Белорусская, 2017/18, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Задача 1: ЭДС и сопротивления параллельных источников складываются по правилам «эквивалентного источника». Задача 2: относительное изменение скорости на повороте зависит только от угла. Задача 3: рассмотрите движение центра масс пары шариков.

Ответ

1.1.1) \(\varphi_2-\varphi_1=\mathcal E\dfrac{R}{R+r}=\mathcal E-Ir\); 1.2.1) \(I_R=\dfrac{\mathcal E_1/r_1+\mathcal E_2/r_2}{1+R(1/r_1+1/r_2)}\); 1.2.2) можно: \(\mathcal E_0=\dfrac{\mathcal E_1r_2+\mathcal E_2r_1}{r_1+r_2},\ r_0=\dfrac{r_1r_2}{r_1+r_2}\); 1.3) вольтметр показывает \(0\); 2) \(V_2=\dfrac{V_1^2}{V_0}\); 3) \(h_1=H-g\tau^2\).

Решение

Задача 1. Кольцевая ЭДС

1.1.1 По закону Ома для полной цепи сила тока в этой цепи равна

\[I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}.\tag{1}\]

Следовательно, искомая разность потенциалов равна

\[\Delta\varphi = \varphi_2 - \varphi_1 = IR = \mathcal{E}\frac{R}{R + r}.\tag{2}\]

1.1.2 Полученное выражение можно преобразовать к виду

\[\varphi_2 - \varphi_1 = \mathcal{E}\frac{R}{R + r} = \mathcal{E}\frac{R + r - r}{R + r} = \mathcal{E} - \frac{\mathcal{E}}{R + r}r = \mathcal{E} - Ir.\tag{3}\]

Впрочем, это соотношение можно записать сразу, сославшись на

закон для участка цепи с активным элементом.

1.2.1 Используя соотношение (2) и закон Ома для участка цепи, запишем систему уравнений для сил токов в различных ветвях рассматриваемой цепи

\[\begin{cases} \mathcal{E}_1 - I_1 r_1 = (I_1 + I_2)R \\ \mathcal{E}_2 - I_2 r_2 = (I_1 + I_2)R \end{cases}.\tag{4}\]

Решение этой системы дает искомый результат

\[\begin{cases} \mathcal{E}_1 - I_1 r_1 = (I_1 + I_2)R \\ \mathcal{E}_2 - I_2 r_2 = (I_1 + I_2)R \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \frac{\mathcal{E}_1}{r_1} - I_1 = (I_1 + I_2)\frac{R}{r_1} \\ \frac{\mathcal{E}_2}{r_2} - I_1 = (I_1 + I_2)\frac{R}{r_2} \end{cases} \Rightarrow\]

\[\frac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2}{r_2} - (I_1 + I_2) = (I_1 + I_2)\left(\frac{R}{r_1} + \frac{R}{r_2}\right) \Rightarrow I_R = (I_1 + I_2) = \frac{\frac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2}{r_2}}{1 + R\left(\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2}\right)}\tag{5}\]

1.2.2 Последнее соотношение можно переписать в виде

\[I_R = (I_1 + I_2) = \frac{\frac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2}{r_2}}{1 + R\left(\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2}\right)} = \frac{\left(\frac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2}{r_2}\right)\left(\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2}\right)^{-1}}{\left(\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2}\right)^{-1} + R},\tag{6}\]

который совпадает с законом Ома для полной цепи \(I = \frac{\mathcal{E}_0}{R + r_0}\). Следовательно, во-первых, два параллельно соединенных источника можно заменить одним, во-вторых, характеристики этого источника описываются не очевидными формулами:

\[\mathcal{E}_0 = \left( \frac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2}{r_2} \right) \left( \frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} \right)^{-1} = \frac{\mathcal{E}_1 r_2 + \mathcal{E}_2 r_1}{r_1 + r_2};\]

\[r_0 = \left( \frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} \right)^{-1} = \frac{r_1 r_2}{r_1 + r_2}\tag{7}\]

1.3 При подключении вольтметра к нулевой и \(k\) - точкой эквивалентная схема выглядит, как показано на рисунке. Здесь учтено, что при последовательном соединении источников их ЭДС и внутренние сопротивления складываются.

Для расчета напряжения можно воспользоваться полученной формулой (6), в которой следует положить \(\mathcal{E}_1 = k\mathcal{E}\), \(\mathcal{E}_2 = -(N-k)\mathcal{E}\), \(r_1 = kr\), \(r_2 = (N-k)r\). Подстановка этих значений приводит к результату – сила тока через вольтметр, а следовательно и напряжение на нем равно нулю!

Этот же результат следует и из закона (3), так сила тока в цепи равна \(I = \frac{N\mathcal{E}}{Nr} = \frac{\mathcal{E}}{r}\), поэтому при любом подключении \(\Delta\varphi = k\mathcal{E} - Ikr = 0\).

Задача 2. Шайба

Изменение скорости шайбы обусловлено силой трения о борт. При движении вдоль прямолинейных бортов отсутствует сила, прижимающая шайбу к борту, поэтому трение отсутствует, и скорость шайбы остаётся постоянной. При движении вдоль закругления появляется сила реакции, сообщающая шайбе центростремительное ускорение. Изменение модуля скорости описывается уравнением второго закона Ньютона в проекции на направление скорости

\[m\frac{\Delta V}{\Delta t} = -F_{\text{тр}}.\tag{1}\]

Сила трения связана с силой реакции законом Кулона — Амонтона и выражается через центростремительное ускорение

\[F_{\text{тр}} = \mu N, \qquad N = \frac{mV^2}{R}.\tag{2}\]

Здесь \(R\) — радиус закругления. Таким образом,

\[m\frac{\Delta V}{\Delta t} = -\mu\frac{mV^2}{R}.\tag{3}\]

Так как нас не интересует зависимость скорости от времени, перейдём к зависимости изменения скорости от угла поворота. Пусть за малое время \(\Delta t\) шайба прошла путь \(\Delta S = V\Delta t\) и повернула на малый угол \(\Delta\varphi\); тогда \(\Delta\varphi = \dfrac{\Delta S}{R} = \dfrac{V\Delta t}{R}\). С учётом этого уравнение (3) принимает вид

\[\frac{\Delta V}{V} = -\mu\,\Delta\varphi.\tag{4}\]

Относительное изменение скорости пропорционально углу поворота, поэтому при повороте на один и тот же угол модуль скорости уменьшается в одно и то же число раз. Прохождение каждого закругления соответствует повороту на \(90^\circ\), значит

\[\frac{V_1}{V_0} = \frac{V_2}{V_1} \quad \Rightarrow \quad V_2 = \frac{V_1^2}{V_0}.\tag{5}\]

Дополнение. Уравнение (4) можно проинтегрировать: \(\ln\dfrac{V}{V_0} = -\mu\varphi\), т.е. \(V = V_0 e^{-\mu\varphi}\). Эта формула совпадает с формулой Эйлера, описывающей изменение силы натяжения нити, переброшенной через цилиндр.

Задача 3. Шарики в трубе

Силы взаимодействия между шариками (как электростатические, так и упругие в момент столкновения) являются внутренними для системы двух шариков, поэтому они не влияют на движение центра масс. Следовательно, центр масс шариков движется вниз с ускорением свободного падения независимо от того, до столкновения или после. Так как массы шариков одинаковы, центр масс находится на середине отрезка, их соединяющего. В момент отпускания он находится на высоте \(H/2\), а за время \(\tau\) опустится на \(g\tau^2/2\) и окажется на высоте

\[h_C = \frac{H}{2} - \frac{g\tau^2}{2}.\tag{6}\]

Так как нижний шарик в этот момент оказался на дне сосуда, то второй шарик окажется на высоте, вдвое большей высоты центра масс:

\[h_1 = 2h_C = H - g\tau^2.\tag{7}\]

Исходные данные позволяют заключить, что в рассматриваемый момент второй шарик будет находиться выше нижнего.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Закон Фурье аналогичен закону Ома: тепловые сопротивления пластин при последовательном соединении складываются, температура на стыке находится как «падение напряжения»; для воздуха теплопроводность растёт с температурой — разбейте слой на тонкие слои.

Ответ

1.1) \(q_{Ag}=8{,}58\cdot10^{4}\) Вт, \(q_{Pb}=7{,}02\cdot10^{3}\) Вт; 1.2) \(Q_{Ag}=2{,}47\cdot10^{6}\) Дж, \(Q_{Pb}=1{,}43\cdot10^{6}\) Дж; 1.3–1.4) \(q_1=q_2=\left(\dfrac1{q_{Ag}}+\dfrac1{q_{Pb}}\right)^{-1}=6{,}49\cdot10^{3}\) Вт; 1.5–1.6) температура стыка \(18{,}5\,^\circ\)C (Pb на холодной стороне) и \(1{,}5\,^\circ\)C (Ag на холодной стороне), \(Q_1=6{,}07\cdot10^{6}\) Дж, \(Q_2=1{,}73\cdot10^{6}\) Дж; 2.1) \(\langle l\rangle=\dfrac1{\pi d^2n}\); 2.2) \(z=\dfrac12\); 2.3) \(q_a\approx4{,}80\) Вт; 2.5) \(q_a=\dfrac{\lambda_0S}{2T_0l}(T_1^2-T_0^2)\approx4{,}98\) Вт; 2.6) \(Q=\dfrac54P_0V\dfrac{\Delta T}{T_0}\approx915\) Дж.

Решение

1.1 Для расчетов потоков теплоты надо просто подставить численные значения в заданную формулу и провести расчет Для серебра

\[q_{Ag} = \lambda S \frac{\Delta T}{h} = 8{,}58 \cdot 10^{4} \text{ Вт}\tag{1}\]

Для свинца

\[q_{Pb} = \lambda S \frac{\Delta T}{h} = 7{,}02 \cdot 10^{3} \text{ Вт}\tag{2}\]

1.2 Так как коэффициент теплопроводности постоянен в установившемся режиме температуру изменяется по линейному законы. Поэтому при расчетах можно считать, что среднее значение изменения температуры равно \(\delta T = \frac{1}{2} \Delta T\). После этого опять считаем Для серебра

\[Q_{Ag} = \frac{1}{2} c m \Delta t = \frac{1}{2} c \rho S h \Delta t = 2{,}47 \cdot 10^{6} \text{ Дж}\tag{3}\]

Для свинца

\[Q_{Pb} = \frac{1}{2} c \rho S h \Delta t = 1{,}43 \cdot 10^{6} \text{ Дж}\tag{4}\]

1.3 Для решения этого пункта воспользуемся упорно навязываемой аналогией с законами постоянного тока. Так для каждой пластины можно ввести и рассчитать тепловое сопротивление

\[R = \frac{1}{\lambda} \frac{h}{S}\tag{5}\]

Так как пластины соединены последовательно (теплота проходит через одну, потом через другую), то общее сопротивление равно сумме сопротивлений. Поэтому поток теплоты через сдвоенные пластины будет равен

\[q_1 = q_2 = \frac{\Delta T}{\frac{h}{\lambda_{Ag}S} + \frac{h}{\lambda_{Pb}S}}\tag{6}\]

Этой формуле можно придать интересный вид

\[q_1 = q_2 = \left( \frac{1}{q_{Ag}} + \frac{1}{q_{Pb}} \right)^{-1}\tag{7}\]

Расчеты по этой формуле дают значение

\[q_1 = q_2 = 6{,}49 \cdot 10^3 \, \text{Вт}\tag{8}\]

Как видно поток определяется потоком через плохо проводящий слой.

Для расчета количества теплоты, потраченное на нагревание необходимо сначала найти распределение температуры, т.е. решить следующие пункты задачи.

1-4 – 1.6 Распределение температуры в каждом слое, по-прежнему, линейное. Поэтому достаточно найти температуру стыка. Опять воспользуемся аналогией с протеканием электрического тока. Обозначим свойства вещества примыкающего к холодной стороне индексом «х», а к горячей стороне индексом «г». Тогда можно записать (здесь \(T_z\) - температура стыка):

\[T_z - T_0 = q R_x = \frac{\Delta T}{\frac{h}{\lambda_{Ag}S} + \frac{h}{\lambda_{Pb}S}} \cdot \frac{h}{\lambda_x S} = \frac{T_1 - T_0}{\frac{1}{\lambda_x} + \frac{1}{\lambda_z}} \frac{1}{\lambda_x}\tag{9}\]

Откуда следует, что

\[T_z = T_0 + \frac{T_1 - T_0}{\frac{1}{\lambda_x} + \frac{1}{\lambda_z}} \frac{1}{\lambda_x}\tag{10}\]

Проведем расчеты. В первом случае (\(Pb \to Ag\))

\[T_{z1} = T_0 + \frac{T_1 - T_0}{\frac{1}{\lambda_{Ag}} + \frac{1}{\lambda_{Pb}}} \frac{1}{\lambda_{Pb}} = 18{,}5^\circ C.\tag{11}\]

Во втором случае (\(Ag \to Pb\))

\[T_{z2} = T_0 + \frac{T_1 - T_0}{\frac{1}{\lambda_{Ag}} + \frac{1}{\lambda_{Pb}}} \frac{1}{\lambda_{Ag}} = 1{,}5^\circ C.\tag{12}\]

Во втором случае можно было просто вычислить \(T_{z2} = \Delta T - T_{z1}\). Графики зависимостей температуры от координаты показаны на рисунке. Видно, что основное «падение

температуры» происходит на свинцовой пластине. Также по графику видно, что основное различие в количестве теплоты возникает из-за того, что серебряная пластина в первом случае нагревается больше.

Для расчетов теплот учтем, что пластина, примыкающая к холодной стороне, в среднем нагрелась на \(\frac{1}{2}T_Z\); а вторая - на величину \(\frac{1}{2}(T_z + T_1)\).

Поэтому количество теплоты, которой пойдет на нагревания будет равно:

В первом случае (\(Pb \to Ag\)):

\[Q_1 = \frac{1}{2}c_{Pb}\rho_{Pb}ShT_Z + \frac{1}{2}c_{Ag}\rho_{Ag}Sh(T_Z + T_1) = 6{,}07 \cdot 10^6 \text{ Дж}\tag{13}\]

Во втором случае (\(Ag \to Pb\))

\[Q_1 = \frac{1}{2}c_{Ag}\rho_{Ag}ShT_Z + \frac{1}{2}c_{Pb}\rho_{Pb}Sh(T_Z + T_1) = 1{,}73 \cdot 10^6 \text{ Дж}.\tag{14}\]

Часть 2. Воздушная пластина.

В данной части задачи все температуры следует рассчитывать в шкале Кельвина.

2.1 Для определения вида зависимости длины свободного пробега от указанных параметров, заметим, что движущаяся молекула заметает на своем пути площадь равную \(\pi d^2\). На длине свободно пробега в цилиндре с указанной площадью поперечного сечения и высотой равной длине свободного пробега в среднем должна находиться одна молекула. Поэтому можно записать

\[\pi d^2 \langle l \rangle n = 1 \quad \Rightarrow \quad \langle l \rangle = \frac{1}{\pi d^2 n}.\tag{15}\]

2.2 Подставляя найденную зависимость в формулу для теплопроводности, получим выражение

\[\lambda = \frac{1}{3} \langle v \rangle \langle l \rangle \rho c_V = \frac{1}{3} \sqrt{\frac{8kT}{\pi m}} \cdot \frac{1}{\pi d^2 n} \cdot nm \cdot C_V M.\tag{16}\]

Из которого следует, что коэффициент теплопроводности воздуха пропорционален корню квадратному из абсолютной температуры. Т.е. показатель степени \(z = \frac{1}{2}\). Важно также отметить, что теплопроводность не зависит от плотности (концентрации).

Экспериментальные данные показывают, что при температурах близких к комнатным показатель степени ближе к единице. Поэтому выбранная модель также имеет право на существование.

2.3 Используя формулу для потока теплоты, получаем, что поток теплоты через воздушную прослойку (в приближении постоянства теплопроводности) равен

\[\tilde{q}_a = \lambda S \frac{\Delta T}{h} = 4{,}80 \text{ Вт}\tag{17}\]

2.4 Так как теплопроводность воздуха возрастает с ростом температуры, то график температурного профиля будет выгнут вверх. Действительно, в тех местах, где теплопроводность больше, градиент температуры меньше.

2.5 Так как теплопроводность воздуха зависит от температуры, то она изменяется и при переходе от одной точки к другой. Поэтому закон теплопроводности Фурье следует записывать только для тонких слоев (т.е. в дифференциальной форме). Выразим зависимость теплопроводности от температуры посредством формулы

\[\lambda = \lambda_0 \frac{T}{T_0}.\tag{18}\]

И запишем уравнение Фурье для тонкого слоя воздуха \(\Delta x\):

\[q = \lambda_0 \frac{T}{T_0} \frac{\Delta T}{\Delta x} S.\tag{19}\]

Воспользуемся очевидной подсказкой и запишем

\[q \Delta x = \frac{\lambda_0 S}{2 T_0} \Delta(T^2)\tag{20}\]

Теперь легко просуммировать по всем слоям:

\[q l = \frac{\lambda_0 S}{2 T_0} (T_1^2 - T_0^2)\tag{21}\]

Откуда получаем окончательно для потока теплоты

\[q = \frac{\lambda_0 S}{2 T_0 l} (T_1^2 - T_0^2).\tag{22}\]

Расчет дает следующее численное значение: \(q_a = 4{,}98\) Вт, что несколько больше, чем получено ранее в приближенном расчете.

2.6 Так как объем воздуха не изменяется, то все полученная теплота пойдет на увеличение внутренней энергии воздуха. В установившемся режиме теплопередачи температура будет изменяться от точки к точке, постоянным будет оставаться давление! Поэтому выразим внутреннюю энергию воздуха через его давление:

\[U = \frac{5}{2} R \nu T = \frac{5}{2} P V.\tag{23}\]

Следовательно, изменение внутренней энергии воздуха (и равное ему количество полученной теплоты) выражается через изменение давления

\[Q = \Delta U = \frac{5}{2} V \Delta P.\tag{24}\]

Таким образом, нам необходимо рассчитать установившееся давление. Для этого воспользуемся условием постоянства числа молекул воздуха. Для этого разобьем воздушную пластину на тонкие слои \(\Delta x_i\). Концентрацию частиц в каждом слое можно выразить из уравнения состояние газа

\[n_i = \frac{P}{k T_i}.\tag{25}\]

Тогда общее число молекул можно получить, если просуммировать числа частиц во всех слоях

\[N = \sum_i \frac{P S}{k T_i} \Delta x_i.\tag{26}\]

Это же число можно выразить через начальные условия

\[N = \frac{P_0 S l}{k T_0}.\tag{27}\]

Таким образом, для определения давления получаем уравнение

\[P \sum _ { i } \frac { \Delta x _ { i } } { T _ { i } } = \frac { P _ { 0 } l } { T _ { 0 } } .\tag{28}\]

Прямое вычисление суммы требует расчета распределения температуры и последующего интегрирования. Можно поступить проще: выразим \(\Delta x _ { i }\) из уравнения теплопроводности (19):

\[q = \lambda _ { 0 } \frac { T } { T _ { 0 } } \frac { \Delta T } { \Delta x } S \quad \Rightarrow \quad \Delta x _ { i } = \lambda _ { 0 } \frac { T _ { i } } { T _ { 0 } } \frac { \Delta T _ { i } } { q } S\tag{29}\]

И после подстановки получим

\[\sum _ { i } \frac { \Delta x _ { i } } { T _ { i } } = \sum _ { i } \frac { 1 } { T _ { i } } \lambda _ { 0 } \frac { T _ { i } } { T _ { 0 } } \frac { \Delta T _ { i } } { q } S = \frac { \lambda _ { 0 } S } { q T _ { 0 } } \sum _ { i } \Delta T _ { i } = \frac { \lambda _ { 0 } S } { q T _ { 0 } } ( T _ { 1 } - T _ { 0 } ) .\tag{30}\]

Подставим найденное выражение для потока теплоты (22)

\[\sum _ { i } \frac { \Delta x _ { i } } { T _ { i } } = \frac { \lambda _ { 0 } S } { q T _ { 0 } } ( T _ { 1 } - T _ { 0 } ) = \frac { \lambda _ { 0 } S } { \displaystyle \frac { \lambda _ { 0 } S } { 2 T _ { 0 } l } ( T _ { 1 } ^ { 2 } - T _ { 0 } ^ { 2 } ) / T _ { 0 } } ( T _ { 1 } - T _ { 0 } ) = = \frac { 2 l } { ( T _ { 1 } + T _ { 0 } ) } .\tag{31}\]

Теперь из уравнения (28) находим

\[P \sum _ { i } \frac { \Delta x _ { i } } { T _ { i } } = \frac { P _ { 0 } } { T _ { 0 } } \quad \Rightarrow \quad P = P _ { 0 } \frac { T _ { 1 } + T _ { 0 } } { 2 T _ { 0 } }\tag{32}\]

Наконец, подставляем в формула для количества теплоты

\[Q = \frac { 5 } { 2 } V \Delta P = \frac { 5 } { 2 } P _ { 0 } V \left( \frac { T _ { 1 } + T _ { 0 } } { 2 T _ { 0 } } - 1 \right) = \frac { 5 } { 4 } P _ { 0 } V \frac { \Delta T } { T _ { 0 } }\tag{33}\]

Численное значение поглощенной теплоты равно \(Q = 915\) Дж.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Момент упругости нити пропорционален полному углу закручивания; из условия равновесия коромысла находят силу и расстояние между шариками. Утечку заряда оценивают, считая шарик электродом в слабопроводящей среде (связь тока и заряда через теорему Гаусса).

Ответ

1.1) \(d\approx2{,}55\cdot10^{-5}\) м; 1.2) \(G\approx8{,}1\cdot10^{-9}\) Н\(\cdot\)м; 2.1) \(F=\dfrac{G(\alpha+\varphi)}{r_0\cos(\alpha/2)},\ R=2r_0\sin\dfrac\alpha2\) (три точки: \(49{,}1\) нН при \(66{,}9\) мм; \(189{,}3\) нН при \(33{,}9\) мм; \(749{,}3\) нН при \(16{,}0\) мм); 2.2) наклон графика \(\ln F(\ln R)\) около \(-1{,}9\approx-2\); 2.3) \(q\approx1{,}5\cdot10^{-10}\) Кл; 3.1) \(\rho\approx5{,}2\cdot10^{14}\) Ом\(\cdot\)м.

Решение

1. Свойства нити подвеса.

1.1 В описании Ш. Кулона приведена масса нити \(m\), она легко выражается через объем и плотность серебра

\[m = \rho _ { A g } L \frac { \pi d ^ { 2 } } { 4 } .\tag{1}\]

Из этой формулы легко выразить диаметр нити:

\[d = \sqrt { \frac { 4 m } { \pi \rho _ { A g } L } } .\tag{2}\]

При численных расчетах следует все параметры выразить в единицах системы СИ:

\[d = \sqrt{\frac{4m}{\pi\rho_{Ag}L}} = \sqrt{\frac{4\cdot\frac{1}{16}\cdot 64{,}8\cdot10^{-6}\,\text{кг}}{\pi\cdot10{,}5\cdot10^{3}\,\frac{\text{кг}}{\text{м}^3}\cdot28\cdot2{,}707\cdot10^{-2}\,\text{м}}} = 2{,}55\cdot10^{-5}\,\text{м}.\tag{3}\]

Менее трех сотых миллиметра!

1.2 Модуль кручения определяется по формуле

\[G = { \frac { M } { \varphi } } = { \frac { F r } { \varphi } } .\tag{4}\]

Подстановка численных значений с переводом в систему СИ дает следующее значение

\[G = \frac{Fr}{\varphi} = \frac{\frac{1}{340}\cdot64{,}8\cdot10^{-6}\cdot9{,}81\,\text{Н}\cdot4\cdot2{,}707\cdot10^{-2}\,\text{м}}{2\pi} = 8{,}055\cdot10^{-9}\,\text{Н}\cdot\text{м} \approx 8{,}1\cdot10^{-9}\,\text{Н}\cdot\text{м}.\tag{5}\]

2. Фундаментальный закон электричества.

2.1 Решение этой части задачи начнем с цитаты из использованного мемуара: «Расстояние между двумя шариками, когда они удалены друг от друга действием взаимного отталкивания, измеряется в точности не углом, который они образуют, а хордой дуги, которая соединяет их центры. Так же и плечо в крайнем положении, где проявляется действие, измеряется не половиной длины дуги, или радиусом, а косинусом половины угла...»

Воспользуемся подсказкой самого Шарля Кулона, рассмотрим условия равновесия коромысла крутильных весов. На рисунке показана геометрия опыта и направление силы взаимодействия между шариками \(\vec{F}\). Из рисунка следует, что расстояние между шариками равно

\[R = 2 r_{0} \sin \frac{\alpha}{2}.\tag{6}\]

Плечо силы взаимодействия

\[h = r_{0} \cos \frac{\alpha}{2}.\tag{7}\]

Угол закручивания нити

\[\varphi_{\Sigma} = \alpha + \varphi.\tag{8}\]

Условие равновесия коромысла весов имеет вид

\[G(\alpha + \varphi) = F r_{0} \cos \frac{\alpha}{2}.\tag{9}\]

Следовательно, сила взаимодействия может быть рассчитана по формуле

\[F = \frac{G(\alpha + \varphi)}{r_{0} \cos \frac{\alpha}{2}}.\tag{10}\]

Расстояние между шариками рассчитывается по формуле (6). Результаты расчетов по этим формулам приведены в Таблице (1). График этой функции показан на рисунке.

Таблица 1. Расчет сил и расстояний.

2.2 Для доказательства закона Кулона \(\left(F = \frac{A}{R^2}\right)\) следует провести линеаризацию зависимости силы от расстояния. Эту линеаризацию можно провести различными способами. например, построить зависимость \(F(R^{-2})\). Наиболее предпочтительной линеаризацией является построение графика в логарифмическом масштабе \(\ln F(\ln R)\). В этом случае коэффициент наклона будет равен показателю степени в зависимости \(F = AR^n\). На рисунке приведены графики обеих линеаризованных зависимостей.

Действительно, коэффициент наклона в логарифмической зависимости примерно равен -1,9, что с учетом неизбежных погрешностей измерений можно принять равным -2.

Также видно. что зависимость \(F(R^{-2})\) близка к линейной, поэтому эта зависимость также подтверждает закон Кулона.

2.3 В системе СИ закон Кулона имеет вид

\[F = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q^2}{R^2}.\]

С помощью этой формулы можно вычислить заряды шариков. Для повышения точности следует провести усреднение по трем результатам измерений. Один из возможных вариантов такого усреднения – использование зависимости \(F(R^{-2})\). В этой зависимости коэффициент наклона равен

\[a = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0} = 1{,}94 \cdot 10^{-10} \, H \cdot m^2,\tag{11}\]

Откуда следует, что

\[q = \sqrt{4\pi\varepsilon_0 a} = \sqrt{4\pi \cdot 8{,}85 \cdot 10^{-12} \cdot 1{,}94 \cdot 10^{-10}} = 1{,}5 \cdot 10^{-10} \, \text{Кл}.\tag{12}\]

3. Утечка заряда.

Понятно, что уменьшение угла отклонения связано с утечкой зарядов с шариков. Поэтому в данной части задачи необходимо найти ответы на два вопроса: первый, как зависит заряд шарика от времени; второй – как связано изменение угла отклонения с изменением заряда.

Можно считать, что шарик находится в однородной слабопроводящей среде, а электрический ток протекает от шарика до бесконечности.

В этом случае разность потенциалов равна потенциалу шарика

\[\Delta \phi = \frac { q } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } b }\tag{13}\]

Здесь обозначено \(b\) - радиус шарика (чтобы не путать с \(R\) - так мы обозначим сопротивление среды).

Для расчета сопротивления среды ее следует разделить на тонкие сферические слои. Сопротивление отдельного слоя радиуса \(r\) и толщины \(\Delta r\) равно

\[\Delta R = \rho \frac { \Delta r } { 4 \pi r ^ { 2 } } .\tag{14}\]

Так как радиально растекающийся ток протекает последовательно через слои, то общее сопротивление равно сумме сопротивлений всех слоев

\[R = \sum _ { i } \rho \frac { \Delta r _ { i } } { 4 \pi r _ { i } ^ { 2 } } .\tag{15}\]

Для выполнения суммирования (точнее интегрирования) можно сослаться на традиционный способ вычисления потенциала поля, создаваемого точечным источником – здесь сумма имеет тот же вид, поэтому

\[R = \sum _ { i } \rho \frac { \Delta r _ { i } } { 4 \pi r _ { i } ^ { 2 } } = \frac { \rho } { 4 \pi b } .\tag{16}\]

Таким образом, находим, что сила тока утечки равна

\[I = \frac { \Delta \phi } { R } = \frac { q } { \rho \varepsilon _ { 0 } } .\tag{17}\]

Примечание. Этот же результат можно получить более изящным способом, используя теорему Гаусса. Мысленно окружим один из шариков произвольной замкнутой поверхностью \(\Omega\). Сила тока, стекающего с шарика равна потоку вектора плотности тока \(\vec{j}\) через эту поверхность \(I = \Phi_j\). По закону Ома в дифференциальной форме плотность пока связана с напряженностью электрического поля соотношением \(\vec{j} = \frac{1}{\rho} \vec{E}\). Поэтому поток вектора плотности тока связан с потоком вектора напряженности таким же соотношением: \(\Phi_j = \frac{1}{\rho} \Phi_E\).

Поток вектора напряженности поля определяется теоремой Гаусса \(\Phi_E = \frac{q}{\varepsilon_0}\). Окончательно получаем \(I = \Phi_j = \frac{1}{\rho} \Phi_E = \frac{q}{\rho \varepsilon_0}\). Полученное соотношение перепишем в виде

\[I = \frac { q } { \rho \varepsilon _ { 0 } } = - \frac { \Delta q } { \Delta t } \quad \Rightarrow \quad \frac { \Delta q } { q } = - \frac { 1 } { \rho \varepsilon _ { 0 } } \Delta t \, .\tag{18}\]

Рассмотрим теперь, как связано угла смещения шарика с изменением зарядов на шариках. Сила взаимодействия выражается через угол смещения \(\alpha\) посредством соотношения (10). Используя закон Кулона, можем записать

\[F = \frac { G ( \alpha + \varphi ) } { r _ { 0 } \cos \frac { \alpha } { 2 } } = \frac { 1 } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } } \frac { q ^ { 2 } } { R ^ { 2 } } = \frac { 1 } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } } \frac { q ^ { 2 } } { \left( 2 r _ { 0 } \sin \frac { \alpha } { 2 } \right) ^ { 2 } } \quad \Rightarrow \quad q ^ { 2 } = B \frac { ( \alpha + \varphi ) \sin ^ { 2 } \frac { \alpha } { 2 } } { \cos \frac { \alpha } { 2 } } \, ,\tag{19}\]

где \(B\) - некоторая постоянная величина. Эта формула выражает связь между углом смещения и зарядами шариков. Обозначим функцию \(f(\alpha)=\frac{(\alpha+\varphi)\sin^2\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}\). Изменение заряда определяется изменением этой функции. По-видимому, в данном случае проще провести численные расчеты изменения этой функции \(\Delta f = f(\alpha-\Delta\alpha)-f(\alpha)\), хотя можно воспользоваться и приближенными формулами (вычислением производных). Учитывая, что изменения заряда мало, запишем

\[q^2 = Bf(\alpha) \quad \Rightarrow\]

\[2q\Delta q = B\Delta f \quad \Rightarrow \quad \frac{\Delta q}{q} = \frac{1}{2}\frac{\Delta f}{f(\alpha)}\tag{20}\]

Численный расчет относительного изменения заряда (при \(\alpha=30^\circ\), \(\Delta\alpha=-1^\circ\), \(\varphi=50^\circ\)) дает значение:

\[\frac{\Delta q}{q} = \frac{1}{2}\frac{\Delta f}{f(\alpha)} = -0{,}039,\tag{21}\]

Примечание. Для оценки можно приближенно считать, что расстояние между шариками равно длине дуги между ними \(r_0\alpha\), а плечо силы равно \(r_0\). Тогда условие равновесия примет вид

\[G(\alpha+\varphi) = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 r_0^2 \alpha^2} r_0\alpha.\]

Тогда проводя аналогичные (20) преобразования, получим

\[q^2 = B_1\alpha(\alpha+\varphi) \quad \Rightarrow\]

\[2q\Delta q = B_1(2\alpha+\varphi)\Delta\alpha \quad \Rightarrow \quad \frac{\Delta q}{q} = \frac{1}{2}\frac{2\alpha+\varphi}{\alpha(\alpha+\varphi)}\Delta\alpha = -0{,}023.\tag{22}\]

Теперь вернемся к формуле (18), из которой можно выразить искомое удельное сопротивление воздуха

\[\rho = -\frac{\Delta t}{\varepsilon_0\left(\frac{\Delta q}{q}\right)} = \frac{3\cdot60}{8{,}85\cdot10^{-12}\cdot0{,}039} \approx 5{,}2\cdot10^{14} \, \text{Ом}\cdot\text{м}.\tag{23}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.