。

圆环的质量和电阻分别为 \[ M=2\pi aS\rho_m, \qquad \mathcal R=\rho_e\frac{2\pi a}{S}. \] 细圆环绕一条直径转动时，其转动惯量为 \[ I=\frac12Ma^2=\pi\rho_mSa^3. \]

圆环所在平面始终竖直，因此其法线始终水平。只有地磁场的水平分量对磁通量有贡献： \[ B_h=B\cos64^\circ. \] 设 \(\theta\) 为圆环法线与该水平磁场之间的夹角。磁通量为 \[ \Phi=B_h\pi a^2\cos\theta. \] 由 \(\dot\theta=\omega\)，根据法拉第电磁感应定律， \[ \mathcal E=-\frac{d\Phi}{dt} =B_h\pi a^2\omega\sin\theta. \]

按题意忽略自感，电流为 \[ i=\frac{\mathcal E}{\mathcal R}. \] 因此，瞬时焦耳热功率为 \[ P=i^2\mathcal R =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{\mathcal R} \omega^2\sin^2\theta. \]

题目给出的阻尼时间远长于转动一圈所需的时间，因此每转一圈，\(\omega\) 只发生很小的变化。于是可以使用 \[ \left\langle\sin^2\theta\right\rangle=\frac12, \] 得到 \[ \langle P\rangle =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2\mathcal R}\omega^2. \]

没有摩擦时，这些热量来自转动动能： \[ \frac{d}{dt}\left(\frac12I\omega^2\right) =-\langle P\rangle. \] 因此，平均角速度满足 \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2I\mathcal R}\omega. \] 又因为 \[ I\mathcal R =(\pi\rho_mSa^3) \left(\rho_e\frac{2\pi a}{S}\right) =2\pi^2\rho_m\rho_ea^4, \] 所以几何量相互约去： \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2}{4\rho_m\rho_e}\omega. \] 由此得到 \[ \omega(t)=\omega(0) \exp\left(-\frac{B_h^2t}{4\rho_m\rho_e}\right). \] 令 \(\omega(t_{1/2})=\omega(0)/2\)，得到 \[ t_{1/2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B_h^2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B^2\cos^264^\circ}. \]

代入数值， \[ B_h=(44.5\times10^{-6})\cos64^\circ =1.95075\ldots\times10^{-5}\ \mathrm T, \] 并且 \[ t_{1/2} =\frac{4(8.90\times10^3)(1.70\times10^{-8})\ln2} {(44.5\times10^{-6})^2\cos^264^\circ}. \] 所以 \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

解答已与官方解答核对。

IPhO 2000 · Теоретическая задача 1

Пять коротких частей: прыжок на упругом канате, тепловая машина, возраст Земли по уран-свинцовому датированию, равномерно заряженный шар, медное кольцо, вращающееся в магнитном поле Земли

Скачать PDFIPhO 2000

Прыгун прикреплён к одному концу длинного упругого каната. Другой конец каната закреплён на высоком мосту. Прыгун сходит с моста и падает без начальной скорости к реке внизу. Он не касается воды. Масса прыгуна равна \(m\), длина нерастянутого каната равна \(L\), жёсткость каната (сила, необходимая для удлинения на 1 м) равна \(k\), а напряжённость гравитационного поля равна \(g\).

Можно считать, что

прыгуна можно рассматривать как материальную точку массой \(m\), прикреплённую к концу каната,
масса каната пренебрежимо мала по сравнению с \(m\),
канат подчиняется закону Гука,
сопротивлением воздуха можно пренебречь на протяжении всего падения прыгуна.

Получите выражения для следующих величин и внесите их в лист ответов:

(a) расстояние \(y\), которое пролетит прыгун до первой мгновенной остановки,

(b) максимальная скорость \(\upsilon\), которую достигнет прыгун за время этого падения,

Тепловая машина работает между двумя одинаковыми телами с различными температурами \(T_{\mathrm A}\) и \(T_{\mathrm B}\) (\(T_{\mathrm A}>T_{\mathrm B}\)); каждое тело имеет массу \(m\) и постоянную удельную теплоёмкость \(s\). Давление тел остаётся постоянным, фазовые переходы отсутствуют.

(a) Приведя полный вывод, получите выражение для конечной температуры \(T_0\) двух тел A и B, если тепловая машина извлекает из системы теоретически максимально возможную механическую работу.

Запишите выражение для конечной температуры \(T_0\) в лист ответов.

(b) Используя полученный результат, найдите и запишите в лист ответов выражение для этой максимальной работы.

Тепловая машина работает между двумя резервуарами с водой объёмом \(2.50\ \mathrm{m^3}\) каждый. Температура воды в одном резервуаре равна \(350\ \mathrm K\), а в другом — \(300\ \mathrm K\).

Удельная теплоёмкость воды \(=4.19\times10^3\ \mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}\)

Плотность воды \(=1.00\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\)

Предполагается, что при образовании Земли изотопы \({}^{238}\mathrm U\) и \({}^{235}\mathrm U\) присутствовали, а продукты их распада отсутствовали. Распад \({}^{238}\mathrm U\) и \({}^{235}\mathrm U\) используют для определения возраста Земли \(T\).

(a) Изотоп \({}^{238}\mathrm U\) распадается с периодом полураспада \(4.50\times10^9\) лет. Периоды полураспада продуктов возникающего радиоактивного ряда малы по сравнению с этой величиной; в первом приближении их существованием можно пренебречь. Ряд распада заканчивается стабильным изотопом свинца \({}^{206}\mathrm{Pb}\).

Получите и внесите в лист ответов выражение для числа атомов \({}^{206}\mathrm{Pb}\), обозначаемого \({}^{206}n\), образовавшихся в результате радиоактивного распада за время \(t\), через нынешнее число атомов \({}^{238}\mathrm U\), обозначаемое \({}^{238}N\), и период полураспада \({}^{238}\mathrm U\). (Возможно, будет удобно измерять время в единицах \(10^9\) лет.)

(b) Аналогично, \({}^{235}\mathrm U\) распадается с периодом полураспада \(0.710\times10^9\) лет через ряд продуктов с более короткими периодами полураспада, образуя стабильный изотоп \({}^{207}\mathrm{Pb}\).

Запишите в лист ответов уравнение, связывающее \({}^{207}n\) с \({}^{235}N\) и периодом полураспада \({}^{235}\mathrm U\).

(c) Урановую руду, смешанную со свинцовой рудой, анализируют с помощью масс-спектрометра. Измеряют относительные концентрации трёх изотопов свинца \({}^{204}\mathrm{Pb}\), \({}^{206}\mathrm{Pb}\) и \({}^{207}\mathrm{Pb}\) и устанавливают, что числа их атомов относятся как \(1.00:29.6:22.6\) соответственно. Изотоп \({}^{204}\mathrm{Pb}\) используют в качестве эталона, поскольку он не имеет радиоактивного происхождения. Анализ чистой свинцовой руды даёт отношения \(1.00:17.9:15.5\).

Учитывая, что отношение \({}^{238}N:{}^{235}N\) равно \(137:1\), выведите и внесите в лист ответов уравнение, содержащее \(T\).

(d) Предположите, что \(T\) значительно превышает периоды полураспада обоих изотопов урана, и на этом основании получите приближённое значение \(T\).

(e) Это приближённое значение явно не намного превышает больший из периодов полураспада, однако его можно использовать для получения гораздо более точного значения \(T\). Используя его или иной способ, оцените возраст Земли с точностью до 2%.

Заряд \(Q\) равномерно распределён в вакууме по объёму шара радиуса \(R\).

(a) Выведите выражения для напряжённости электрического поля на расстоянии \(r\) от центра шара при \(r\le R\) и \(r>R\).

(b) Получите выражение для полной электрической энергии этого распределения заряда.

Внесите ответы на (a) и (b) в лист ответов.

Круглое кольцо из тонкой медной проволоки приводят во вращение вокруг вертикального диаметра в некоторой точке магнитного поля Земли. Индукция магнитного поля Земли в этой точке равна \(44.5\ \mu\mathrm T\) и направлена под углом \(64^\circ\) к горизонту вниз. Учитывая, что плотность меди равна \(8.90\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\), а её удельное электрическое сопротивление равно \(1.70\times10^{-8}\ \Omega\,\mathrm m\), вычислите время, за которое угловая скорость кольца уменьшится вдвое. Приведите ход вычислений и внесите значение времени в лист ответов. Это время значительно превышает время одного оборота.

Можно считать, что трение в опорах и сопротивление воздуха пренебрежимо малы; при решении этой задачи следует пренебречь эффектами самоиндукции, хотя в действительности они не были бы пренебрежимо малы.

Условие переведено с официального английского текста.

Ответы

A(a): \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]
A(b): \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]
A(c): \[ \boxed{t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}}\left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]
B(a): \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]
B(b): \[ \boxed{W_{\max}=ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]
B(c): \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]
C(a): Обозначая \(h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}\), получаем \[ \boxed{{}^{206}n={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}. \]
C(b): Обозначая \(h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}\), получаем \[ \boxed{{}^{207}n={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}. \]
C(c): \[ \boxed{\frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7}},\qquad T>0. \]
C(d): \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})} =5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
C(e): \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
D(a): Радиальная компонента напряжённости электрического поля равна \[ \boxed{E_r(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \begin{cases} \dfrac{r}{R^3},&0\le r\le R,\\[4pt] \dfrac{1}{r^2},&r>R. \end{cases}} \] Поле направлено наружу при \(Q>0\), к центру при \(Q<0\) и равно нулю в центре.
D(b): \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]
E: \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

Решение

A(a)

Пусть \(z\) — расстояние от моста, отсчитываемое вниз. Канат остаётся ненатянутым до \(z=L\); после этого его удлинение равно \(x=z-L\), а сила натяжения — \(kx\).

Диссипация отсутствует, поэтому механическая энергия сохраняется. В нижней точке, \(z=y\), прыгун мгновенно останавливается. Следовательно, \[ mgy=\frac12k(y-L)^2. \] Или, полагая \(x=y-L\), \[ x^2-\frac{2mg}{k}x-\frac{2mgL}{k}=0. \] Физически допустимому корню соответствует положительное удлинение: \[ x=\frac{mg}{k}+ \sqrt{\left(\frac{mg}{k}\right)^2+\frac{2mgL}{k}}. \] Поэтому \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]

A(b)

Скорость увеличивается, пока ускорение, направленное вниз, положительно. После натяжения каната \[ m\ddot z=mg-k(z-L). \] Таким образом, скорость максимальна, когда ускорение впервые обращается в нуль: \[ z=L+\frac{mg}{k}. \]

Закон сохранения энергии в любой точке при натянутом канате даёт \[ \frac12mv^2=mgz-\frac12k(z-L)^2. \] В положении, соответствующем максимальной скорости, \[ \frac12m\upsilon^2 =mg\left(L+\frac{mg}{k}\right) -\frac12k\left(\frac{mg}{k}\right)^2 =mgL+\frac{m^2g^2}{2k}. \] Отсюда \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]

A(c)

На начальном этапе свободного падения на расстояние \(L\) затраченное время и конечная скорость равны \[ t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}, \qquad v_1=\sqrt{2gL}. \]

Положим \(\tau=0\) в момент, когда канат впервые натягивается, и введём обозначения \[ \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{mg}{k}. \] Уравнение последующего движения имеет вид \[ \ddot x+\omega_0^2x=g. \] При \(x(0)=0\) и \(\dot x(0)=v_1\) его решение равно \[ x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\bigl(1-\cos\omega_0\tau\bigr) +\frac{v_1}{\omega_0}\sin\omega_0\tau, \] так что \[ \dot x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\omega_0\sin\omega_0\tau +v_1\cos\omega_0\tau. \]

Эта скорость впервые обращается в нуль при \(\pi/2<\omega_0\tau<\pi\). Следовательно, \[ \omega_0\tau =\pi-\arctan\left(\frac{v_1}{x_{\mathrm{eq}}\omega_0}\right) =\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}. \] Добавляя время свободного падения, получаем \[ \boxed{ t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}} \left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]

B(a)

Максимальная работа получается, если машина работает обратимо между мгновенными температурами тел до тех пор, пока их температуры не сравняются. Все температуры ниже являются абсолютными.

Каждое тело имеет постоянную теплоёмкость \(ms\) при постоянном давлении. Поэтому изменение его энтропии равно \[ \Delta S=ms\int\frac{dT}{T}. \] Машина работает циклически, поэтому суммарное изменение её энтропии равно нулю. При обратимой работе суммарное изменение энтропии тел также равно нулю: \[ ms\int_{T_{\mathrm A}}^{T_0}\frac{dT}{T} +ms\int_{T_{\mathrm B}}^{T_0}\frac{dT}{T}=0. \] Следовательно, \[ \ln\frac{T_0}{T_{\mathrm A}} +\ln\frac{T_0}{T_{\mathrm B}}=0, \] откуда \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]

Чтобы понять, почему это даёт максимум, заметим, что при необратимом процессе суммарная энтропия увеличивалась бы, что требует \[ T_0\ge\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}. \] При более высокой конечной температуре в телах остаётся больше тепловой энергии, и, следовательно, можно получить меньшую работу.

B(b)

Количество теплоты, отведённое от первоначально более горячего тела, равно \[ Q_{\mathrm H}=ms(T_{\mathrm A}-T_0), \] а количество теплоты, переданное первоначально более холодному телу, равно \[ Q_{\mathrm C}=ms(T_0-T_{\mathrm B}). \] Закон сохранения энергии для циклически работающей машины даёт \[ W=Q_{\mathrm H}-Q_{\mathrm C} =ms(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B}-2T_0). \] Подставляя конечную температуру обратимого процесса, получаем \[ \boxed{ W_{\max} =ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]

B(c)

Масса воды в каждом резервуаре равна \[ m=\rho V=(1.00\times10^3)(2.50) =2.50\times10^3\ \mathrm{kg}. \] Конечная температура обратимого процесса равна \[ T_0=\sqrt{350\times300}=324.037\ldots\ \mathrm K. \] Используя это значение без преждевременного округления, получаем \[ \begin{aligned} W_{\max} &=(2.50\times10^3)(4.19\times10^3) \left[350+300-2\sqrt{350\times300}\right]\\ &=2.0174\ldots\times10^7\ \mathrm J. \end{aligned} \] Поэтому \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]

C(a)

Для исходного радиоактивного изотопа с периодом полураспада \(h\) \[ N(t)=N(0)e^{-\lambda t}, \qquad \lambda=\frac{\ln2}{h}. \] Следовательно, начальное число атомов исходного изотопа можно выразить через их нынешнее число: \[ N(0)=N(t)e^{\lambda t}=N(t)2^{t/h}. \]

Если пренебречь временами жизни промежуточных продуктов, каждый распавшийся атом урана даёт один атом свинца — конечного продукта распада. Поскольку изначально продукты распада отсутствовали, \[ n(t)=N(0)-N(t)=N(t)\left(2^{t/h}-1\right). \] Для ряда \({}^{238}\mathrm U\) \[ \boxed{{}^{206}n ={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}, \qquad h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(b)

Применяя те же рассуждения к ряду \({}^{235}\mathrm U\), получаем \[ \boxed{{}^{207}n ={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}, \qquad h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(c)

Чистая свинцовая руда позволяет определить фоновые изотопные отношения. Эти фоновые количества необходимо вычесть из количеств в смешанном образце, чтобы найти количество свинца, образовавшегося при распаде урана.

Пусть \(N_{204}\) — число атомов \({}^{204}\mathrm{Pb}\) в смешанном образце. Поскольку этот изотоп не является радиогенным, \[ {}^{206}n=(29.6-17.9)N_{204}=11.7N_{204}, \] и \[ {}^{207}n=(22.6-15.5)N_{204}=7.1N_{204}. \] Поэтому \[ \frac{{}^{207}n}{{}^{206}n}=\frac{7.1}{11.7}. \]

Используя уравнения распада и нынешнее отношение количеств изотопов урана, получаем \[ \frac{7.1}{11.7} =\frac{{}^{235}N}{{}^{238}N} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =\frac1{137} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1}. \] Таким образом, искомое уравнение имеет вид \[ \boxed{ \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7} =83.13675\ldots}, \qquad T>0. \]

C(d)

В указанном приближении \(T\gg h_{238},h_{235}\) \[ 2^{T/h}-1\simeq2^{T/h}. \] Уравнение для определения возраста принимает вид \[ 2^{T(1/h_{235}-1/h_{238})} \simeq137\,\frac{7.1}{11.7}. \] Логарифмируя, получаем \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})}. \] Численно \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(83.13675\ldots)} {(\ln2)(1/0.710-1/4.50)} \times10^9\ \mathrm{yr}, \] так что \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}}=5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \] Это составляет всего около \(1.19h_{238}\), поэтому для получения точного результата нельзя пренебрегать вычитанием 1 в выражении для \({}^{238}\mathrm U\).

C(e)

Сохраним оба вычитания 1. Вводя обозначение \[ u=\frac{T}{10^9\ \mathrm{yr}}, \] получаем уравнение, которое необходимо решить: \[ F(u)\equiv \frac{2^{u/0.710}-1}{2^{u/4.50}-1} =83.13675\ldots. \] Вычисления при близких значениях дают \[ F(4.55)=82.666\ldots, \qquad F(4.56)=83.232\ldots. \] Таким образом, искомый возраст лежит между \(4.55\) и \(4.56\) миллиарда лет. Более точное численное решение равно \(u=4.5583157\ldots\), что даёт \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}, \] с погрешностью существенно меньше требуемых 2%.

D(a)

Постоянная объёмная плотность заряда равна \[ \rho_q=\frac{Q}{(4/3)\pi R^3}. \] В силу сферической симметрии электрическое поле направлено радиально и имеет постоянный модуль на концентрической сферической гауссовой поверхности.

При \(r\le R\) заряд внутри этой поверхности равен \[ Q_{\mathrm{enc}} =\rho_q\frac{4\pi r^3}{3} =Q\frac{r^3}{R^3}. \] Теорема Гаусса даёт \[ 4\pi r^2E_r=\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0}, \] и, следовательно, \[ \boxed{E_r=\frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}\qquad(r\le R)}. \]

При \(r>R\) заряд внутри поверхности равен \(Q\), поэтому \[ \boxed{E_r=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\qquad(r>R)}. \]

Поле равно нулю в центре и непрерывно на поверхности, где \[ E_r(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}. \]

D(b)

В вакууме плотность энергии электростатического поля равна \[ u_{\mathrm E}=\frac12\varepsilon_0E^2. \] Полная энергия включает энергию поля как внутри, так и снаружи заряженного шара: \[ U=\frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \int_0^R E^2\,4\pi r^2\,dr +\int_R^\infty E^2\,4\pi r^2\,dr \right]. \] Подставляя найденные выше выражения для поля, получаем \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left[ \frac1{R^6}\int_0^R r^4\,dr +\int_R^\infty\frac{dr}{r^2} \right]. \] Следовательно, \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left(\frac1{5R}+\frac1R\right), \] и \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]

Пусть радиус кольца равен \(a\), а площадь поперечного сечения проволоки — \(S\). Обозначим плотность меди через \(\rho_m\), а её удельное электрическое сопротивление — через \(\rho_e\).

Масса и сопротивление кольца равны \[ M=2\pi aS\rho_m, \qquad \mathcal R=\rho_e\frac{2\pi a}{S}. \] Момент инерции тонкого кольца относительно диаметра равен \[ I=\frac12Ma^2=\pi\rho_mSa^3. \]

Плоскость кольца остаётся вертикальной, поэтому нормаль к ней горизонтальна. Вклад в магнитный поток даёт только горизонтальная составляющая магнитного поля Земли: \[ B_h=B\cos64^\circ. \] Пусть \(\theta\) — угол между нормалью к кольцу и этой горизонтальной составляющей поля. Поток равен \[ \Phi=B_h\pi a^2\cos\theta. \] При \(\dot\theta=\omega\) закон Фарадея даёт \[ \mathcal E=-\frac{d\Phi}{dt} =B_h\pi a^2\omega\sin\theta. \]

Пренебрегая самоиндукцией согласно условию, получаем ток \[ i=\frac{\mathcal E}{\mathcal R}. \] Следовательно, мгновенная мощность джоулева тепловыделения равна \[ P=i^2\mathcal R =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{\mathcal R} \omega^2\sin^2\theta. \]

По условию время затухания значительно превышает время одного оборота, поэтому за каждый оборот \(\omega\) изменяется лишь незначительно. Следовательно, можно использовать \[ \left\langle\sin^2\theta\right\rangle=\frac12, \] что даёт \[ \langle P\rangle =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2\mathcal R}\omega^2. \]

При отсутствии трения эта теплота выделяется за счёт кинетической энергии вращения: \[ \frac{d}{dt}\left(\frac12I\omega^2\right) =-\langle P\rangle. \] Таким образом, усреднённая угловая скорость удовлетворяет уравнению \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2I\mathcal R}\omega. \] Но \[ I\mathcal R =(\pi\rho_mSa^3) \left(\rho_e\frac{2\pi a}{S}\right) =2\pi^2\rho_m\rho_ea^4, \] поэтому геометрические величины сокращаются: \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2}{4\rho_m\rho_e}\omega. \] Отсюда \[ \omega(t)=\omega(0) \exp\left(-\frac{B_h^2t}{4\rho_m\rho_e}\right). \] Полагая \(\omega(t_{1/2})=\omega(0)/2\), получаем \[ t_{1/2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B_h^2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B^2\cos^264^\circ}. \]

Численно \[ B_h=(44.5\times10^{-6})\cos64^\circ =1.95075\ldots\times10^{-5}\ \mathrm T, \] и \[ t_{1/2} =\frac{4(8.90\times10^3)(1.70\times10^{-8})\ln2} {(44.5\times10^{-6})^2\cos^264^\circ}. \] Следовательно, \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

Решение проверено по официальному решению.

IPhO 2000 · مسألة نظرية 1

خمسة أجزاء قصيرة: قافز بالحبل المرن، ومحرك حراري، وعمر الأرض من التأريخ بـ U-Pb، وكرة مشحونة بانتظام، وحلقة نحاسية تدور في المجال المغناطيسي للأرض

تنزيل PDFIPhO 2000

يرتبط قافز بالحبل المرن بأحد طرفي حبل مرن طويل. والطرف الآخر للحبل المرن مثبت بجسر مرتفع. يخطو القافز خارج الجسر ويسقط من السكون نحو النهر أسفله، دون أن يلامس الماء. كتلة القافز هي \(m\)، وطول الحبل غير الممدود هو \(L\)، وثابت قوة الحبل (القوة اللازمة لإحداث استطالة مقدارها 1 m) هو \(k\)، وشدة مجال الجاذبية هي \(g\).

يمكنك افتراض أن

القافز يمكن اعتباره كتلة نقطية \(m\) مرتبطة بطرف الحبل،
كتلة الحبل مهملة مقارنةً بـ \(m\)،
الحبل يخضع لقانون هوك،
يمكن إهمال مقاومة الهواء طوال سقوط القافز.

أوجد تعبيرات للكميات الآتية ودوّنها في ورقة الإجابة:

(a) المسافة \(y\) التي يهبطها القافز قبل أن يسكن لحظيًا لأول مرة،

(b) السرعة القصوى \(\upsilon\) التي يبلغها القافز أثناء هذا الهبوط،

يعمل محرك حراري بين جسمين متماثلين عند درجتي حرارة مختلفتين \(T_{\mathrm A}\) و\(T_{\mathrm B}\) (\(T_{\mathrm A}>T_{\mathrm B}\))، ولكل جسم كتلة \(m\) وسعة حرارية نوعية ثابتة \(s\). يظل الجسمان عند ضغط ثابت ولا يطرأ عليهما أي تغير في الطور.

(a) أوجد، مع إظهار خطوات الحل كاملةً، تعبيرًا لدرجة الحرارة النهائية \(T_0\) التي يبلغها الجسمان A وB، إذا استخلص المحرك الحراري من النظام أكبر مقدار من الشغل الميكانيكي ممكن نظريًا.

اكتب تعبيرك لدرجة الحرارة النهائية \(T_0\) في ورقة الإجابة.

(b) ومن ثم، أوجد تعبيرًا لهذا المقدار الأقصى من الشغل المتاح واكتبه في ورقة الإجابة.

يعمل المحرك الحراري بين خزانين من الماء، حجم كل منهما \(2.50\ \mathrm{m^3}\). درجة حرارة أحد الخزانين \(350\ \mathrm K\)، ودرجة حرارة الآخر \(300\ \mathrm K\).

السعة الحرارية النوعية للماء \(=4.19\times10^3\ \mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}\)

كثافة الماء \(=1.00\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\)

يُفترض أنه عند تشكّل الأرض كان النظيران \({}^{238}\mathrm U\) و\({}^{235}\mathrm U\) موجودين، بينما لم تكن نواتج اضمحلالهما موجودة. ويُستخدم اضمحلال \({}^{238}\mathrm U\) و\({}^{235}\mathrm U\) لتحديد عمر الأرض، \(T\).

(a) يضمحل النظير \({}^{238}\mathrm U\) بعمر نصف مقداره \(4.50\times10^9\) سنة. ولنواتج الاضمحلال في السلسلة الإشعاعية الناتجة أعمار نصف قصيرة مقارنةً بهذا العمر؛ ويمكن إهمال وجودها في تقريب أول. تنتهي سلسلة الاضمحلال بنظير الرصاص المستقر \({}^{206}\mathrm{Pb}\).

أوجد تعبيرًا لعدد ذرات \({}^{206}\mathrm{Pb}\)، الذي يُرمز إليه بـ \({}^{206}n\)، الناتجة عن الاضمحلال الإشعاعي خلال الزمن \(t\)، بدلالة العدد الحالي لذرات \({}^{238}\mathrm U\)، الذي يُرمز إليه بـ \({}^{238}N\)، وعمر النصف لـ \({}^{238}\mathrm U\)، ودوّنه في ورقة الإجابة. (قد تجد من المفيد استخدام وحدات مقدارها \(10^9\) سنة.)

(b) وبالمثل، يضمحل \({}^{235}\mathrm U\) بعمر نصف مقداره \(0.710\times10^9\) سنة عبر سلسلة من النواتج ذات أعمار نصف أقصر، ليعطي النظير المستقر \({}^{207}\mathrm{Pb}\).

اكتب في ورقة الإجابة معادلة تربط \({}^{207}n\) بـ \({}^{235}N\) وعمر النصف لـ \({}^{235}\mathrm U\).

(c) يُحلَّل خام يورانيوم مخلوط بخام رصاص باستخدام مطياف الكتلة. تُقاس التراكيز النسبية لنظائر الرصاص الثلاثة \({}^{204}\mathrm{Pb}\) و\({}^{206}\mathrm{Pb}\) و\({}^{207}\mathrm{Pb}\)، ويُوجد أن أعداد الذرات تتناسب بالنسب \(1.00:29.6:22.6\) على الترتيب. يُستخدم النظير \({}^{204}\mathrm{Pb}\) مرجعًا لأنه ليس ذا منشأ إشعاعي. ويعطي تحليل خام رصاص نقي النسب \(1.00:17.9:15.5\).

بمعرفة أن النسبة \({}^{238}N:{}^{235}N\) هي \(137:1\)، اشتق معادلة تتضمن \(T\) ودوّنها في ورقة الإجابة.

(d) افترض أن \(T\) أكبر بكثير من عمري النصف لكلا نظيري اليورانيوم، ومن ثم أوجد قيمة تقريبية لـ \(T\).

(e) من الواضح أن هذه القيمة التقريبية ليست أكبر بدرجة ملحوظة من عمر النصف الأطول، ولكن يمكن استخدامها للحصول على قيمة أدق بكثير لـ \(T\). ومن ثم، أو بأي طريقة أخرى، قدّر قيمة لعمر الأرض بدقة في حدود 2%.

تتوزع شحنة \(Q\) بانتظام في الفراغ في كامل حجم كرة نصف قطرها \(R\).

(a) اشتق تعبيرين لشدة المجال الكهربائي على بُعد \(r\) من مركز الكرة لكل من \(r\le R\) و\(r>R\).

(b) أوجد تعبيرًا للطاقة الكهربائية الكلية المرتبطة بهذا التوزيع للشحنة.

دوّن إجابتيك عن (a) و(b) في ورقة الإجابة.

تُجعل حلقة دائرية من سلك نحاسي رفيع تدور حول قطر رأسي عند نقطة ضمن المجال المغناطيسي للأرض. تبلغ كثافة الفيض المغناطيسي للمجال المغناطيسي للأرض عند هذه النقطة \(44.5\ \mu\mathrm T\)، وتتجه بزاوية \(64^\circ\) تحت الأفقي. علمًا بأن كثافة النحاس \(8.90\times10^3\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\) ومقاوميته الكهربائية \(1.70\times10^{-8}\ \Omega\,\mathrm m\)، احسب الزمن اللازم لانخفاض السرعة الزاوية للحلقة إلى النصف. بيّن خطوات الحل ودوّن قيمة الزمن في ورقة الإجابة. هذا الزمن أطول بكثير من زمن دورة واحدة.

يمكنك افتراض أن تأثيرات احتكاك المساند والهواء مهملة، وعليك، لأغراض هذا السؤال، إهمال تأثيرات الحث الذاتي، مع أنها ليست مهملة في الواقع.

نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي.

الإجابات

A(a): \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]
A(b): \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]
A(c): \[ \boxed{t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}}\left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]
B(a): \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]
B(b): \[ \boxed{W_{\max}=ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]
B(c): \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]
C(a): بوضع \(h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}\)، \[ \boxed{{}^{206}n={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}. \]
C(b): بوضع \(h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}\)، \[ \boxed{{}^{207}n={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}. \]
C(c): \[ \boxed{\frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7}},\qquad T>0. \]
C(d): \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})} =5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
C(e): \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}. \]
D(a): المركبة الشعاعية للمجال الكهربائي هي \[ \boxed{E_r(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \begin{cases} \dfrac{r}{R^3},&0\le r\le R,\\[4pt] \dfrac{1}{r^2},&r>R. \end{cases}} \] يتجه المجال إلى الخارج عندما \(Q>0\)، وإلى الداخل عندما \(Q<0\)، ويساوي صفرًا عند المركز.
D(b): \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]
E: \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

الحل

A(a)

لتكن \(z\) المسافة المقيسة إلى الأسفل من الجسر. يظل الحبل مرتخيًا حتى \(z=L\)؛ وبعد ذلك تكون استطالته \(x=z-L\)، ويكون شده \(kx\).

لا يوجد تبديد، ولذلك تنحفظ الطاقة الميكانيكية. عند أدنى نقطة، \(z=y\)، يكون القافز ساكنًا لحظيًا. ومن ثم \[ mgy=\frac12k(y-L)^2. \] وبصورة مكافئة، بوضع \(x=y-L\)، \[ x^2-\frac{2mg}{k}x-\frac{2mgL}{k}=0. \] الجذر المقبول فيزيائيًا يعطي استطالة موجبة: \[ x=\frac{mg}{k}+ \sqrt{\left(\frac{mg}{k}\right)^2+\frac{2mgL}{k}}. \] إذن \[ \boxed{y=L+\frac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\frac{2kL}{mg}}\right)}. \]

A(b)

تزداد السرعة ما دام التسارع نحو الأسفل موجبًا. وبعد أن يصبح الحبل مشدودًا، \[ m\ddot z=mg-k(z-L). \] لذلك تبلغ السرعة قيمتها العظمى عندما يصبح التسارع صفرًا لأول مرة: \[ z=L+\frac{mg}{k}. \]

يعطي انحفاظ الطاقة عند أي نقطة يكون فيها الحبل مشدودًا \[ \frac12mv^2=mgz-\frac12k(z-L)^2. \] وعند موضع السرعة القصوى، \[ \frac12m\upsilon^2 =mg\left(L+\frac{mg}{k}\right) -\frac12k\left(\frac{mg}{k}\right)^2 =mgL+\frac{m^2g^2}{2k}. \] ومن ثم \[ \boxed{\upsilon=\sqrt{2gL+\frac{mg^2}{k}}}. \]

A(c)

أثناء السقوط الحر الأولي مسافة \(L\)، يكون الزمن المنقضي والسرعة النهائية \[ t_1=\sqrt{\frac{2L}{g}}, \qquad v_1=\sqrt{2gL}. \]

نضع \(\tau=0\) عند اللحظة التي يصبح فيها الحبل مشدودًا لأول مرة، ونعرّف \[ \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}, \qquad x_{\mathrm{eq}}=\frac{mg}{k}. \] معادلة الحركة اللاحقة هي \[ \ddot x+\omega_0^2x=g. \] مع \(x(0)=0\) و\(\dot x(0)=v_1\)، يكون حلها \[ x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\bigl(1-\cos\omega_0\tau\bigr) +\frac{v_1}{\omega_0}\sin\omega_0\tau, \] ومن ثم \[ \dot x(\tau)=x_{\mathrm{eq}}\omega_0\sin\omega_0\tau +v_1\cos\omega_0\tau. \]

تنعدم هذه السرعة لأول مرة عندما يكون \(\pi/2<\omega_0\tau<\pi\). وبناءً عليه، \[ \omega_0\tau =\pi-\arctan\left(\frac{v_1}{x_{\mathrm{eq}}\omega_0}\right) =\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}. \] بإضافة زمن السقوط الحر نحصل على \[ \boxed{ t=\sqrt{\frac{2L}{g}} +\sqrt{\frac{m}{k}} \left[\pi-\arctan\sqrt{\frac{2kL}{mg}}\right]}. \]

B(a)

يُحصل على الشغل الأقصى بتشغيل المحرك بصورة عكوسة بين درجتي الحرارة اللحظيتين للجسمين، حتى يبلغا درجة حرارة مشتركة. جميع درجات الحرارة فيما يأتي درجات حرارة مطلقة.

لكل جسم سعة حرارية ثابتة \(ms\) عند ضغط ثابت. لذلك يكون تغير إنتروبيته \[ \Delta S=ms\int\frac{dT}{T}. \] يعمل المحرك دوريًا، ولذلك يكون صافي تغير إنتروبيته صفرًا. وفي التشغيل العكوس، يكون مجموع تغيري إنتروبية الجسمين صفرًا أيضًا: \[ ms\int_{T_{\mathrm A}}^{T_0}\frac{dT}{T} +ms\int_{T_{\mathrm B}}^{T_0}\frac{dT}{T}=0. \] إذن \[ \ln\frac{T_0}{T_{\mathrm A}} +\ln\frac{T_0}{T_{\mathrm B}}=0, \] وهذا يعطي \[ \boxed{T_0=\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}}. \]

ولبيان سبب إعطاء ذلك القيمة العظمى، فإن عملية غير عكوسة ستولد بدلًا من ذلك إنتروبية كلية موجبة، مما يستلزم \[ T_0\ge\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}. \] إن ارتفاع درجة الحرارة النهائية يُبقي طاقة حرارية أكبر في الجسمين، وبالتالي يسمح باستخلاص شغل أقل.

B(b)

الحرارة المستخلصة من الجسم الذي كان أسخن في البداية هي \[ Q_{\mathrm H}=ms(T_{\mathrm A}-T_0), \] والحرارة المنتقلة إلى الجسم الذي كان أبرد في البداية هي \[ Q_{\mathrm C}=ms(T_0-T_{\mathrm B}). \] يعطي انحفاظ الطاقة للمحرك الدوري \[ W=Q_{\mathrm H}-Q_{\mathrm C} =ms(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B}-2T_0). \] بالتعويض بدرجة الحرارة النهائية للعملية العكوسة، \[ \boxed{ W_{\max} =ms\left(T_{\mathrm A}+T_{\mathrm B} -2\sqrt{T_{\mathrm A}T_{\mathrm B}}\right) =ms\left(\sqrt{T_{\mathrm A}}-\sqrt{T_{\mathrm B}}\right)^2}. \]

B(c)

كتلة الماء في كل خزان هي \[ m=\rho V=(1.00\times10^3)(2.50) =2.50\times10^3\ \mathrm{kg}. \] درجة الحرارة النهائية للعملية العكوسة هي \[ T_0=\sqrt{350\times300}=324.037\ldots\ \mathrm K. \] باستخدام هذه القيمة دون تقريب مبكر، \[ \begin{aligned} W_{\max} &=(2.50\times10^3)(4.19\times10^3) \left[350+300-2\sqrt{350\times300}\right]\\ &=2.0174\ldots\times10^7\ \mathrm J. \end{aligned} \] إذن \[ \boxed{W_{\max}=2.02\times10^7\ \mathrm J=20.2\ \mathrm{MJ}}. \]

C(a)

لنظير أم مشع عمر نصفه \(h\)، \[ N(t)=N(0)e^{-\lambda t}, \qquad \lambda=\frac{\ln2}{h}. \] ومن ثم يمكن التعبير عن العدد الابتدائي لذرات النظير الأم بدلالة العدد الحالي: \[ N(0)=N(t)e^{\lambda t}=N(t)2^{t/h}. \]

بإهمال أعمار النواتج الوسيطة، تنتج كل ذرة يورانيوم اضمحلت ذرة رصاص واحدة في نهاية السلسلة. وبما أنه لم تكن هناك نواتج اضمحلال في البداية، \[ n(t)=N(0)-N(t)=N(t)\left(2^{t/h}-1\right). \] بالنسبة إلى سلسلة \({}^{238}\mathrm U\)، \[ \boxed{{}^{206}n ={}^{238}N\left(2^{t/h_{238}}-1\right)}, \qquad h_{238}=4.50\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(b)

بتطبيق الاستدلال نفسه على سلسلة \({}^{235}\mathrm U\)، \[ \boxed{{}^{207}n ={}^{235}N\left(2^{t/h_{235}}-1\right)}, \qquad h_{235}=0.710\times10^9\ \mathrm{yr}. \]

C(c)

يوفر خام الرصاص النقي نسب النظائر الموجودة أصلًا. ويجب طرح هذه الكميات الأصلية من العينة المختلطة لإيجاد الرصاص الناتج عن اضمحلال اليورانيوم.

ليكن \(N_{204}\) عدد ذرات \({}^{204}\mathrm{Pb}\) في العينة المختلطة. بما أن هذا النظير ليس ناتجًا عن اضمحلال إشعاعي، \[ {}^{206}n=(29.6-17.9)N_{204}=11.7N_{204}, \] و \[ {}^{207}n=(22.6-15.5)N_{204}=7.1N_{204}. \] إذن \[ \frac{{}^{207}n}{{}^{206}n}=\frac{7.1}{11.7}. \]

باستخدام معادلتي الاضمحلال والنسبة الحالية لليورانيوم، \[ \frac{7.1}{11.7} =\frac{{}^{235}N}{{}^{238}N} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =\frac1{137} \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1}. \] إذن المعادلة المطلوبة هي \[ \boxed{ \frac{2^{T/h_{235}}-1}{2^{T/h_{238}}-1} =137\,\frac{7.1}{11.7} =83.13675\ldots}, \qquad T>0. \]

C(d)

وفق التقريب المذكور \(T\gg h_{238},h_{235}\)، \[ 2^{T/h}-1\simeq2^{T/h}. \] تصبح معادلة التأريخ \[ 2^{T(1/h_{235}-1/h_{238})} \simeq137\,\frac{7.1}{11.7}. \] بأخذ اللوغاريتمات، \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(137\times7.1/11.7)} {(\ln2)(h_{235}^{-1}-h_{238}^{-1})}. \] عدديًا، \[ T_{\mathrm{approx}} =\frac{\ln(83.13675\ldots)} {(\ln2)(1/0.710-1/4.50)} \times10^9\ \mathrm{yr}, \] ومن ثم \[ \boxed{T_{\mathrm{approx}}=5.38\times10^9\ \mathrm{yr}}. \] لا يساوي هذا إلا نحو \(1.19h_{238}\)، ولذلك فإن إهمال طرح 1 في تعبير \({}^{238}\mathrm U\) غير مبرر للحصول على نتيجة دقيقة.

C(e)

نُبقي عمليتي طرح 1 كلتيهما. وبوضع \[ u=\frac{T}{10^9\ \mathrm{yr}}, \] يجب أن نحل \[ F(u)\equiv \frac{2^{u/0.710}-1}{2^{u/4.50}-1} =83.13675\ldots. \] تعطي الحسابات عند قيم قريبة \[ F(4.55)=82.666\ldots, \qquad F(4.56)=83.232\ldots. \] إذن يقع العمر المطلوب بين \(4.55\) و\(4.56\) مليار سنة. والحل العددي الأدق هو \(u=4.5583157\ldots\)، مما يعطي \[ \boxed{T\simeq4.56\times10^9\ \mathrm{yr}}, \] وهو ضمن هامش الخطأ المطلوب البالغ 2% بفارق كبير.

D(a)

الكثافة الحجمية المنتظمة للشحنة هي \[ \rho_q=\frac{Q}{(4/3)\pi R^3}. \] يجعل التناظر الكروي المجال الكهربائي شعاعيًا وثابت المقدار على سطح غاوسي كروي متحد المركز مع الكرة.

عندما \(r\le R\)، تكون الشحنة المحصورة \[ Q_{\mathrm{enc}} =\rho_q\frac{4\pi r^3}{3} =Q\frac{r^3}{R^3}. \] يعطي قانون غاوس \[ 4\pi r^2E_r=\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0}, \] ومن ثم \[ \boxed{E_r=\frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}\qquad(r\le R)}. \]

عندما \(r>R\)، تكون الشحنة المحصورة \(Q\)، ولذلك \[ \boxed{E_r=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\qquad(r>R)}. \]

يساوي المجال صفرًا عند المركز، وهو متصل عند السطح، حيث \[ E_r(R)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}. \]

D(b)

في الفراغ، تكون كثافة الطاقة الكهروستاتيكية \[ u_{\mathrm E}=\frac12\varepsilon_0E^2. \] تشمل الطاقة الكلية المجال داخل الكرة المشحونة وخارجها: \[ U=\frac{\varepsilon_0}{2} \left[ \int_0^R E^2\,4\pi r^2\,dr +\int_R^\infty E^2\,4\pi r^2\,dr \right]. \] بالتعويض بتعبيري المجال اللذين أُوجدا أعلاه، \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left[ \frac1{R^6}\int_0^R r^4\,dr +\int_R^\infty\frac{dr}{r^2} \right]. \] إذن \[ U=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left(\frac1{5R}+\frac1R\right), \] و \[ \boxed{U=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}}. \]

ليكن نصف قطر الحلقة \(a\)، ولتكن مساحة المقطع العرضي للسلك \(S\). نرمز لكثافة كتلة النحاس بـ \(\rho_m\)، ولمقاوميته الكهربائية بـ \(\rho_e\).

كتلة الحلقة ومقاومتها هما \[ M=2\pi aS\rho_m, \qquad \mathcal R=\rho_e\frac{2\pi a}{S}. \] لحلقة رفيعة تدور حول قطر، يكون عزم القصور الذاتي \[ I=\frac12Ma^2=\pi\rho_mSa^3. \]

يبقى مستوى الحلقة رأسيًا، ولذلك يكون العمود عليه أفقيًا. ولا تسهم في الفيض المغناطيسي إلا المركبة الأفقية لمجال الأرض: \[ B_h=B\cos64^\circ. \] لتكن \(\theta\) الزاوية بين العمود على مستوى الحلقة وهذا المجال الأفقي. يكون الفيض \[ \Phi=B_h\pi a^2\cos\theta. \] مع \(\dot\theta=\omega\)، يعطي قانون فاراداي \[ \mathcal E=-\frac{d\Phi}{dt} =B_h\pi a^2\omega\sin\theta. \]

بإهمال الحث الذاتي وفقًا للتعليمات، يكون التيار \[ i=\frac{\mathcal E}{\mathcal R}. \] وبالتالي يكون المعدل اللحظي لتوليد حرارة جول \[ P=i^2\mathcal R =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{\mathcal R} \omega^2\sin^2\theta. \]

زمن التخميد المذكور أطول بكثير من زمن دورة واحدة، ولذلك لا تتغير \(\omega\) إلا قليلًا خلال كل دورة. ومن ثم يمكننا استخدام \[ \left\langle\sin^2\theta\right\rangle=\frac12, \] مما يعطي \[ \langle P\rangle =\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2\mathcal R}\omega^2. \]

في غياب الاحتكاك، تأتي هذه الحرارة من طاقة الحركة الدورانية: \[ \frac{d}{dt}\left(\frac12I\omega^2\right) =-\langle P\rangle. \] إذن تحقق السرعة الزاوية المتوسطة \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2\pi^2a^4}{2I\mathcal R}\omega. \] لكن \[ I\mathcal R =(\pi\rho_mSa^3) \left(\rho_e\frac{2\pi a}{S}\right) =2\pi^2\rho_m\rho_ea^4, \] فتُختزل الكميات الهندسية: \[ \frac{d\omega}{dt} =-\frac{B_h^2}{4\rho_m\rho_e}\omega. \] ومن ثم \[ \omega(t)=\omega(0) \exp\left(-\frac{B_h^2t}{4\rho_m\rho_e}\right). \] بوضع \(\omega(t_{1/2})=\omega(0)/2\) نحصل على \[ t_{1/2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B_h^2} =\frac{4\rho_m\rho_e\ln2}{B^2\cos^264^\circ}. \]

عدديًا، \[ B_h=(44.5\times10^{-6})\cos64^\circ =1.95075\ldots\times10^{-5}\ \mathrm T, \] و \[ t_{1/2} =\frac{4(8.90\times10^3)(1.70\times10^{-8})\ln2} {(44.5\times10^{-6})^2\cos^264^\circ}. \] إذن \[ \boxed{t_{1/2}\simeq1.10\times10^6\ \mathrm s \simeq12.8\ \mathrm{days}}. \]

تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.