APhO 2023, теоретический тур

Ответ

A1: \[p_h = p_0 \exp \left(-\frac{\mu}{R} \int\limits_0^h \frac{g_h}{T_h}dh \right)\];  A2: \[p_h^{sta} = p_0 \exp \left(-\frac{h}{h_0} \right) \\ h_0 = \frac{RT}{\mu g_0} \approx 12.4~км\];  A3: \[p_h^{imp} = p_0 \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right)\];  A4: \[\frac{p_h^{imp}}{p_h^{sta}} = e^{\frac{h^2}{h_0 R_E}} \approx 7.54\];  A5: \[\rho_h = \rho_0 \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right) \\ n_h = N_A \frac{\rho_0}{\mu} \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right)\];  B1: \[v_h = \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}} \\ \tau_h = 2\pi \sqrt{\frac{R_E}{g_0}} (1+z_h)^{3/2}\];  B2: \[E_S = -\frac{M_S g_0 R_E}{2(1+z_h)}\];  B3: \[\frac{M_S g_0}{2(1+z_h)^2} dh = F_{drag} v_h dt\];  B4: \[u_h = \frac{2 F_{drag}}{M_S} \sqrt{\frac{R_E}{g_0}} (1+z_h)^{3/2}\];  B5: \[T_h = \frac{M_S R_E}{F_{drag}} \sqrt{\frac{g_0}{R_E}} \left(1-\frac{1}{\sqrt{1+z_h}}\right) \approx \frac{M_S h}{2F_{drag}} \sqrt{\frac{g_0}{R_E}}\];  C1: \[F_{air} = \rho_h v_h^2 S \\ u_h^{air} = \frac{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}}{M_S}(1+z_h)^{1/2} \cdot \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right) \\ H_h^{air} = \frac{4 \pi S R_E^2}{M_S} \rho_0 \cdot (1+z_h)^2 \cdot \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right)\];  C2: \[T_h^{air} = \frac{M_S h_0}{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}} \left(1-\frac{h-h_0}{2R_E} \right) \cdot e^{h/h_0} \approx \frac{M_S h_0}{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}} \cdot e^{h/h_0}\];  D1: \[F_{ion} = \frac{1}{2} \rho_{ion} S v_h^2 \\ \rho_{ion} = \frac{\mu_{ion}}{N_A} n_{ion}\];  D2: \[u_h^{ion} = \rho_{ion} \frac{S \sqrt{g_0 R_E^3}}{M_S}(1+z_h)^{1/2} \\ H_h^{ion} = u_h^{ion} \tau_h = \frac{2 \pi S R_E^2 \rho_{ion}}{M_S}(1+z_h)^2\];  E1: \[I_{ion} \approx e \cdot S \cdot n_{ion} \cdot \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}}\];  E2: \[F_{ind} = e \cdot S^{3/2} \cdot n_{ion} \cdot B \cdot \cos \theta \cdot \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}}\];  E3: \[u_h^{ind} = 2n_{ion} \frac{eBS^{3/2} R_E \cos \theta}{M_S} (1+z_h) \\ H_h^{ind} = \frac{4 \pi e B (SR_E)^{3/2} \cos \theta}{M_S \sqrt{g_0}} (1+z_h)^{5/2}\]

Решение

A1. Для изменения давления можем записать:

\[dp_h = -g_h \rho_h dh.\]С учётом \(\rho_h = \frac{\mu P}{RT}\), получаем

\[\frac{dp_h}{p_h} = -\frac{g_h \mu}{RT_h} dh,\]откуда

\[p_h = p_0 \exp \left(-\frac{\mu}{R} \int\limits_0^h \frac{g_h}{T_h}dh \right),\]где \(p_0\) — давление при \(h = 0\).

Ответ:

\[p_h = p_0 \exp \left(-\frac{\mu}{R} \int\limits_0^h \frac{g_h}{T_h}dh \right)\]

A2. Подставляя в основную барометрическую формулу \(g_h = g_0\), \(T_h = T\), получаем стандартную барометрическую формулу:

\[p_h^{sta} = p_0 \exp \left(-\frac{h}{h_0} \right), \qquad h_0 = \frac{RT}{\mu g_0} \approx 12.4~км.\]

Ответ:

\[p_h^{sta} = p_0 \exp \left(-\frac{h}{h_0} \right) \\ h_0 = \frac{RT}{\mu g_0} \approx 12.4~км\]

A3. Далее в решении для удобства используется величина \(z_h \equiv \frac{h}{R_E}\).}

Ускорение свободного падения задаётся формулой:

\[g_h = \frac{G M_E}{R_E^2 (1+z_h)^2} = \frac{g_0}{(1+z_h)^2}.\]

В линейном приближении

\[g_h \approx g_0(1-2z_h).\]

С учётом этого получаем

\[p_h^{imp} = p_0 \exp \left(-\frac{\mu}{RT} \int\limits_0^h g_0(1-2z_h) dh \right) =  p_0 \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right).\]

Ответ:

\[p_h^{imp} = p_0 \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right)\]

A4. Найдём отношение полученных барометрических формул:

\[\frac{p_h^{imp}}{p_h^{sta}} = \frac{\exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right)}{ \exp \left(-\frac{h}{h_0} \right)} = e^{\frac{h^2}{h_0 R_E}}.\]Для \(h = 4.0 \times 10^5~м\) получим

\[\frac{p_h^{imp}}{p_h^{sta}} \approx 7.54.\]Отношение получилось значительно большим единицы, что оправдывает использование улучшенной формулы.

Ответ:

\[\frac{p_h^{imp}}{p_h^{sta}} = e^{\frac{h^2}{h_0 R_E}} \approx 7.54\]

A5. В силу соотношений \(\rho = \mu P/RT\) и \(n = \rho N_A/\mu\) получим

\[\rho_h = \rho_0 \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right), \\ n_h = N_A \frac{\rho_0}{\mu} \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right).\]

Ответ:

\[\rho_h = \rho_0 \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right) \\ n_h = N_A \frac{\rho_0}{\mu} \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right)\]

B1. Центробежная сила компенсируется гравитационной. Запишем второй закон Ньютона:

\[g_h = \frac{v_h}{R_E (1+z_h)}, \quad где \quad g_h = \frac{g_0}{(1+z_h)^2}.\]Отсюда получаем искомые величины:

\[v_h = \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}}, \\ \tau_h = 2\pi \frac{R_E+h}{v_h} = 2\pi \sqrt{\frac{R_E}{g_0}} (1+z_h)^{3/2}.\]

Ответ:

\[v_h = \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}} \\ \tau_h = 2\pi \sqrt{\frac{R_E}{g_0}} (1+z_h)^{3/2}\]

B2. Полная энергия складывается из кинетической

\[E_{K} = \frac{M_S \cdot v_h^2}{2}\]и потенциальной

\[E_{P} = -M_S g_h R_E (1+z_h).\]Подставляя \(v_h\) из прошлого пункта получаем выражение для \(E_S\):

\[E_S = E_K + E_P = -\frac{M_S g_0 R_E}{2(1+z_h)}.\]

Ответ:

\[E_S = -\frac{M_S g_0 R_E}{2(1+z_h)}\]

B3. Работа тормозящей силы \(F_{drag}\) за время \(dt\):

\[dA_{drag} = -F_{drag} \cdot v_h \cdot dt.\]

При малом уменьшении высоты полёта станции \(dh\) изменение полной энергии составит:

\[dE_S = -\frac{M_S g_0}{(1+z_h)^2}dh.\]

Тогда закон изменения энергии запишется в виде:

\[dE_S = dA_{drag}, \\ \frac{M_S g_0}{(1+z_h)^2}dh = F_{drag} v_h dt.\]

Ответ:

\[\frac{M_S g_0}{2(1+z_h)^2} dh = F_{drag} v_h dt\]

B4. С учетом закона сохранения энергии из прошлого пункта получаем:

\[u_h = \frac{dh}{dt} = \frac{2F_{drag}}{M_S g_0} v_h (1+z_h)^2 = \frac{2F_{drag}}{M_S} \sqrt{\frac{R_E}{g_0}}(1+z_h)^{3/2}.\]

Ответ:

\[u_h = \frac{2 F_{drag}}{M_S} \sqrt{\frac{R_E}{g_0}} (1+z_h)^{3/2}\]

B5. Выражение для \(H_h\) получаем, используя выражения для \(u_h\) и \(\tau_h\):

\[H_h = u_h \tau_h = \frac{4 \pi R_E}{M_S g_0} F_{drag} (1+z_h)^3.\]Для нахождения \(T_h\) запишем:

\[dh = u_h dt = \frac{2 F_{drag}}{M_S} \sqrt{\frac{R_E}{g_0}} (1+z_h)^{3/2} dt,\]откуда

\[dt = \frac{M_S}{2F_{drag} } \sqrt{\frac{g_0}{R_E}} \frac{dh}{(1+z_h)^{3/2}}, \\ T_h = \frac{M_S}{2F_{drag} } \sqrt{\frac{g_0}{R_E}} \int\limits_0^h \frac{1}{(1+z_h)^{3/2}} dh.\]Интегрируя, получаем:

\[T_h = \frac{M_S R_E}{F_{drag}} \sqrt{\frac{g_0}{R_E}} \left(1-\frac{1}{\sqrt{1+z_h}}\right).\]С учётом \(z_h \ll 1\), можем использовать приближение

\[\frac{1}{\sqrt{1+z_h}} \approx 1-\frac{z_h}{2}.\]Тогда выражение для \(T_h\) принимает вид:

\[T_h = \frac{M_S h}{2F_{drag}} \sqrt{\frac{g_0}{R_E}}.\]

Ответ:

\[T_h = \frac{M_S R_E}{F_{drag}} \sqrt{\frac{g_0}{R_E}} \left(1-\frac{1}{\sqrt{1+z_h}}\right) \approx \frac{M_S h}{2F_{drag}} \sqrt{\frac{g_0}{R_E}}\]

C1. Считая, что молекулы до столкновения со станцией покоятся, запишем закон сохранения импульса при столкновении МКС с молекулами общей массой \(dm\):

\[M_s v_h = M_s (v_h + dv_h) + dm \cdot v_h, \\ M_s \cdot dv_h = -dm \cdot v_h.\]За время \(dt\) станция сталкивается с молекулами массой \(dm = \rho_h v_h S dt\). Подставим это в полученное ранее выражение:

\[M_s \cdot dv_h = -\rho_h v_h^2 S dt, \\ F_{air} = \bigg|M_S \frac{dv_h} {dt} \bigg| = \rho_h v_h^2 S.\]Подставляя \(F_{air}\) в выражения для \(u_h\) и \(H_h\), получаем:

\[u_h^{air} = \frac{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}}{M_S}(1+z_h)^{1/2} \cdot \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right), \\ H_h^{air} = \frac{4 \pi S R_E^2}{M_S} \rho_0 \cdot (1+z_h)^2 \cdot \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right).\]

Ответ:

\[F_{air} = \rho_h v_h^2 S \\ u_h^{air} = \frac{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}}{M_S}(1+z_h)^{1/2} \cdot \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right) \\ H_h^{air} = \frac{4 \pi S R_E^2}{M_S} \rho_0 \cdot (1+z_h)^2 \cdot \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right)\]

C2. Аналогично пункту B5 получаем интегральное выражение для \(T_h^{air}\):

\[T_h^{air} = \frac{M_S}{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}} \int\limits_0^h \left(1-\frac{h}{2R_E} \right) e^{h/h_0} dh.\]

Интегрирование дает:

\[T_h^{air} = \frac{M_S h_0}{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}} \left(1-\frac{h-h_0}{2R_E} \right) \cdot e^{h/h_0}.\]

С учётом всех приближений ответ упрощается:

\[T_h^{air} = \frac{M_S h_0}{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}} \cdot e^{h/h_0}.\]

Примечание. Приближения можно было использовать уже в интегральной формуле, что существенно упростило бы вычисление интеграла.

Ответ:

\[T_h^{air} = \frac{M_S h_0}{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}} \left(1-\frac{h-h_0}{2R_E} \right) \cdot e^{h/h_0} \approx \frac{M_S h_0}{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}} \cdot e^{h/h_0}\]

D1. Выражение для тормозящей силы со стороны ионов аналогично выражению из пункта С1. Так как станция проводит примерно половину времени с неосвещённой (ночной) стороны Земли, а ночью ионизацией можно пренебречь, выражение для средней силы следующее:

\[F_{ion} = \frac{1}{2} \rho_{ion} \cdot S \cdot v_h^2.\]Плотность ионов выражается через из концентрацию как

\[\rho_{ion} = \frac{\mu_{ion}}{N_A} \cdot n_{ion},\]где \(\mu_{ion} = \frac{1}{2} \mu_{O_2}.\)

Ответ:

\[F_{ion} = \frac{1}{2} \rho_{ion} S v_h^2 \\ \rho_{ion} = \frac{\mu_{ion}}{N_A} n_{ion}\]

D2. Подставляя \(F_{ion}\) в выражения для \(u_h\) и \(H_h\), получаем:

\[u_h^{ion} = \rho_{ion} \cdot \frac{S \sqrt{g_0 R_E^3}}{M_S}(1+z_h)^{1/2}, \\ H_h^{ion} = u_h^{ion} \tau_h = \frac{2 \pi S R_E^2 \rho_{ion}}{M_S}(1+z_h)^2.\]

Ответ:

\[u_h^{ion} = \rho_{ion} \frac{S \sqrt{g_0 R_E^3}}{M_S}(1+z_h)^{1/2} \\ H_h^{ion} = u_h^{ion} \tau_h = \frac{2 \pi S R_E^2 \rho_{ion}}{M_S}(1+z_h)^2\]

E1. За время \(dt\) на станцию попадает \(dN\) ионов:

\[dN = n_{ion} \cdot v_h \cdot S \cdot dt.\]Возникающий ток:

\[I_{ion} \approx e \frac{dN}{dt} = e \cdot S \cdot n_{ion} \cdot \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}}.\]

Ответ:

\[I_{ion} \approx e \cdot S \cdot n_{ion} \cdot \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}}\]

E2. В каждый момент времени ток \(I_{ion}\) направлен перпендикулярно поверхности земли, а значит и вектору магнитного поля. Модуль силы Ампера, действующей на станцию:

\[|F_{amp}| = ILB.\]Тогда, проектируя силу Ампера на ось, сонаправленную со скоростью станции, получим выражение для силы в момент, когда угол между скоростью станции и магнитным полем равен \(\phi\):

\[F_{ind}(\phi) = |F_{amp}| \sin \phi= ILB \sin \phi.\]Используя \(\left \langle \sin \phi \right \rangle = \sin(\pi/2-\theta)\), получим:

\[\left \langle F_{ind}(\phi) \right \rangle = F_{ind} = ILB \cos \theta = e \cdot S^{3/2} \cdot n_{ion} \cdot B \cdot \cos \theta \cdot \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}}.\]

Ответ:

\[F_{ind} = e \cdot S^{3/2} \cdot n_{ion} \cdot B \cdot \cos \theta \cdot \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}}\]

E3. Подставляя \(F_{ion}\) в выражения для \(u_h\) и \(H_h\), получаем:

\[u_h^{ind} = 2n_{ion} \frac{eBS^{3/2} R_E \cos \theta}{M_S} (1+z_h), \\ H_h^{ind} = \frac{4 \pi e B (SR_E)^{3/2} \cos \theta}{M_S \sqrt{g_0}} (1+z_h)^{5/2}.\]

Ответ:

\[u_h^{ind} = 2n_{ion} \frac{eBS^{3/2} R_E \cos \theta}{M_S} (1+z_h) \\ H_h^{ind} = \frac{4 \pi e B (SR_E)^{3/2} \cos \theta}{M_S \sqrt{g_0}} (1+z_h)^{5/2}\]

F1. Значения столбцов 2-6 считаем по полученным нами ранее формулам, значения столбца 7 оцениваем из графиков, данных в начале задачи.

Ответ:

F2. Ответ:

F3. На основе значений в таблицах делаем вывод.

Ответ:

1. Сопротивление атмосферы

2. Сила Ампера

3. Столкновения с ионизированными молекулами кислорода

Перевод: pho.rs.

Ответ

A1: \[\vec{v}=\bigl[\vec{\omega}r+\Omega\vec{R}\times\hat{z}\bigr]{.}\];  A2: \[\vec{a}=\cfrac{I\bigl[\Omega\hat{z}\times\vec{v}\bigr]}{mr^2+I}{.}\];  A3: \[\vec{v}=\vec{v}_0-\cfrac{I\bigl[\Omega\hat{z}\times\vec{R}_0\bigr]}{mr^2+I}+\cfrac{I\bigl[\Omega\hat{z}\times\vec{R}\bigr]}{mr^2+I}{.}\];  A4: \[R_t=\left(1+\cfrac{mr^2}{I}\right)\cfrac{v_0}{\Omega}{.}\]\[\vec{R}_c=\vec{R}_0+\left(1+\cfrac{mr^2}{I}\right)\cfrac{\bigl[\hat{z}\times\vec{v}_0\bigr]}{\Omega}{.}\];  A5: \[t=\cfrac{14\pi(k+1)}{9\Omega}{.}\];  B1: \[\dot{\vec{v}}=\cfrac{I\bigl[\hat{z}\times \Omega\vec{v}+\dot{\Omega}\vec{R}\bigr]}{mr^2+I}{.}\]\[\vec{v}=\cfrac{I\bigl[\hat{z}\times\Omega\vec{R}-\Omega_0\vec{R}_0\bigr]}{mr^2+I}+\vec{v}_0{.}\];  B2: \[\dot{\Omega}=-\cfrac{\alpha\Omega\bigl(\bigl(\vec{v}_0-\alpha\bigl[\hat{z}\times\Omega_0\vec{R}_0\bigr]\bigr)\cdot\vec{R}\bigr)/r^2}{\delta+\alpha R^2/r^2}{.}\];  B3: \[\Omega=\Omega_0\sqrt{\cfrac{\cfrac{I_d}{mr^2}+\cfrac{I}{mr^2+I}\cfrac{R^2_0}{r^2}}{\cfrac{I_d}{mr^2}+\cfrac{I}{mr^2+I}\cfrac{R^2}{r^2}}}{.}\];  B4: \[\Omega_{max}=\Omega_0\sqrt{1+\cfrac{I}{mr^2+I}\cfrac{mr^2}{I_d}\cfrac{R^2_0}{r^2}}{.}\]

Решение

A1. Во всей задаче будем использовать следующие векторы:

\[\vec{r}=-r\hat{z}\qquad \Omega=\Omega\hat{z}{.}\]Условие отсутствия проскальзывания состоит в равенстве скоростей в точке касания шара и диска. Таким образом:

\[\vec{v}+\bigl[\vec{\omega}\times\vec{r}\bigr]=\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]{.}\]Подставляя \(\vec{r}\) и \(\vec{\Omega}\), находим:

Ответ:

\[\vec{v}=\bigl[\vec{\omega}r+\Omega\vec{R}\times\hat{z}\bigr]{.}\]

A2. Продифференцируем уравнение кинетической связи:

\[\dot{\vec{v}}+\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]+\bigl[\vec{\omega}\times\dot{\vec{r}}\bigr]=\bigl[\dot{\vec{\Omega}}\times\vec{R}\bigr]+\bigl[\vec{\Omega}\times\dot{\vec{R}}\bigr]{.}\]Для производных \(\vec{v}\), \(\vec{r}\), \(\vec{\Omega}\) и \(\vec{R}\) имеем:

\[\dot{\vec{v}}=\vec{a}\qquad \dot{\vec{r}}=0\qquad \dot{\vec{\Omega}}=0\qquad \dot{\vec{R}}=\vec{v}{.}\]Таким образом:

\[\vec{a}+\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]=\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]{.}\]Пусть \(\vec{F}\) – сила трения, действующая на шар. Запишем теорему о движении центра масс для шара:

\[\vec{F}=m\vec{a}{.}\]Из основного уравнения динамики вращательного движения относительно центра масс шара имеем:

\[I\dot{\vec{\omega}}=\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]\Rightarrow I\bigl[\vec{r}\times\dot{\vec{\omega}}\bigr]=\bigl[\vec{r}\times\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]\bigr]=\vec{r}\bigl(\vec{r}\cdot\vec{F}\bigr)-\vec{F}\bigl(\vec{r}\cdot\vec{r}\bigr){.}\]Поскольку \(\vec{F}\perp\vec{r}\):

\[\vec{F}=\cfrac{I\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]}{r^2}{.}\]Приравнивая выражения для \(\vec{F}\), находим:

\[\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]=\cfrac{mr^2\vec{a}}{I}\Rightarrow \vec{a}\left(1+\cfrac{mr^2}{I}\right)=\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]{.}\]Таким образом:

\[\vec{a}=\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]{,}\]или же:

Ответ:

\[\vec{a}=\cfrac{I\bigl[\Omega\hat{z}\times\vec{v}\bigr]}{mr^2+I}{.}\]

A3. Проинтегрируем выражение для ускорения по времени:

\[\int\limits_{0}^t\vec{a}dt=\int\limits_{0}^t\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]dt\Rightarrow \vec{v}-\vec{v}_0=\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}-\vec{R}_0\bigr]{.}\]Таким образом:

\[\vec{v}=\vec{v}_0-\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_0\bigr]+\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]{,}\]или же:

Ответ:

\[\vec{v}=\vec{v}_0-\cfrac{I\bigl[\Omega\hat{z}\times\vec{R}_0\bigr]}{mr^2+I}+\cfrac{I\bigl[\Omega\hat{z}\times\vec{R}\bigr]}{mr^2+I}{.}\]

A4. Поскольку \(\vec{a}\perp\vec{v}\) – модуль вектора скорости является постоянным, как и модуль вектор ускорения. Это означает, что траекторией центра шара будет являться окружность.

Пусть \(\vec{R}_c\) – радиус–вектор центра окружности, а \(R_t\) – её радиус.

Выражение для радиуса получается легко:

\[|\vec{a}|=\cfrac{v^2_0}{R_t}=\alpha\Omega v_0\Rightarrow R_t=\cfrac{v_0}{\alpha\Omega}{.}\]Определим положение центра окружности. Пусть \(\vec{\omega}_v=\alpha\vec{\Omega}\) – угловая скорость движения центра шара по окружности. Тогда для скорости \(\vec{v}\) можно записать:

\[\vec{v}=\bigl[\vec{\omega}_v\times\vec{R}-\vec{R}_c\bigr]=\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}-\vec{R}_c\bigr]=\vec{v}_0-\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_0\bigr]+\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]{,}\]откуда:

\[-\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_c\bigr]=\vec{v}_0-\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_0\bigr]\Rightarrow -\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_c\bigr]\bigr]=\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}_0\bigr]-\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_0\bigr]\bigr]{.}\]Поскольку \(\vec{\Omega}\perp\vec{R}_0{,}\vec{R}_c\):

\[\vec{R}_c=\vec{R}_0+\cfrac{\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}_0\bigr]}{\alpha\Omega^2}{.}\]Окончательно:

Ответ:

\[R_t=\left(1+\cfrac{mr^2}{I}\right)\cfrac{v_0}{\Omega}{.}\]\[\vec{R}_c=\vec{R}_0+\left(1+\cfrac{mr^2}{I}\right)\cfrac{\bigl[\hat{z}\times\vec{v}_0\bigr]}{\Omega}{.}\]

A5. Поскольку \(I=2mr^2/5\), \(\alpha=2/7\). Тогда двум полным оборотам шара всегда соответствует 7 полных оборотов стола, откуда для времени \(t\) находим:

\[t=\cfrac{14\pi}{\Omega}{.}\]Этот случай реализуется всегда, однако при определённом наборе направлений \(\vec{v}_0\) реализуются и другие случаи. Получим их.

Пусть \(\varphi\) – угловое перемещение центра шара к моменту встречи с пятном контакта. Тогда, поскольку \(R_t=R_0\), угловое перемещение стола к этому моменту составит \(\varphi_\text{ст}=2\pi-\varphi+2\pi k\), где \(k\in{N}\).

Записывая выражение для времени двумя способами, получим

\[t=\cfrac{\varphi}{\alpha\Omega}=\cfrac{2\pi(k+1)-\varphi}{\Omega}\Rightarrow \varphi=\cfrac{2\pi\alpha (k+1)}{\alpha+1}{.}\]Отсюда:

\[t=\cfrac{2\pi(k+1)}{\Omega(\alpha+1)}=\cfrac{14\pi(k+1)}{9\Omega}{.}\]Обратим внимание, что ответ, полученный ранее для общего случая, содержится внутри полученного нами сейчас, поэтому:

Ответ:

\[t=\cfrac{14\pi(k+1)}{9\Omega}{.}\]

B1. Воспользуемся решением пункта \(\mathrm{A1}\). Единственное отличие состоит в том, что теперь \(\dot{\Omega}\neq 0\):

\[\vec{a}+\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]=\cfrac{\operatorname{d}\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]}{\operatorname{d}t}=\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]+\bigl[\dot{\vec{\Omega}}\times\vec{R}\bigr]{.}\]Обратим внимание, что теорема о движении центра масс и основное уравнение динамики вращательного движения остаются справедливыми, поэтому:

\[\vec{a}+\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]=\cfrac{\vec{a}}{\alpha}{.}\]Таким образом:

\[\vec{a}=\alpha\left(\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]+\bigl[\dot{\vec{\Omega}}\times\vec{R}\bigr]\right){.}\]Интегрируя полученное выражение по времени:

\[\vec{v}-\vec{v}_0=\alpha\left(\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]-\bigl[\vec{\Omega}_0\times\vec{R}_0\bigr]\right){.}\]Окончательно:

Ответ:

\[\dot{\vec{v}}=\cfrac{I\bigl[\hat{z}\times \Omega\vec{v}+\dot{\Omega}\vec{R}\bigr]}{mr^2+I}{.}\]\[\vec{v}=\cfrac{I\bigl[\hat{z}\times\Omega\vec{R}-\Omega_0\vec{R}_0\bigr]}{mr^2+I}+\vec{v}_0{.}\]

B2. Запишем основное уравнение динамики вращательного движения для диска относительно его центра:

\[I_d\dot{\vec{\Omega}}=\bigl[\vec{R}\times -\vec{F}\bigr]=m\bigl[\vec{a}\times\vec{R}\bigr]{.}\]Подставляя выражение для \(\vec{a}\), получим:

\[I_d\dot{\vec{\Omega}}=\alpha m\left(\bigl[\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]\times\vec{R}\bigr]+\bigl[\bigl[\dot{\vec{\Omega}}\times\vec{R}\bigr]\times\vec{R}\bigr]\right)=-\alpha m\left(\vec{\Omega}\bigl(\vec{v}\cdot\vec{R}\bigr)+\dot{\vec{\Omega}}R^2\right){.}\]Здесь мы учли, что \(\vec{e}_z\perp\vec{R}\).

Таким образом:

\[\left(I_d+\alpha mR^2\right)\dot{\vec{\Omega}}=-\alpha m\vec{\Omega}\bigl(\vec{v}\cdot\vec{R}\bigr)\Rightarrow \dot{\vec{\Omega}}=-\cfrac{\alpha\vec{\Omega}\bigl(\vec{v}\cdot\vec{R}\bigr)/r^2}{\delta+\alpha R^2/r^2}\]Воспользовавшись выражением для \(\vec{v}\), получим:

Ответ:

\[\dot{\Omega}=-\cfrac{\alpha\Omega\bigl(\bigl(\vec{v}_0-\alpha\bigl[\hat{z}\times\Omega_0\vec{R}_0\bigr]\bigr)\cdot\vec{R}\bigr)/r^2}{\delta+\alpha R^2/r^2}{.}\]

B3. В пункте \(\mathrm{B2}\) было получено уравнение с разделяющимися переменными:

\[\cfrac{d\Omega}{\Omega}=-\cfrac{1}{2}\cfrac{d(\alpha R^2/r^2)}{\delta+\alpha R^2/r^2}{.}\]Интегрируя, получим:

\[\ln\cfrac{\Omega}{\Omega_0}=-\cfrac{1}{2}\ln\cfrac{\delta+\alpha R^2/r^2}{\delta+\alpha R^2_0/r^2}\Rightarrow \Omega=\Omega_0\sqrt{\cfrac{\delta+\alpha R^2_0/r^2}{\delta+\alpha R^2/r^2}}{.}\]Подставляя \(\delta\) и \(\alpha\), получим:

Ответ:

\[\Omega=\Omega_0\sqrt{\cfrac{\cfrac{I_d}{mr^2}+\cfrac{I}{mr^2+I}\cfrac{R^2_0}{r^2}}{\cfrac{I_d}{mr^2}+\cfrac{I}{mr^2+I}\cfrac{R^2}{r^2}}}{.}\]

B4. Максимально возможному значению \(\Omega\) соответствует \(R=0\):

\[\Omega_{max}=\Omega_0\sqrt{1+\cfrac{\alpha}{\delta}\cfrac{R^2_0}{r^2}}{.}\]Таким образом:

Ответ:

\[\Omega_{max}=\Omega_0\sqrt{1+\cfrac{I}{mr^2+I}\cfrac{mr^2}{I_d}\cfrac{R^2_0}{r^2}}{.}\]

B5. Для вертикальной компоненты момента импульса имеем:

\[\hat{z}M_z=I_d\vec{\Omega}+\hat{z}m\bigl[\vec{R}\times\vec{v}\bigr]_z+I\omega_z{.}\]Из основного уравнения динамики вращательного движения относительно центра масс шара следует, что \(\omega_z=const\), поэтому:

\[\hat{z}L=I_d\vec{\Omega}+\hat{z}m\bigl[\vec{R}\times\vec{v}\bigr]_z{.}\]Для скорости \(\vec{v}\) в соответствии с обозначением для \(\vec{c}\) имеем:

\[\vec{v}=\vec{c}+\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]{,}\]откуда с учётом того, что \(\vec{R}\perp\vec{\Omega}\):

\[\hat{z}L=\left(I_d+\alpha mR^2\right)\vec{\Omega}+m\bigl[\vec{R}\times\vec{c}\bigr]{.}\]Умножая скалярно на \(\hat{z}\), получим:

\[L=(I_d+\alpha mR^2)\Omega+m\hat{z}\cdot\bigl[\vec{R}\times\vec{c}\bigr]{,}\]откуда:

\[\Omega=\cfrac{L-m\hat{z}\bigl[\vec{R}\times\vec{c}\bigr]}{I_d+\alpha mR^2}{.}\]Поскольку система координат \(xyz\) образует правую тройку, имеем:

\[\Omega=\cfrac{L+mcy}{I_d+\alpha mR^2}=\cfrac{L/(mr^2)+cy/r^2}{\delta+\alpha R^2/r^2}=\Omega_0\sqrt{\cfrac{\delta+\alpha R^2_0/r^2}{\delta+\alpha R^2/r^2}}{.}\]Введём обозначения:

\[k=\Omega^2_0(\delta r^2+\alpha R^2_0)\qquad \lambda=L/m{.}\]Возведём последнее выражение в квадрат:

\[\lambda^2+2\lambda cy+c^2y^2=k^2(\delta r^2+\alpha R^2)=k(\delta r^2+\alpha x^2+\alpha y^2){,}\]откуда:

\[\lambda^2-k\delta r^2=k\alpha^2x^2+(k\alpha-c^2)y^2-2\lambda cy\]

Ответ:

C1. Для момента силы Лоренца относительно центра масс шара имеем:

\[\vec{\tau}_s=\bigl[\vec{m}\times\vec{B}\bigr]{,}\]где \(\vec{m}\) – магнитный момент шара.

Магнитный момент системы зарядов определяется с помощью соотношения:

\[\vec{m}=\sum_i\bigl[\vec{r}_i\times\vec{v}_i\bigr]q_i{.}\]В системе, в которой \(q_i\sim m_i\), где \(m_i\) – масса \(i-\text{й}\) частицы, выполняется гиромагнитное соотношение:

\[\vec{m}=\cfrac{\vec{L}q}{2m}{,}\]поэтому для равномерно заряженной сферы:

\[\vec{m}=\cfrac{I\vec{\omega}Q}{2m}=\cfrac{Qr^2\vec{\omega}}{3}{.}\]Таким образом:

\[\vec{\tau}_s=\cfrac{Qr^2\bigl[\vec{\omega}\times\vec{B}\bigr]}{3}{.}\]Тогда теорема о движении центра масс и основное уравнение динамики вращательного движения относительно центра масс шара запишутся следующим образом:

\[\begin{cases} m\vec{a}=\vec{F}+q\bigl[\vec{v}\times\vec{B}\bigr]\\ I\dot{\vec{\omega}}=\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]+\cfrac{Qr^2\bigl[\vec{\omega}\times\vec{B}\bigr]}{3} \end{cases}\]

Ответ:

C2.

C3.

C4.

C5.

Перевод: pho.rs.

Ответ

A1: \[\tau \sim R_0 \sqrt{\frac{\rho}{p_\infty - p_v}} \approx 0.1 ~\text{мс}\];  A2: \[q_0 = p_\infty - p_v + \frac{2 \sigma}{R_0} \approx 113 ~\text{кПа}, \quad p_c = p_v - 2 q_0 \left( \frac{R_0}{R_c}\right)^3 \approx 332~\text{Па}.\];  B1: \[\rho R\ddot{R} + \frac{3}{2} \rho \dot{R}^2 + \frac{2\sigma}{ R} - q_0\frac{ R_0^{3 \gamma}}{R^{3 \gamma}} = p_v - p_\infty\];  B2: \[\dot{R}(\infty) =\sqrt{\frac{2 p_v }{3 \rho}} \approx 1.24~\text{м}/\text{с}, \quad t \approx \frac{\dot{R}(\infty)}{\dot{R}(0)} \approx 0.1~\text{мкс}\];  B3: \[R = 2.95 ~ мкм\];  B4: \[\alpha = \frac{2}{5}.\];  B5: \[f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{3 \gamma q_0 - 2 \sigma/R_0}{\rho R_0^2}} \approx 32.6 ~ кГц\];  B6: \[F = - \frac{R_0 f A^2 }{2 \rho c (f_0^2 - f^2)} \sin \left( \frac{4\pi f}{c} a\right)\];  C1: \[t \approx \frac{R_0^3 \delta}{6 \kappa \sigma H} \left( 1 + \frac{2 \sigma}{p_\infty R_0} \right) \approx 7~ с\]

Решение

A1. Естественно предположить, что пузырек не схлопнется если \(p_\infty \le p_v\). Поэтому будем считать, что \(p_\infty > p_v\), а время схлопывания будет зависеть только от разности \(p_\infty - p_v\). Размерности используемых величин

\[[R_0] = \text{м}, \; [\rho] = \text{кг}/\text{м}^3, \; [p_\infty - p_v] = \text{кг}/(\text{м}\cdot \text{с}^2).\]Из них можно составить единственную комбинацию с размерностью времени

Ответ:

\[\tau \sim R_0 \sqrt{\frac{\rho}{p_\infty - p_v}} \approx 0.1 ~\text{мс}\]

A2. В равновесии давления должны быть связаны условием (давление внутри пузырька больше давления на бесконечности за счет поверхностного натяжения)

\[p_v + q = p_\infty + \frac{2 \sigma}{R},\]при \(R = R_0\) и \(q = q_0\) оно дает

\[q_0 = p_\infty - p_v + \frac{2 \sigma}{R_0} \approx 113 ~\text{кПа}.\] С другой стороны при постоянной температуре

\[q_0 R_0^3 = q R^3,\]поэтому

\[p_\infty = p_v + q_0 \frac{R_0^3}{R^3} - \frac{2 \sigma}{R}.\]Критическому значению давления отвечает минимум \(p_\infty\) как функции \(R\). Этот минимум получается при

\[R_c = R_0 \sqrt{\frac{3 q_0 R_0}{2 \sigma}} \approx 48~\text{мкм},\]соответствующее значение давления

\[p_c= p_v - \frac{4}{3} \sqrt{\frac{2 \sigma^3}{3 q_0 R_0^3}} = p_v - 2 q_0 \left( \frac{R_0}{R_c}\right)^3 \approx 332~\text{Па}.\]

Ответ:

\[q_0 = p_\infty - p_v + \frac{2 \sigma}{R_0} \approx 113 ~\text{кПа}, \quad p_c = p_v - 2 q_0 \left( \frac{R_0}{R_c}\right)^3 \approx 332~\text{Па}.\]

B1. Пусть \(v(r,t)\) – скорость элемента жидкости на расстоянии \(r\) от центра пузырька в момент времени \(t\), а \(u(t) = v(R, t)\) – скорость на границе пузырька

\[u(t) = \dot{R}(t).\]

Тогда из условия несжимаемости получим

\[v(r,t) = \frac{R^2}{r^2} u(t).\]

Первый способ. Использование законов Ньютона

Запишем второй закон Ньютона для элемента жидкости. Для этого нам нужно найти его ускорение. Сначала вычислим производную по времени:

\[\frac{\partial v}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t} \left( \frac{R^2}{r^2} u(t) \right) = \frac{2 R}{r^2} u^2 + \frac{R^2}{r^2} \dot{u}.\]

Скорость выбранного элемента жидкости меняется из-за двух причин. Во-первых распределение скоростей в пространстве меняется с течением времени. Во-вторых положение данного элемента жидкости в пространстве меняется с течением времени:

\[\Delta v = v(r + \Delta r, t + \Delta t) - v(r, t),\]где изменение радиальной координаты \(\Delta r = v \Delta t\). Тогда радиальное ускорение частицы жидкости

\[a = \frac{\partial v}{\partial t} + v \frac{\partial v}{\partial r} = \frac{R^2}{r^2} \dot{u} + \frac{2R}{r^2} u^2 - \frac{2 R^4}{r^5} u^2.\]

Если \(p = p(r)\) – давление на расстоянии \(r\) (здесь мы явно не указываем возможную зависимость давления от времени), второй закон Ньютона имеет вид (штрих здесь – радиальная производная) \[\rho a = - p',\]

или

\[\frac{R^2}{r^2} \dot{u} +\left( \frac{2R}{r^2} - \frac{2 R^4}{r^5} \right)u^2 = - \frac{p'}{\rho}.\]

Проинтегрируем это уравнение от \(r = R\) до \(r = \infty\) и получим

\[R \dot{u} + \frac{3}{2} u^2 = \frac{p(R) - p_\infty}{\rho}.\]

Поскольку давление внутри пузырька связано с давлением снаружи соотношением \[p = p(R) + \frac{2\sigma}{R},\]

мы получим \[R \ddot{R} + \frac{3}{2} \dot{R}^2 + \frac{2\sigma}{\rho R} = \frac{p- p_\infty}{\rho}.\] Наконец учтем, что давление в пузырьке складывается из давления пара \(p_v\) и давления воздуха, а значит \[p = p_v + q = p_v + q_0 \left( \frac{R_0}{R}\right)^{3 \gamma},\]откуда уравнение движения

\[\rho R\ddot{R} + \frac{3}{2} \rho \dot{R}^2 + \frac{2\sigma}{ R} - q_0\frac{ R_0^{3 \gamma}}{R^{3 \gamma}} = p_v - p_\infty.\]

Второй способ. Энергетический подход

Найдем кинетическую энергию движущейся жидкости. Масса жидкости на расстоянии от \(r\) до \(r + dr\) от центра пузырька равна

\[dm = 4\pi r^2 \rho dr,\]откуда ее кинетическая энергия

\[dE_k = \frac{dm }{2} v(r, t)^2 = 2 \pi \rho r^2 u^2 \frac{R^4}{r^4} dr .\]Тогда полная кинетическая энергия

\[E_k = \int_R^{\infty} 2 \pi \rho u^2 R^4 \frac{dr}{r^2} = 2 \pi \rho R^3 u^2\]Также нужно учесть поверхностную энергию

\[E_s = 4 \pi R^2 \sigma.\]Энергия жидкости и поверхности меняется за счет того, что давление воздуха внутри пузырька и жидкости на бесконечности совершают работу. За время \(dt\) радиус пузырька меняется на величину \(dR = u dt = \dot{R} dt\), поэтому газ внутри совершает работу

\[dW_1 = 4\pi R^2 p dR = 4\pi R^2 p u dt.\]

Для вычисления работы жидкости на бесконечности выберем сферу очень большого радиуса \(R_1 \gg R\). Скорость элементов жидкости на этой поверхности

\[u_1 = u \frac{R^2}{R_1^2},\]поэтому работа над жидкостью внутри этой сферы равна

\[d W_2 = - 4 \pi R_1^2 p(R_1) u_1 dt = - 4\pi R^2 p(R_1) u dt.\]Когда радиус сферы стремится к бесконечности, мы можем заменить \(p(R_1) = p_\infty\), и тогда радиус сферы исчезнет из выражения для работы. Тогда закон сохранения энергии имеет вид

\[d(E_k + E_s) = dW_1 + dW_2.\]Вычисляя дифференциалы и сокращая \(dt\), получим

\[\frac{d}{dt} \left( 2 \pi \rho R^3 \dot{R}^2 + 4 \pi \sigma R^2\right) = 4\pi R^2 \dot{R}(p - p_\infty),\]откуда (после деления на \(4\pi\) и сокращения общего множителя \(R^2 \dot{R}\))

\[\frac{3}{2} \rho \dot{R}^2 + \rho R \ddot{R} + \frac{2 \sigma}{R} = p- p_\infty.\]Подставляя выражения для \(p\), получим то же уравнение

Ответ:

\[\rho R\ddot{R} + \frac{3}{2} \rho \dot{R}^2 + \frac{2\sigma}{ R} - q_0\frac{ R_0^{3 \gamma}}{R^{3 \gamma}} = p_v - p_\infty\]

B2. Используя то, что \(\ddot{R} \to 0\) и \(R \to \infty\), получим

\[\dot{R}(\infty) = \sqrt{\frac{2 (p_v -p_\infty)}{3 \rho}} = \sqrt{\frac{2 p_v }{3 \rho}} \approx 1.24~\text{м}/\text{с}.\]Из уравнения движения найдем начальное ускорение

\[\ddot{R}(0) = \frac{q_0 + p_v - 2\sigma/R_0}{\rho R_0} = \frac{p^-_\infty}{\rho R_0} \approx 10^7~\text{м}/\text{с}^2,\]и поэтому время установления скорости можно оценить как

\[t \approx \frac{\dot{R}(\infty)}{\dot{R}(0)} \approx 0.1~\text{мкс}.\]

Ответ:

\[\dot{R}(\infty) =\sqrt{\frac{2 p_v }{3 \rho}} \approx 1.24~\text{м}/\text{с}, \quad t \approx \frac{\dot{R}(\infty)}{\dot{R}(0)} \approx 0.1~\text{мкс}\]

B3. Умножим уравнение из B1 на \(2 R^2 \dot{R}\), получим

\[\rho \frac{d}{dt}\left[ R^3 \dot{R}^2\right]+ 4 \sigma R \dot{R} - 2 q_0 R_0^{3 \gamma} R^{2 - 3 \gamma}\dot{R} = 2 (p_v - p_\infty) R^2 \dot{R}.\]Проинтегрируем это уравнение от \(R(0) = R_0\) и \(\dot{R}(0) = 0\) до \(R(t) = R\) и \(\dot{R}(t)\), получим

\[\rho R^3 \dot{R}^2 + 2 \sigma (R^2 - R_0^2) + \frac{2}{3 (\gamma -1)} q_0 R_0^{3 \gamma} \left( R^{3 - 3\gamma} - R_0^{3 - 3\gamma}\right) = \frac{2}{3} (p_v - p_\infty)(R^3 - R_0^3),\]

или

\[\rho \dot{R} ^2 = \frac{2 (p_v -p_\infty)}{\rho} - \frac{2 \sigma}{R} + \frac{2 R_0^3}{R^3} \left( \frac{\sigma}{R} + \frac{p_\infty - p_v}{3} + \frac{q_0}{3 (\gamma - 1)} - \frac{q_0 R_0^{3 \gamma -3}}{3 (\gamma -1) R^{3 \gamma -3}}\right).\]Это же соотношение является законом сохранения энергии, записанным в интегральной форме. Чтобы получить его непосредственно из закона сохранения энергии, подставим в выражение для работы из B1 явную зависимость давления от радиуса:

\[dW = dW_1 + dW_2 = 4 \pi R^2 dR \left( p_v + q_0 \frac{R_0^{3 \gamma}}{R^{3 \gamma}} - p_\infty\right).\]Интегрируя от \(R_0\) до \(R\), найдем полную работу

\[W = \frac{4\pi}{3} (R^3 - R_0^3)(p- p_\infty) + \frac{4\pi q_0 R_0^{3 \gamma}}{3 - 3 \gamma} \left( R^{3 - 3 \gamma} - R_0^{3- 3 \gamma} \right).\]Она равна изменению энергии жидкости и поверхностной энергии

\[\Delta (E_k + E_s) = 2\pi \rho R^3 \dot{R}^2 + 4 \pi \sigma (R^2 - R_0^2) = W.\]Подставляя выражения для работы и деля обе части на \(2\pi R^3\), получаем прежнее выражение для \(\rho \dot{R}^2\).

Когда радиус пузырька достигнет минимального значения, \(\dot{R} = 0\). Если считать, что при этом \(R \ll R_0\), то можно учитывать только наиболее быстро растущие слагаемые. Поскольку слагаемое с \(1/R^3\) растет быстрее остальных, для оценки можно считать, что выражение в круглых скобках в формуле для \(\rho \dot{R}^2\) должно быть равно нулю:

\[\frac{\sigma}{R} + \frac{p_\infty - p_v}{3} + \frac{q_0}{3 (\gamma - 1)} - \frac{q_0 R_0^{3 \gamma -3}}{3 (\gamma -1) R^{3 \gamma -3}} =0,\]откуда

\[\left( \frac{R_0}{R}\right)^{3 \gamma -3} = \frac{\gamma -1}{q_0} \left( p_\infty - p_v + \frac{3 \sigma}{R_0}\right) +1.\]Аналогично A2 найдем начальное значение давления воздуха внутри пузырька:

\[q_0 = p_\infty^- - p_v +\frac{2 \sigma}{R_0} = 13.8~ кПа.\]Тогда численное значение минимального радиуса

\[R \approx 2.88~ мкм.\]Точное решение уравнения \(\dot{R}^2 = 0\) дает \(R = 2.95 ~ мкм\).

Ответ:

\[R = 2.95 ~ мкм\]

B4. При \(R \ll R_0\) из уравнения движения следует (наиболее быстро растущее слагаемое в выражении для \(\dot{R}^2\) ведет себя как \(1/R^3\))

\[R' \sim - R^{-3/2}.\]Подставим в это уравнение решение вида \(R \sim (T- t)^\alpha\), получим

\[(T- t)^{\alpha - 1} \sim (T- t)^{-3 \alpha/2},\]откуда

\[\alpha - 1 = - \frac{3 \alpha}{2},\]

Ответ:

\[\alpha = \frac{2}{5}.\]

Может показаться, что если использовать вместо закона сохранения непосредственно уравнение движения, получится другой показатель степени. Действительно, подставив в уравнение движения решение вида \(R = A (T-t)^\alpha\), получим

\[A (T-t)^\alpha A \alpha (\alpha -1) (T- t)^{\alpha - 2} + \frac{3}{2} A^2 \alpha^2 (T- t)^{2 \alpha} + \frac{2 \sigma}{\rho A} (T-t)^{-\alpha} = \frac{p_v - p_\infty}{\rho}.\]Тогда первые два слагаемых пропорциональны \((T- t)^{2\alpha-2}\), третье слагаемое порядка \((T- t)^{-\alpha}\), правая часть не зависит от времени, а слагаемое с \(q_0\) по условию не учитываем. Тогда чтобы первые три слагаемых могли сократиться, нужно потребовать \(2 \alpha - 2 = -\alpha\), \(\alpha = 2/3\).

Однако это рассуждение работает только при условии, что коэффициент перед первыми двумя слагаемыми не равен нулю

\[A^2\left( \alpha(\alpha -1) + \frac{3}{2} \alpha^2 \right) = A^2 \left( \frac{5}{2} \alpha^2 - \alpha\right).\]Однако он обращается в 0 как раз при правильном значении показателя степени \(\alpha = 2/5\), так что никакого противоречия нет. Последующие слагаемые сократятся за счет поправок к лидирующему решению:

\[R(t) = A(T-t)^{2/5} (1 + f (T- t) + \dots),\]при правильном выборе постоянной \(f\).

B5. Для описания поведения пузырька введем безразмерную переменную \(x\) согласно \(R = R_0(1 + x)\), тогда уравнение движения

\[\rho R_0^2 (1 + x)\ddot{x} + \frac{3}{2} R_0^2 \dot{x}^2 + \frac{2 \sigma}{R_0(1 + x)}- \frac{q_0}{(1 + x)^{3 \gamma}} = p_v - p_\infty.\]Считая колебания малыми, оставим только линейный по \(x\) слагаемые. Тогда в первом слагаемом можно пренебречь \(x\), вторым слагаемым можно пренебречь полностью, а оставшиеся разложить до первого порядка по \(x\). Не зависящие от \(x\) слагаемые сократятся в силу условия равновесия пузырька. Окончательно получим

\[\rho R_0^2 \ddot{x} + \frac{2 \sigma}{R_0} (1 - x) - q_0 (1 - 3 \gamma x) =p_v - p_\infty, \quad \frac{2\sigma}{R_0} - q_0 = p_v - p_\infty,\]\[\rho R_0^2 \ddot{x} + \left(3 \gamma q_0 - \frac{2 \sigma}{R_0} \right) x= 0.\]Тогда пузырек будет устойчив при условии \(3 \gamma q_0 > 2 \sigma /R_0\), а частота колебаний (при вычислении считаем, что пузырек находится в равновесии при радиусе из условия и давлении \(p_\infty = 101~ кПа\), откуда \(q_0 \approx 100~ кПа\))

Ответ:

\[f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{3 \gamma q_0 - 2 \sigma/R_0}{\rho R_0^2}} \approx 32.6 ~ кГц\]

B6. Будем использовать то же линеаризованное уравнение колебаний пузырька, но теперь учтем, что давление на бесконечности меняется по закону из условия

\[\rho R_0^2 \ddot{x} + \left(3 \gamma q_0 - \frac{2 \sigma}{R_0} \right) x= A \sin\left(\frac{2\pi f}{c}a\right) \sin(2\pi ft).\]Установившееся решение имеет вид \(x = B \sin (2\pi f t)\), амплитуду решения можно найти, подставив его в уравнение. Для упрощения записи ответов выразим коэффициент перед \(x\) через \(f_0^2\):

\[\rho R_0^2 4\pi^2 (f_0^2 - f^2) B \sin (2\pi f t) = A \sin\left(\frac{2\pi f}{c}a\right) \sin(2\pi ft),\]откуда решение имеет вид

\[x(t) = \frac{A \sin\left(\frac{2\pi f} {c}a\right)}{4\pi^2 \rho R_0^2 (f_0^2 -f^2)} \sin (2\pi f t).\]Давление меняется с координатой, поэтому на пузырек действует сила, аналогичная силе Архимеда

\[F_x = - \rho g_x V,\]где \(g_x\) – эффективное ускорение свободного падения, которое можно найти, зная градиент давления:

\[\rho g_x = \frac{\partial p}{\partial x}.\]Тогда среднее по времени значение силы

\[F = -\left\langle V \frac{\partial p}{\partial x}\right\rangle.\]Объем пузырька

\[V = \frac{4 \pi }{3 } R^3 = \frac{4 \pi }{3 } R^3_0 (1 + x)^3 \approx \frac{4 \pi }{3 } R^3_0(1 + 3x),\]постоянное слагаемое сократится при усреднении, тогда получим

\[F = - 4\pi R_0^3 \left\langle x \frac{\partial p}{\partial x}\right\rangle = - 4\pi R_0^3 \frac{A \sin\left(\frac{2\pi f} {c}a\right)}{4\pi^2 \rho R_0^2 (f_0^2 -f^2)} \left\langle\sin (2 \pi ft) \frac{2 \pi f}{c} A \cos\left( \frac{2\pi f}{c} f\right) \sin(2\pi ft)\right\rangle.\]Используя среднее от квадрата синуса \(\langle \sin^2 (2\pi ft) = 1/2\) и формулу для синуса двойного угла, получим окончательно

Ответ:

\[F = - \frac{R_0 f A^2 }{2 \rho c (f_0^2 - f^2)} \sin \left( \frac{4\pi f}{c} a\right)\]

C1. Концентрация растворенного воздуха на большом расстоянии до пузырька

\[u_i = H p_\infty,\]а концентрация вблизи пузырька

\[u = H q > u_i,\]поэтому возникнет диффузионный поток растворенного воздуха, направленный от пузырька. Из-за этого масса воздуха внутри пузырька будет убывать, и со временем пузырек полностью растворится.

Оценим поток воздуха из пузырька. Для оценки примем, что концентрация растворенного воздуха существенно изменяется на расстоянии порядка радиуса пузырька, тогда полный поток

\[J = 4 \pi R^2 \kappa \frac{u - u_i}{R} = 4\pi R \kappa H(q - p_\infty).\]Поскольку давлением водяного пара можно пренебречь, давление воздуха в пузырьке

\[q = p_\infty + \frac{2 \sigma}{R}.\]Тогда окончательное выражение для потока массы из пузырька

\[J = 4 \pi R \kappa H \frac{2\sigma}{R} = 8 \pi \kappa H \sigma.\]

Видим, что это выражение не зависит от радиуса, поэтому для оценки времени можно просто разделить полную массу воздуха в пузырьке на поток. Эта масса равна

\[m = \frac{4\pi}{3} R^3_0 \frac{\delta}{p_\infty} \left( p_\infty + \frac{2 \sigma}{R_0}\right).\]Здесь \(\delta\) – плотность воздуха при атмосферном давлении \(p_\infty\).

Тогда время жизни пузырька

\[t \approx \frac{m}{J} = \frac{\frac{4\pi}{3} R_0^3 \delta \left( 1 + \frac{2 \sigma}{p_\infty R_0}\right)}{8 \pi \kappa H \sigma} = \frac{R_0^3 \delta}{6 \kappa \sigma H} \left( 1 + \frac{2 \sigma}{p_\infty R_0} \right)\]

Ответ:

\[t \approx \frac{R_0^3 \delta}{6 \kappa \sigma H} \left( 1 + \frac{2 \sigma}{p_\infty R_0} \right) \approx 7~ с\]

В основной части решения мы использовали оценку для потока воздуха из пузырька

\[J = 4 \pi R^2 \kappa \frac{u - u_i}{R}.\]

Из качественных соображений невозможно получить коэффициент в формуле. Рассмотрев решение уравнения диффузии покажем, что коэффициент действительно выбран правильно (на олимпиаде такое вычисление в действительности требовалось от участников).

Рассмотрим сферу радиуса \(r\) и толщины \(dr\). Скорость изменения массы воздуха в этой сфере можно выразить через производную концентрации:

\[\frac{dm}{dt} = 4\pi r^2 dr \frac{\partial u}{\partial t}.\]С другой стороны, ее можно выразить как разность втекающих и вытекающих потоков

\[\frac{dm}{dt} = 4\pi (r + dr)^2 J(r + dr) - 4\pi r^2 J(r) = 4\pi (r + dr)^2 \kappa\frac{\partial u}{\partial r} (r + dr) - 4\pi r^2 \kappa \frac{\partial u}{\partial r} (r).\]Используя соотношение

\[\frac{\partial u}{\partial r} (d + dr) = \frac{\partial u}{\partial r} (r) + \frac{\partial ^2 u}{\partial r^2}(r) dr,\]получим

\[\frac{dm}{dt} = 4\pi r^2 \kappa dr \frac{\partial^2 u}{\partial r^2} + 8 \pi r \kappa dr \frac{\partial u} {\partial r}.\]Объединив эти два уравнения, получим

\[\frac{\partial u}{\partial t} = \kappa \frac{\partial^2 u}{\partial r^2} + \frac{2 \kappa}{r} \frac{\partial u} {\partial r}.\]В начальный момент времени во всем объеме воды концентрация растворенного воздуха одинакова и равна \(u = u_i\). Во все моменты времени концентрация воздуха в непосредственной окрестности пузырька равна \(H q\):

\[\begin{cases} u(r, 0) = u_i \quad \text{ при } r >R,\\ u(R, t) = Hq, \quad \text{ при } t >0. \end{cases}\]

Введем новую переменную \(v = r(u - q H)\), и новый параметр времени \(\tau = \kappa t\). Тогда уравнение диффузии перейдет в

\[\frac{\partial v}{\partial \tau} = \frac{\partial ^2 v}{\partial r^2},\]с граничными условиями

\[\begin{cases} v(r, 0) = r(u_i -q H) \quad \text{ при } r >R,\\ v(R, t) = 0 \quad \text{ при } \tau >0. \end{cases}\]Также введем переменную \(\xi = r - R\) и функцию \(w(\xi, \tau) = v(R + \xi, \tau)\), тогда

\[\frac{\partial w}{\partial \tau} = \frac{\partial ^2 w}{\partial \xi^2},\]с граничными условиями

\[\begin{cases} w(\xi, 0) = (R + \xi)(u_i -q H) \quad \text{ при } \xi > 0,\\ w(0, t) = 0 \quad \text{ при } \tau >0. \end{cases}\]Решение этого уравнения имеет вид

\[w(\xi, \tau) = \frac{u_i - qH}{\sqrt{4\pi \tau}} \int_0^{\infty} \left(e^{- (\xi - \eta)^2/(4 \tau)} - e^{- (\xi + \eta)^2/(4 \tau)}\right) (\eta + R) d\eta.\]Поскольку

\[u(r,t) = q H + \frac{v(r, \kappa t)}{r} = qH + \frac{w(r - R, \kappa t)}{r},\]производная имеет вид

\[\frac{\partial u}{\partial r} = \frac{1}{r} \frac{\partial w}{\partial \xi} - \frac{w}{r^2},\]откуда

\[\left. \frac{\partial u}{\partial r}\right|_{r = R} = \frac{1}{R} \left. \frac{\partial w}{\partial \xi} \right|_{\xi = 0} = (u_i - qH) \left( \frac{1}{R} + \frac{1}{\sqrt{\pi \kappa t}}\right).\]Здесь знаменатель второго слагаемого порядка характерного размера диффузионной области, в которой существенно меняется концентрация. Мы считаем, что размер этой области много больше размера пузырька, поэтому вторым слагаемым можно пренебречь. С учетом этого поток воздуха через поверхность пузырька

\[J = - 4\pi R^2 \kappa \left. \frac{\partial u}{\partial r}\right|_{r = R} = 4\pi R^2 \kappa \frac{u - u_i}{R}.\]Это и есть выражение, которое мы использовали в основной части решения.

C2. Условия равновесия имеют вид

\[p_v + q = p_\infty \pm \frac{2\sigma}{R}, \quad u = Hq.\]Выбор знака зависит от направления выпуклости границы. Пусть начальное давление воздуха в пузырьке равно \(q\). При больших значениях давления воздуха в пузырьке \(q\), это давление будет убывать, а пузырек будет уменьшаться. В некоторый момент система придет в равновесие. Объем воздуха не исчезнет полностью, если поверхность воды выпуклая (и давление внутри может быть меньше давления на бесконечности, так что диффузия остановится):

Ответ:

\[\pi + \alpha < 2 \theta.\]

Перевод: pho.rs.