EuPhO 2023, теоретический тур

Подсказка

Всё тепло, поглощённое внутри радиуса \(r\), должно уйти через боковую поверхность цилиндра радиуса \(r\) и высоты \(b\), откуда получается \(dT/dr\). Фокусировка означает равенство оптических путей всех лучей от плоского фронта до точки фокуса (принцип Ферма).

Ответ

a) график: \(T\) убывает от \(T_{\text{c}}\) на оси к \(T_{\text{h}}\) на краю, с нулевым наклоном при \(r=0\), параболой при \(r\le\sigma\) и логарифмом при \(\sigma\le r\le a\);  b) \(m=-\dfrac{AP_{\text{L}}}{4\pi k b\sigma^2}\approx -1{,}1\cdot10^{7}\) К/м\(^2\), \(T_{\text{c}}=T_{\text{h}}+\dfrac{AP_{\text{L}}}{4\pi k b}\Bigl(1+2\ln\dfrac a\sigma\Bigr)\approx 41\,^\circ\)C;  c) \(f=\dfrac{1}{2\gamma b|m|}=\dfrac{2\pi k\sigma^2}{\gamma AP_{\text{L}}}\approx 0{,}94\) м.

Решение

Что происходит. Лазер поглощается в освещённом пятне и греет диск. Тепло уходит только в стороны, к холодному держателю, поэтому температура наибольшая на оси и убывает к краю. Показатель преломления растёт с температурой (\(\gamma>0\)), значит, он наибольший на оси, а свет в среде с большим \(n\) идёт медленнее. Плоский фронт, прошедший диск, отстаёт на оси сильнее, чем на периферии, и искривляется в сходящийся: диск работает как собирающая линза. Главная идея: сначала стационарное уравнение теплопроводности для цилиндра радиуса \(r\) даёт \(T(r)\), затем принцип Ферма (равенство оптических путей) даёт фокус.

Обозначения. \(r\) — расстояние от оси пучка; \(P_{\text{погл}}(r)\) — мощность лазера, поглощённая внутри цилиндра радиуса \(r\) (высота \(b\) — вся толщина диска); \(q=\dfrac{AP_{\text{L}}}{4\pi k b}\) — удобная величина размерности температуры. Диск тонкий (\(b\ll a\)), температура по толщине одинакова и зависит только от \(r\).

Уравнение теплопроводности. Режим стационарный: температура не меняется, значит, вся поглощённая внутри цилиндра радиуса \(r\) мощность \(P_{\text{погл}}(r)\) уходит наружу. Через основания тепло не уходит (воздух и излучение не учитываем), остаётся боковая поверхность \(2\pi r b\). Закон Фурье для плотности потока тепла, направленного наружу, даёт \(j=-k\,dT/dr\), поэтому \[-k\,\frac{dT}{dr}\,2\pi r b = P_{\text{погл}}(r),\qquad\text{то есть}\qquad \frac{dT}{dr} = -\frac{P_{\text{погл}}(r)}{2\pi k b\, r}. \tag{1}\] Мощность \(P_{\text{погл}}(r)\) зависит от того, где проходит граница цилиндра. Интенсивность \(I=P_{\text{L}}/(\pi\sigma^2)\) одинакова по сечению пучка, из падающей мощности поглощается доля \(A\): \[P_{\text{погл}}(r)=\begin{cases} A\,I\,\pi r^2 = AP_{\text{L}}\,\dfrac{r^2}{\sigma^2}, & 0\le r\le\sigma,\\[2mm] AP_{\text{L}}, & \sigma\le r\le a.\end{cases}\tag{2}\] Вне пучка (\(r>\sigma\)) цилиндр уже вобрал всё поглощённое, и поэтому мощность перестаёт расти.

Рис. 2. Мысленный цилиндр радиуса \(r\) и высоты \(b\): поглощённая внутри него мощность уходит наружу через боковую поверхность \(2\pi r b\) (а). Разрез диска по оси (б).

Рис. 3. Поглощённая мощность \(P_{\text{погл}}(r)\): парабола внутри пучка и постоянная \(AP_{\text{L}}\) снаружи (формула (2)).

a) Подставим (2) в (1). Внутри пучка \[\frac{dT}{dr} = -\frac{AP_{\text{L}}}{2\pi k b\sigma^2}\,r ,\] снаружи \[\frac{dT}{dr} = -\frac{AP_{\text{L}}}{2\pi k b}\,\frac1r .\] Отсюда видно, как устроен график. Производная отрицательна всюду, поэтому \(T(r)\) монотонно убывает от оси к краю. При \(r\to0\) производная внутри пучка пропорциональна \(r\) и стремится к нулю: касательная на оси горизонтальна. Внутри пучка \(d^2T/dr^2<0\) (производная всё круче падает), график выпуклый вверх — кусок параболы. Снаружи производная по модулю убывает как \(1/r\), и график выпуклый вниз; на краю \(r=a\) наклон не нулевой, он равен \(-AP_{\text{L}}/(2\pi k b a)\), потому что там тепло уходит в держатель. Наклон непрерывен на границе пучка: слева \(-AP_{\text{L}}/(2\pi k b\sigma)\) и справа то же самое. Температура падает быстро: больше половины всего перепада \(T_{\text{c}}-T_{\text{h}}\) приходится на область \(r<2{,}5\) мм, то есть на шестую часть радиуса (рис. 4).

Рис. 4. Профиль температуры \(T(r)\) по формулам пункта b): бирюзовым — освещённая область \(0\le r\le\sigma\), чёрным — внешняя область \(\sigma\le r\le a\). Слева весь диск, справа окрестность оси крупнее (ось \(T\) начинается с \(30\,^\circ\)C).

b) Интегрируем внутри пучка с условием \(T(0)=T_{\text{c}}\): \[T(r)=T_{\text{c}}-\frac{AP_{\text{L}}}{4\pi k b\sigma^2}\,r^2 ,\] значит, \[m=-\frac{AP_{\text{L}}}{4\pi k b\,\sigma^2}=-\frac{q}{\sigma^2}.\] Числа: \(AP_{\text{L}}=0{,}1\cdot 20\ \text{мВт}=2{,}0\cdot10^{-3}\) Вт, \(4\pi k b=4\pi\cdot0{,}3\cdot2\cdot10^{-4}\ \text{Вт/К}=7{,}54\cdot10^{-4}\) Вт/К, поэтому \(q=2{,}65\) К и \[m=-\frac{2{,}65\ \text{К}}{(5\cdot10^{-4}\ \text{м})^2}\approx-1{,}1\cdot10^{7}\ \text{К/м}^2 .\] Теперь внешняя область. Там \(P_{\text{погл}}=AP_{\text{L}}\) постоянна, и (1) даёт \(dT/dr=-AP_{\text{L}}/(2\pi k b\,r)\). Интегрируем с условием на краю \(T(a)=T_{\text{h}}\) (край в контакте с держателем): \[T(r)=T_{\text{h}}+\frac{AP_{\text{L}}}{2\pi k b}\ln\frac ar = T_{\text{h}}+2q\ln\frac ar ,\qquad\sigma\le r\le a .\] Температура непрерывна, поэтому на границе пучка \(r=\sigma\) значения изнутри и снаружи равны: \(T_{\text{c}}-q=T_{\text{h}}+2q\ln\dfrac a\sigma\) (внутри \(T(\sigma)=T_{\text{c}}+m\sigma^2=T_{\text{c}}-q\)). Отсюда \[T_{\text{c}}=T_{\text{h}}+\frac{AP_{\text{L}}}{4\pi k b}\left[1+2\ln\frac a\sigma\right].\] Числа: \(\ln(a/\sigma)=\ln 30=3{,}40\), в скобках \(1+6{,}80=7{,}80\), нагрев \(2{,}65\cdot7{,}80=20{,}7\) К: \[T_{\text{c}}\approx 20\,^\circ\text{C}+20{,}7\ \text{К}\approx 41\,^\circ\text{C}.\] Обратите внимание: поглощённая мощность в (1) берётся внутри данного радиуса, а не вся. Если подставить в уравнение всю мощность \(AP_{\text{L}}\), внутри пучка получится \(\ln r\) вместо параболы и бесконечная температура на оси.

c) Свет проходит только освещённую область \(r\le\sigma\). Показатель преломления зависит от температуры, \(n(T)\), и из определения \(\gamma=dn/dT\) (при небольшом нагреве \(\gamma\) постоянна) \[n(r)=n(0)+\gamma\bigl(T(r)-T_{\text{c}}\bigr)=n(0)-\gamma|m|\,r^2 .\] Показатель преломления диска уменьшается от оси параболически. Каков бы ни был сам показатель \(n(0)\), в ответ он не войдёт.

Пользуемся принципом Ферма: лучи, сфокусированные в одной точке, идут от плоского фронта до этой точки за одинаковое время, то есть имеют одинаковые оптические пути. Возьмём точку на оси на расстоянии \(f\) от диска и луч, вошедший на высоте \(r\). Приближения: луч внутри диска почти не смещается (он выходит на той же высоте \(r\) и проходит путь \(b\), так как отклонение мало); \(f\gg r\) (в нашем случае \(r\le0{,}5\) мм, \(f\sim1\) м). Оптический путь луча \[s(r)=n(r)\,b+\sqrt{f^2+r^2}\approx n(r)\,b+f+\frac{r^2}{2f} = n(0)\,b+f-\gamma|m|b\,r^2+\frac{r^2}{2f}.\] Первое слагаемое — путь в диске, остальные — путь в воздухе до фокуса. Путь не зависит от \(r\) (\(s(r)=s(0)\)), когда равны коэффициенты при \(r^2\): \[\gamma|m|\,b=\frac{1}{2f}\quad\Longrightarrow\quad f=\frac{1}{2\gamma b|m|}.\] Равенство выполняется сразу для всех \(r\le\sigma\) с одним и тем же \(f\), поэтому все лучи пучка собираются в одну точку на оси — пучок действительно фокусируется. Фронт после диска сферический с центром в этой точке (рис. 5). Подставим \(m\) из пункта b): \[\boxed{\,f=\frac{2\pi k\sigma^2}{\gamma A P_{\text{L}}}\,} =\frac{2\pi\cdot0{,}3\cdot(5\cdot10^{-4})^2}{2{,}5\cdot10^{-4}\cdot 2{,}0\cdot10^{-3}}\ \text{м}\approx 0{,}94\ \text{м}.\]

Рис. 5. Лучи, ширина пучка сильно увеличена по сравнению с расстоянием до фокуса. Плоский фронт после диска становится сферическим с центром в фокусе \(F\); лучи перпендикулярны фронту.

Обратите внимание: фокусное расстояние не зависит ни от \(b\), ни от самого показателя преломления. Толщина \(b\) сокращается: чем толще диск, тем больше набег оптического пути на один кельвин, но тем меньше перепад температур, потому что тепло уходит через большую боковую поверхность \(2\pi r b\) (в \(m\) толщина стоит в знаменателе).

Проверка. Размерность: \([k\sigma^2/(\gamma AP_{\text{L}})]=\dfrac{\text{Вт}\cdot\text{м}^{-1}\text{К}^{-1}\cdot\text{м}^2}{\text{К}^{-1}\cdot\text{Вт}}=\text{м}\). Предел: если теплопроводность \(k\to\infty\) (или \(\gamma\to0\) или мощность \(P_{\text{L}}\to0\)), перепад температур исчезает, и \(f\to\infty\) — линзы нет. \(f\propto 1/P_{\text{L}}\): чем больше мощность, тем сильнее линза. Также \(T_{\text{c}}\) при \(a\to\sigma\) даёт \(T_{\text{h}}+q\) — нагрев только от пучка без внешней области.

Второй способ — по отклонению луча. Два соседних луча на расстояниях \(r\) и \(r+dr\) от оси идут с разной скоростью: \(v(r)=c/n(r)\). Поэтому фронт поворачивается с угловой скоростью \(\dot\varphi=dv/dr=-c\,n'/n^2\), а за время прохождения диска \(t=nb/c\) лучи поворачиваются на угол \(\varphi=-n'b/n\), где \(n'=dn/dr=2\gamma m r\). При выходе в воздух закон Снеллиуса для малых углов даёт угол к оси \(\theta=n\varphi=-n'b=2\gamma|m|\,b\,r\) (рис. 6). Угол \(\theta\) пропорционален \(r\), поэтому луч на высоте \(r\) пересекает ось на расстоянии \(r/\theta=1/(2\gamma|m|b)\), одинаковом для всех \(r\): это то же самое \(f\). Для крайнего луча \(r=\sigma\): \(\theta=2\cdot2{,}5\cdot10^{-4}\cdot1{,}06\cdot10^{7}\cdot2\cdot10^{-4}\cdot5\cdot10^{-4}\approx5{,}3\cdot10^{-4}\) рад, \(f=\sigma/\theta\approx0{,}94\) м. Смещение луча внутри диска порядка \(\varphi b/2\sim5\cdot10^{-8}\) м, оно намного меньше \(r\), как и предполагалось.

Рис. 6. Луч на высоте \(r\) внутри диска изгибается к оси (показатель преломления у оси больше, он показан более тёмным), на выходе угол с осью \(\theta=n\varphi\); луч пересекает ось в \(F\). Углы сильно преувеличены.

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

Подсказка

Перейдите к скоростям плоскостей относительно кирпича: обе они меняются на один и тот же вектор, а установившееся движение наступает, когда они направлены противоположно. Найдите величину, которая сохраняется.

Ответ

a) \(v_\infty=\dfrac{u_1}{\sqrt2}\) (то есть \(u/\sqrt2\) при \(u_1=u_2=u\));  b) \(v_x=\dfrac{u_1}{2}\Bigl(1-\dfrac{u_1-u_2}{D}\Bigr)\), \(v_y=\dfrac{u_2}{2}\Bigl(1+\dfrac{u_1-u_2}{D}\Bigr)\), \(D=\sqrt{u_1^2+u_2^2}\), откуда \(v_\infty=\dfrac{1}{\sqrt2}\sqrt{u_1u_2-(u_1-u_2)^2\Bigl(\dfrac{u_1+u_2}{\sqrt{u_1^2+u_2^2}}-1\Bigr)}\).

Решение

Что происходит. Кирпич зажат, поэтому каждая плоскость тянет его силой трения скольжения вдоль своей скорости относительно кирпича. Силы равны по модулю и направлены в разные стороны, их сумма разгоняет кирпич. Разгон прекращается, когда обе плоскости оказываются «в противоположных сторонах» от кирпича: тогда силы трения уравновешены. Главная идея: перейти к скоростям плоскостей относительно кирпича. Они меняются одинаково, и из этого получается сохраняющаяся величина.

Обозначения. Смотрим сверху, в проекции на плоскость \(xy\): векторы скоростей плоскостей \(\vec u_1=(u_1,0)\) и \(\vec u_2=(0,u_2)\) перпендикулярны, \(D=|\vec u_1-\vec u_2|=\sqrt{u_1^2+u_2^2}\). Скорость кирпича \(\vec v\) (вдоль \(z\) он не движется), масса \(m\), нормальная сила от каждой плоскости \(N\), сила трения скольжения \(F=\mu N\). Скорости плоскостей относительно кирпича \[\vec w_1=\vec u_1-\vec v,\qquad \vec w_2=\vec u_2-\vec v,\qquad \hat w_i=\frac{\vec w_i}{|\vec w_i|},\qquad a_0=\frac Fm .\] В начальный момент \(\vec v=0\), поэтому \(\vec w_1=\vec u_1\), \(\vec w_2=\vec u_2\).

1. Силы на кирпич. В невесомости вдоль оси \(z\) на кирпич действуют только нормальные силы от плоскостей, а ускорения вдоль \(z\) нет. Значит, нормальные силы равны: на верхней и на нижней грани одно и то же \(N\). Силы кинетического трения равны по модулю, \(F=\mu N\) (одинаковые \(\mu\) и \(N\)), и направлены вдоль скорости плоскости относительно кирпича: плоскость увлекает кирпич за собой. Второй закон Ньютона для кирпича в проекции на плоскость \(xy\): \[m\,\frac{d\vec v}{dt}=F\,(\hat w_1+\hat w_2). \tag{1}\] Ускорение направлено по биссектрисе угла между \(\vec w_1\) и \(\vec w_2\) (рис. 2). Величина \(N\) (и \(a_0\)) может меняться со временем: на ответ это не влияет, лишь бы сила не обращалась в нуль.

Рис. 2. Силы \(\vec F_1\) и \(\vec F_2\) равны по модулю и направлены вдоль \(\vec w_1\) и \(\vec w_2\) (пример \(u_1=4\), \(u_2=3\), \(\vec v=(1;\,0{,}8)\)); их сумма \(\vec F\) — вдоль биссектрисы угла между \(\vec w_1\) и \(\vec w_2\).

2. Что сохраняется. Плоскости движутся с постоянными скоростями, поэтому из \(\vec w_i=\vec u_i-\vec v\) \[\frac{d\vec w_1}{dt}=\frac{d\vec w_2}{dt}=-\frac{d\vec v}{dt}=-a_0\,(\hat w_1+\hat w_2).\] Обе относительные скорости получают одно и то же приращение \(-a_0(\hat w_1+\hat w_2)\,dt\). Изменение модуля вектора — это проекция его изменения на сам вектор: \(d|\vec w_i|/dt=\hat w_i\cdot d\vec w_i/dt\). Отсюда \[\frac{d|\vec w_1|}{dt}=-a_0\,(1+\hat w_1\!\cdot\!\hat w_2),\qquad \frac{d|\vec w_2|}{dt}=-a_0\,(\hat w_1\!\cdot\!\hat w_2+1).\] Скорости изменения модулей равны, значит, разность модулей сохраняется: \[|\vec w_1|-|\vec w_2|=u_1-u_2\equiv\delta . \tag{2}\] Смысл: ускорение по биссектрисе убавляет оба модуля поровну (рис. 3). Одновременно вектор \(\vec w_1-\vec w_2=\vec u_1-\vec u_2\) не меняется вовсе: скорость кирпича в него не входит.

Рис. 3. Модули \(|\vec w_1|\) и \(|\vec w_2|\) при \(u_1=4\), \(u_2=3\) (численное интегрирование уравнения (1); \(a_0t\) — в тех же единицах, что скорость). Оба убывают, разность \(\delta=1\) остаётся постоянной, пределы \(s=3\) и \(t=2\).

3. Конечное состояние. Скорость кирпича перестаёт расти, когда сила обращается в нуль: \(\hat w_1+\hat w_2=0\), то есть \(\vec w_1\) и \(\vec w_2\) направлены противоположно. К этому система действительно приходит: сумма \(|\vec w_1|+|\vec w_2|\) убывает со скоростью \(-2a_0(1+\hat w_1\!\cdot\!\hat w_2)\le0\), а снизу ограничена неравенством треугольника \(|\vec w_1|+|\vec w_2|\ge|\vec w_1-\vec w_2|=D\); убывание прекращается, когда \(1+\hat w_1\!\cdot\!\hat w_2\to0\).

В конце \(\vec w_1=s\,\hat e\), \(\vec w_2=-t\,\hat e\) с \(s,t>0\), где единичный вектор \(\hat e\) направлен вдоль \(\vec u_1-\vec u_2\). Из вектора \(\vec w_1-\vec w_2=\vec u_1-\vec u_2\) и из (2) получаем два уравнения для длин: \[s+t=D,\qquad s-t=\delta \quad\Longrightarrow\quad s=\frac{D+\delta}{2},\quad t=\frac{D-\delta}{2}.\] Геометрически: концы векторов \(\vec u_1\) и \(\vec u_2\) соединены отрезком — гипотенузой прямоугольного треугольника с катетами \(u_1\) и \(u_2\); конец вектора \(\vec v_\infty\) лежит на этой гипотенузе и делит её на отрезки \(s\) (до конца \(\vec u_1\)) и \(t\) (до конца \(\vec u_2\)).

a) При \(u_1=u_2\) имеем \(\delta=0\), \(|\vec w_1|=|\vec w_2|\) в любой момент: сила всё время направлена по диагонали, под \(45^\circ\) к осям, и кирпич разгоняется по диагонали (рис. 4). В конце \(s=t=D/2\): конец \(\vec v_\infty\) — середина гипотенузы, \(v_x=v_y=u_1/2\): \[\boxed{\,v_\infty=\frac{u_1}{\sqrt2}\,}.\] (Это половина гипотенузы \(D/2=u_1\sqrt2/2\).)

Рис. 4. Случай \(u_1=u_2\): скорость кирпича растёт по диагонали (ускорение \(\vec a\) — под \(45^\circ\)) до середины гипотенузы; в конце \(\vec w_1\) и \(\vec w_2\) направлены вдоль гипотенузы в противоположные стороны.

b) Точка \(\vec v_\infty\) делит гипотенузу в отношении \(s:t\). Выразим вектор через концы: \(\vec v=\vec u_1-s\hat e\) с \(\hat e=(\vec u_1-\vec u_2)/D\), откуда \[\vec v_\infty=\frac{t}{D}\,\vec u_1+\frac{s}{D}\,\vec u_2 , \qquad v_x=\frac{t\,u_1}{D}=\frac{u_1}{2}\Bigl(1-\frac{\delta}{D}\Bigr),\quad v_y=\frac{s\,u_2}{D}=\frac{u_2}{2}\Bigl(1+\frac{\delta}{D}\Bigr).\] Модуль: \[v_\infty^2=v_x^2+v_y^2=\frac14\Bigl[D^2+\delta^2-\frac{2\delta}{D}\,(u_1^2-u_2^2)\Bigr].\] Подставим \(u_1^2-u_2^2=\delta\,(u_1+u_2)\) и \(D^2+\delta^2=2(u_1^2+u_2^2)-2u_1u_2=2(u_1u_2+\delta^2)\): \[v_\infty^2=\frac12\Bigl[u_1u_2+\delta^2-\delta^2\,\frac{u_1+u_2}{D}\Bigr].\] Отсюда \[\boxed{\,v_\infty=\frac{1}{\sqrt2}\sqrt{\,u_1u_2-(u_1-u_2)^2\Bigl(\frac{u_1+u_2}{\sqrt{u_1^2+u_2^2}}-1\Bigr)}\,}.\] Пример: \(u_1=4\), \(u_2=3\) (любые единицы скорости). Тогда \(D=5\), \(\delta=1\), \(s=3\), \(t=2\), \(v_x=2\cdot4/5=1{,}6\), \(v_y=3\cdot3/5=1{,}8\), \(v_\infty=\sqrt{1{,}6^2+1{,}8^2}\approx2{,}41\) (рис. 5). Прямое численное интегрирование уравнения (1) для этих данных приходит к \(\vec v=(1{,}60;\,1{,}80)\).

Рис. 5. Конечное состояние для \(u_1=4\), \(u_2=3\): конец \(\vec v_\infty\) делит гипотенузу на отрезки \(|\vec w_1|=s=3\) и \(|\vec w_2|=t=2\) (пунктир); \(v_x=1{,}6\), \(v_y=1{,}8\).

Обратите внимание: точку на гипотенузе определяет именно сохранение разности модулей (2). Типичные неверные ответы — середина гипотенузы (скорость \(\tfrac12\sqrt{u_1^2+u_2^2}\), она верна только при \(u_1=u_2\)) и основание перпендикуляра, опущенного из начала координат на гипотенузу; обе точки лежат на той же гипотенузе, но в другом месте (рис. 6).

Рис. 6. Конец вектора скорости кирпича в плоскости \((v_x,v_y)\) при \(u_1=5\), \(u_2=2\) (численное интегрирование): кривая начинается под \(45^\circ\) и приходит в точку \(V\) (по формуле \(v_x=1{,}11\), \(v_y=1{,}56\)). \(H\) — основание перпендикуляра из \(O\) на гипотенузу, \(M\) — её середина.

Проверка. Размерность: все слагаемые под корнем — квадраты скорости. Симметрия: формула не меняется при \(u_1\leftrightarrow u_2\), как и должно быть (плоскости различаются только осью). При \(u_1=u_2\) имеем \(\delta=0\) и \(u_1/\sqrt2\), как в пункте a). Пределы: при \(u_2\to0\) верхняя плоскость неподвижна, сила трения от неё всё время равна по модулю силе от нижней и направлена противоположно, так что кирпич остаётся в покое, и формула даёт \(v_\infty\to0\); разложение по малому \(x=u_2/u_1\) даёт \(v_\infty\approx\frac{\sqrt5}{2}\,u_2\) — порядка меньшей из скоростей (рис. 7). Второй способ — численное решение уравнения (1): для \((u_1,u_2)=(4;\,3),\,(2;\,5),\,(3;\,1)\) скорости \(2{,}408,\ 1{,}911,\ 0{,}985\) совпали с формулой до пяти знаков.

Рис. 7. Зависимость \(v_\infty/u_1\) от отношения \(u_2/u_1\) по формуле пункта b); при \(u_2/u_1\to\infty\) кривая стремится к \(\sqrt5/2\): тогда меньшая из скоростей — \(u_1\), и \(v_\infty\approx\frac{\sqrt5}{2}\,u_1\).

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

Подсказка

Ток в пластине создают два вклада: сила Лоренца (только под магнитами) и электрическое поле зарядов, накопившихся на границе области поля. Задача сводится к двумерной электростатике: найдите такое поле зарядов, чтобы ток нигде не имел источников. Внутри круга поле однородно, снаружи — поле двумерного диполя.

Ответ

a) внутри круга \(r<R\) линии тока — прямые вдоль \(+x\), снаружи — дуги окружностей, замыкающие их (на оси \(y\) ток направлен по \(+x\) внутри и по \(-x\) снаружи), на границе линии ломаются;  b) вдоль прямой \(x=0\): \(j_x=\dfrac{vB}{2\varrho}\) при \(|y|<R\) и \(j_x=-\dfrac{vB}{2\varrho}\dfrac{R^2}{y^2}\) при \(|y|>R\);  c) \(F=\dfrac{\pi R^2\delta B^2 v}{2\varrho}\), направлена по скорости (\(+y\)).

Решение

Что происходит. Работаем в системе отсчёта магнитов. Носители заряда в пластине движутся вместе с ней со скоростью \(\vec v\), и внутри круга \(r<R\), где есть поле, на единичный заряд действует сила Лоренца \(\vec v\times\vec B\). Она направлена вдоль \(+x\) и гонит ток поперёк движения пластины. Замкнуться внутри круга этот ток не может, поэтому заряды накапливаются на границе круга (плюс справа, минус слева), и их электрическое поле гонит ток обратно: внутри круга против силы Лоренца, а снаружи, где \(B=0\), по окружающему металлу. В установившемся режиме линии тока замкнуты. Главная идея: закон Ома для движущегося проводника вместе с условием отсутствия источников у тока сводит задачу к двумерной электростатике, а её решение угадывается: однородное поле внутри круга и поле двумерного диполя снаружи.

Обозначения. Оси как на рисунке 1: \(z\) вдоль поля, \(x\) и \(y\) в плоскости пластины, начало на оси магнитов; \(r,\theta\) — полярные координаты в плоскости пластины (\(\theta\) отсчитываем от оси \(x\)). Обозначим \(g=vB\) и \(j_0=\dfrac{vB}{2\varrho}\). Пластина тонкая (\(\delta\ll R\)): ток течёт в её плоскости и не зависит от \(z\). Магнитным полем самих индукционных токов пренебрегаем, условие применимости — в конце.

Уравнения. Направление силы Лоренца: \(\vec v\times\vec B=v\hat y\times B\hat z=vB\,\hat x\) при \(r<R\), вне круга она равна нулю. Закон Ома в дифференциальной форме для движущегося металла, электрическое поле зарядов потенциально (\(\vec E=-\nabla\varphi\), магнитное поле в системе магнитов постоянно, вихревого поля нет), ток нигде не имеет источников: \[\vec j=\frac{1}{\varrho}\bigl(\vec E+\vec v\times\vec B\bigr),\qquad \vec E=-\nabla\varphi,\qquad \nabla\!\cdot\vec j=0 . \tag{1}\] Сила \(\vec v\times\vec B\) постоянна внутри круга и равна нулю снаружи, поэтому \(\nabla\cdot\vec E=0\) в каждой из двух областей, то есть \(\nabla^2\varphi=0\) внутри и снаружи. На границе \(r=R\) нужно потребовать две вещи: потенциал непрерывен (тангенциальная компонента \(\vec E\) не имеет скачка), и нормальная компонента тока \(j_r\) непрерывна (заряды не вытекают через границу, ток замкнут). Решение уравнения Лапласа с такими условиями единственно.

a) Внутри круга сила Лоренца гонит ток вдоль \(+x\). Снаружи сил Лоренца нет, ток создаёт только поле зарядов \(\vec E/\varrho\); ток подходит к границе круга справа и слева и замыкается снаружи. Картина линий тока ниже построена по формулам пункта b).

• Внутри круга линии тока — параллельные прямые вдоль \(+x\) (плотность тока однородна).

• Снаружи линии тока — дуги окружностей. Линия, проходящая внутри круга на высоте \(y=h>0\), выходит из круга в точке \(\bigl(\sqrt{R^2-h^2},\,h\bigr)\), обходит круг сверху (на оси \(y\) ток направлен по \(-x\)) и входит слева в точке \(\bigl(-\sqrt{R^2-h^2},\,h\bigr)\). Это дуга окружности радиуса \(c=R^2/(2h)\) с центром \((0,c)\), касающейся оси \(x\) в начале координат. Для \(h<0\) дуга зеркальна относительно оси \(x\).

• Линия на оси \(x\) (\(h=0\)) уходит на бесконечность и замыкается там.

• На границе круга линии тока ломаются: нормальная компонента тока непрерывна, а касательная меняет знак (из \(+j_0\) в \(-j_0\) на оси \(y\)).

• Картина симметрична относительно осей \(x\) и \(y\) (направление тока на оси \(x\) одно и то же, \(+x\)).

Рис. 2. Линии тока в пластине в данный момент (вид сверху, пластина движется вдоль \(+y\), поле направлено на нас). Светлый круг — область поля, радиус \(R\). Внутри круга ток течёт по \(+x\), снаружи он возвращается по окружностям, на оси \(y\) — по \(-x\). Линии построены по формулам пункта b).

b) Ищем потенциал в виде однородного поля внутри круга и поля двумерного диполя снаружи: \[\varphi_{\text{вн}}=-a\,x=-a\,r\cos\theta\quad(r<R),\qquad \varphi_{\text{сн}}=b\,\frac{x}{r^2}=\frac{b\cos\theta}{r}\quad(r>R).\] Обе функции удовлетворяют уравнению Лапласа и убывают на бесконечности (\(\varphi_{\text{сн}}\to0\)), так что (1) соблюдено внутри и снаружи. Условия на границе \(r=R\):

• непрерывность потенциала: \(-aR\cos\theta=\dfrac{b\cos\theta}{R}\), откуда \(b=-aR^2\);

• непрерывность радиальной компоненты тока. Внутри \(\varrho j_r=E_r+g\cos\theta=a\cos\theta+g\cos\theta\), снаружи \(\varrho j_r=E_r=-\dfrac{\partial\varphi_{\text{сн}}}{\partial r}=\dfrac{b\cos\theta}{R^2}=-a\cos\theta\). Приравниваем: \(a+g=-a\), откуда \(a=-\dfrac g2\) и \(b=\dfrac{gR^2}{2}\).

Отсюда получаем поле зарядов: внутри круга \(\vec E=-\dfrac g2\,\hat x\), направленное против силы Лоренца и вдвое слабее её. Плотность тока внутри: \[\vec j_{\text{вн}}=\frac{1}{\varrho}\Bigl(-\frac g2+g\Bigr)\hat x=\frac{vB}{2\varrho}\,\hat x=j_0\,\hat x ,\] то есть однородна и вдвое меньше наивного значения \(vB/\varrho\) (рис. 3).

Рис. 3. Заряды на границе круга (а): плюс справа, минус слева, поверхностная плотность \(\sigma=\varepsilon_0 vB\cos\theta\); их поле внутри круга \(\vec E_{\text{пол}}\) направлено против оси \(x\). Сложение внутри круга (б): \(\varrho\vec j=\vec E_{\text{пол}}+\vec v\times\vec B\), ток вдвое меньше, чем создала бы одна сила Лоренца.

Снаружи \(\vec j=-\nabla\varphi_{\text{сн}}/\varrho\) и \(\nabla\dfrac{x}{r^2}=\dfrac{r^2\hat x-2x\,\vec r}{r^4}\): \[\vec j_{\text{сн}}=\frac{vB\,R^2}{2\varrho}\cdot\frac{2x\,\vec r-r^2\hat x}{r^4},\qquad |\vec j_{\text{сн}}|=j_0\,\frac{R^2}{r^2}.\] Вдоль прямой, параллельной оси \(y\) и проходящей через ось магнитов (\(x=0\), \(r=|y|\)), вектор \(\vec j_{\text{сн}}\) направлен вдоль \(-\hat x\): \[\boxed{\,j_x(y)=\begin{cases} +\dfrac{vB}{2\varrho}, & |y|<R,\\[3mm] -\dfrac{vB}{2\varrho}\,\dfrac{R^2}{y^2}, & |y|>R.\end{cases}}\] Плотность тока постоянна внутри круга, на границе \(|y|=R\) знак меняется скачком с \(+j_0\) на \(-j_0\) (рис. 4), а снаружи убывает как \(1/y^2\). Скачок касательной компоненты тока объясняется силой Лоренца: тангенциальная компонента \(E\) непрерывна, а слагаемое \(\vec v\times\vec B\) обрывается на границе.

Рис. 4. Плотность тока \(j_x\) вдоль прямой \(x=0\) (\(j_0=vB/2\varrho\)): постоянна при \(|y|<R\) (бирюзовый), меняет знак на границе и спадает как \(1/y^2\) снаружи.

Обратите внимание: ток течёт и вне магнитов, где поля нет; он создан зарядами на границе круга. Если не учесть поле зарядов, получилось бы \(j=vB/\varrho\) внутри круга и нулевой ток снаружи, но такой ток не замыкается.

c) Горизонтальная сила нужна, чтобы уравновесить силу Ампера, действующую на ток в магнитном поле. Поле есть только внутри круга \(r<R\), там \(\vec j\) и \(\vec B\) однородны и перпендикулярны, поэтому на объём \(\pi R^2\delta\) действует \[\vec F_{\text{А}}=\int(\vec j\times\vec B)\,dV=\vec j_{\text{вн}}\times\vec B\;\pi R^2\delta=j_0B\,(\hat x\times\hat z)\,\pi R^2\delta=-\frac{\pi R^2\delta B^2 v}{2\varrho}\,\hat y .\] Сила Ампера направлена против скорости, как и должно быть. Пластина движется равномерно, значит, внешняя сила равна ей по модулю и противоположна по направлению: \[\boxed{\,F=\frac{\pi R^2\delta\,B^2v}{2\varrho}\,}\quad\text{вдоль }+y .\]

Рис. 5. Вид сверху: ток \(\vec j\) внутри круга направлен по \(+x\), сила Ампера \(\vec F_{\text{А}}\) на пластину — против скорости \(\vec v\), внешняя сила \(\vec F\) — по скорости.

Обратите внимание: в силу вносит вклад только ток под магнитами, а ток вне круга сил не создаёт. Наивное значение \(j=vB/\varrho\) дало бы силу вдвое больше.

Проверка. Размерность: \([vB/\varrho]=\dfrac{\text{м/с}\cdot\text{Тл}}{\text{Ом}\cdot\text{м}}=\dfrac{\text{В/м}}{\text{Ом}\cdot\text{м}}=\text{А/м}^2\); \([F]=\dfrac{\text{м}^2\cdot\text{м}\cdot\text{Тл}^2\cdot\text{м/с}}{\text{Ом}\cdot\text{м}}=\text{Н}\).

Полный ток через прямую \(x=0\) должен быть нулём (линии тока замкнуты): \(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}j_x\,dy=j_0\cdot2R-2j_0R^2\!\int_R^\infty\!\frac{dy}{y^2}=2j_0R-2j_0R=0\). Численная проверка: на границе \(r=R\) нормальная компонента \(\vec j\) и тангенциальная компонента \(\vec E=\varrho\vec j-\vec v\times\vec B\) совпадают изнутри и снаружи, \(\nabla\cdot\vec j_{\text{сн}}=0\), а численно проведённая линия тока при \(h=0{,}5R\) является окружностью радиуса \(R^2/(2h)=R\) с отклонением менее \(10^{-3}R\).

Второй способ для пункта c) — баланс мощности: механическая мощность \(Fv\) равна мощности джоулева тепла \(P=\int\varrho j^2\,dV\). Внутри круга \(P_{\text{вн}}=\varrho j_0^2\,\pi R^2\delta=\dfrac{v^2B^2}{4\varrho}\pi R^2\delta\). Снаружи \(|\vec j|=j_0R^2/r^2\) и \[P_{\text{сн}}=\varrho j_0^2R^4\,\delta\int_R^\infty\frac{2\pi r\,dr}{r^4}=\varrho j_0^2R^4\,\delta\,\frac{\pi}{R^2}=\frac{v^2B^2}{4\varrho}\pi R^2\delta .\] Снаружи выделяется столько же тепла, сколько внутри (рис. 6). Сумма \(P=\dfrac{v^2B^2}{2\varrho}\pi R^2\delta\), откуда \(F=P/v=\dfrac{\pi R^2\delta B^2v}{2\varrho}\) — то же самое.

Рис. 6. Доля джоулева тепла, выделившегося внутри радиуса \(r\): внутри круга \(\tfrac12(r/R)^2\), снаружи \(1-R^2/(2r^2)\). Ровно половина тепла выделяется под магнитами, вторая половина — в окружающем металле (основная часть в нескольких радиусах от оси).

Оценка: \(B=1\) Тл, \(R=1\) см, \(\delta=1\) мм, \(v=1\) м/с, медь \(\varrho=1{,}7\cdot10^{-8}\) Ом\(\cdot\)м: \(F\approx\dfrac{3{,}14\cdot10^{-4}\cdot10^{-3}\cdot1\cdot1}{2\cdot1{,}7\cdot10^{-8}}\approx9\) Н.

Условие применимости: поле, созданное самими токами пластины, мало по сравнению с \(B\). Пластина — слой с поверхностной плотностью тока \(j_0\delta\), его поле порядка \(\mu_0 j_0\delta/2\), отношение к \(B\) равно \(\dfrac{\mu_0 v\delta}{4\varrho}\). Для меди при числах оценки это \(\approx0{,}02\ll1\), условие выполнено.

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