EuPhO 2026, теоретический тур

Подсказка

Пока концы стержней на полу, вся энергия пружины идёт в кинетическую энергию, а центр масс разгоняется вверх. Пол отпускает систему, когда его сила обращается в нуль, то есть когда вертикальная скорость центра масс максимальна; дальше центр масс летит как брошенная материальная точка.

Ответ

\(h=\dfrac{3k}{4mg}\sin^2\theta_0\left(\dfrac{\pi^2}{4}-\theta_0^2\right)\approx0{,}780\,\dfrac{k}{mg}\), где угол отрыва \(\theta_0\approx0{,}987\) (\(56{,}5^\circ\)) — корень уравнения \(\theta_0\tan\theta_0=\pi^2/4-\theta_0^2\).

Решение

Что происходит. Движение прыгуна делится на две стадии. Сначала, пока концы стержней стоят на полу, пружина разгибает систему: шарнир движется вверх, концы скользят по полу навстречу друг другу, центр масс разгоняется вверх. Потом пол перестаёт давить на концы, система отрывается и дальше свободно летит под действием одной силы тяжести. Главная идея: пока идёт отталкивание, вся энергия пружины переходит в кинетическую (гравитацией при \(k\gg mg\ell\) можно пренебречь), а момент отрыва — это момент, когда сила реакции пола обращается в нуль, то есть вертикальная скорость центра масс максимальна. Высота прыжка определяется только поступательной частью энергии в момент отрыва.

Обозначения. Ось \(y\) вертикальна, ось \(x\) лежит вдоль пола. Система симметрична относительно вертикальной плоскости через шарнир, поэтому достаточно рассмотреть один стержень. \(H\) — шарнир, \(A\) — конец на полу, \(C\) — центр стержня, \(F\) — точка на полу под шарниром. Тогда \(H=(0,\ell\cos\theta)\), \(A=(-\ell\sin\theta,0)\), \(C=\bigl(-\tfrac\ell2\sin\theta,\tfrac\ell2\cos\theta\bigr)\), угол \(\theta\) отсчитан от вертикали. Центр масс всей системы лежит на оси симметрии на высоте \[y^*=\frac\ell2\cos\theta .\] Начало отсчёта высоты — пол: в начальном состоянии (\(\theta=\pi/2\)) \(y^*=0\).

Рис. 2. Один стержень при отталкивании: конец \(A\) скользит по полу, шарнир \(H\) движется по вертикали, центр \(C\) описывает дугу радиуса \(\ell/2\) вокруг точки \(F\) (пунктир — пройденная часть); \(v^*_\uparrow\) и \(v^*_\rightarrow\) — составляющие скорости центра стержня, \(\omega=\dot\theta\).

1. Скорость центра масс и кинетическая энергия.

Центр масс. Скорость центра масс системы вертикальна: \(v^*=\dot y^*=-\tfrac\ell2\sin\theta\,\dot\theta\) (угол \(\theta\) уменьшается, \(\dot\theta<0\), скорость вверх).

Кинетическая энергия одного стержня. Скорости концов направлены вдоль связей: шарнир движется по вертикали, конец на полу — по горизонтали. Мгновенный центр вращения \(O\) лежит в пересечении перпендикуляров к этим скоростям: на вертикали через \(A\) и на горизонтали через \(H\), то есть \(O=(-\ell\sin\theta,\ \ell\cos\theta)\). Четырёхугольник \(OAFH\) — прямоугольник, диагонали \(AH\) (стержень) и \(OF\) равны \(\ell\) и делятся пополам в точке \(C\), поэтому \(OC=\ell/2\). Стержень в данный момент поворачивается вокруг \(O\) с угловой скоростью \(|\dot\theta|\).

Рис. 3. Мгновенный центр вращения \(O\) стержня: пересечение перпендикуляров к скоростям \(\vec v_A\) (горизонтальна) и \(\vec v_H\) (вертикальна); \(OC=CF=\ell/2\).

Момент инерции стержня относительно \(O\) по теореме Штейнера: \[I_O=\frac{m\ell^2}{12}+m\left(\frac\ell2\right)^2=\frac{m\ell^2}{3}.\] Кинетическая энергия стержня \(\tfrac12I_O\dot\theta^2=m\ell^2\dot\theta^2/6\), обоих стержней \[W_k=\frac{m\ell^2\dot\theta^2}{3}.\] Проверка вторым способом (теорема Кёнига): скорость центра стержня \(\ell\dot\theta/2\), момент инерции относительно центра \(m\ell^2/12\) и та же угловая скорость: \[\frac12m\left(\frac{\ell\dot\theta}2\right)^2+\frac12\cdot\frac{m\ell^2}{12}\dot\theta^2=\frac{m\ell^2\dot\theta^2}{6}.\]

2. Закон сохранения энергии при отталкивании. Энергия упругой деформации пружины при угле \(2\theta\) между стержнями равна работе момента \(\tau=2k\theta\) при изменении угла от нуля до \(2\theta\): \[W_{\text{упр}}=\int_0^{\theta}2k\theta'\cdot2\,d\theta'=2k\theta^2 .\] Силы реакции пола вертикальны, а концы стержней движутся по горизонтали, поэтому работы они не совершают; трения нет. Изменение потенциальной энергии в поле тяжести не больше \(2mg\cdot\ell/2=mg\ell\ll k\), и его не учитываем. Тогда вся высвобожденная энергия пружины переходит в кинетическую: \[2k\left(\frac{\pi^2}{4}-\theta^2\right)=\frac{m\ell^2\dot\theta^2}{3}\quad\Longrightarrow\quad\dot\theta^2=\frac{6k}{m\ell^2}\left(\frac{\pi^2}{4}-\theta^2\right).\tag{1}\]

Второй способ — динамика. Относительно оси, проходящей через \(O\), момент создаёт только пружина (\(-2k\theta\)): реакция пола вертикальна и проходит через \(O\) (та же вертикаль, что у \(A\)), реакция шарнира горизонтальна и проходит через \(O\) (та же горизонталь, что у \(H\)), момент силы тяжести малый. Тогда \(I_O\ddot\theta=-2k\theta\): \[\ddot\theta=-\omega^2\theta,\qquad\omega^2=\frac{6k}{m\ell^2},\qquad\theta(t)=\frac\pi2\cos\omega t ,\] гармонические колебания с начальными условиями \(\theta(0)=\pi/2\), \(\dot\theta(0)=0\). Из \(\dot\theta^2=\omega^2(\pi^2/4-\theta^2)\) получается то же уравнение (1).

3. Момент отрыва. Уравнение движения центра масс системы по вертикали: \(2m\ddot y^*=2N-2mg\), где \(N\) — реакция пола на каждый конец. Ускорения при отталкивании порядка \(k/(m\ell)\gg g\), поэтому \(g\) можно отбросить: \(m\ddot y^*=N\). Реакция \(N\ge0\) (пол только толкает) и обращается в нуль, когда \(\ddot y^*=0\), то есть вертикальная скорость центра масс максимальна. Подставим \(y^*=\tfrac\ell2\cos\theta\): \[\ddot y^*=-\frac\ell2\bigl(\cos\theta\,\dot\theta^2+\sin\theta\,\ddot\theta\bigr)=0 .\] Выразим \(\dot\theta^2\) из (1) и \(\ddot\theta=-\omega^2\theta\): \[\left(\frac{\pi^2}{4}-\theta^2\right)\cos\theta-\theta\sin\theta=0\quad\Longleftrightarrow\quad\theta_0\tan\theta_0=\frac{\pi^2}{4}-\theta_0^2 .\] Это уравнение не решается в элементарных функциях; решим методом половинного деления. Функция \(f(\theta)=\left(\frac{\pi^2}{4}-\theta^2\right)\cos\theta-\theta\sin\theta\) положительна при \(\theta=0\) (\(f=\pi^2/4\)) и отрицательна при \(\theta=\pi/2\) (\(f=-\pi/2\)), значит, корень лежит в \([0;\pi/2]\). Пока \(f>0\), \(N>0\): пол давит; при \(f<0\) реакция должна была бы быть отрицательной, а такой не бывает — система отрывается.

Интервал сузился до \([0{,}9863;\,0{,}9879]\), то есть до трёх значащих цифр: \(\theta_0=0{,}987\) рад \(\approx56{,}5^\circ\) (точное значение \(0{,}98687\)).

Рис. 4. Функция \(f(\theta)=(\pi^2/4-\theta^2)\cos\theta-\theta\sin\theta\): левее корня \(\theta_0\) реакция пола положительна, правее была бы отрицательной.

4. Скорость центра масс при отрыве. Из выражения \(v^*=\tfrac\ell2\sin\theta\,|\dot\theta|\) и (1): \[v^*=\frac12\sin\theta_0\sqrt{\frac{6k}{m}}\sqrt{\frac{\pi^2}{4}-\theta_0^2}=\frac12\cdot0{,}8343\cdot\sqrt6\cdot1{,}2221\sqrt{\frac km}\approx1{,}249\sqrt{\frac km}.\] На рисунке 5 зависимость \(v^*(\theta)\) при ходе процесса справа налево: растёт от нуля при \(\theta=\pi/2\) до максимума \(1{,}249\sqrt{k/m}\) при \(\theta_0\) и потом убывает — но к этому моменту система уже в воздухе.

Рис. 5. Скорость центра масс \(v^*=\frac{\sqrt6}2\sin\theta\sqrt{\pi^2/4-\theta^2}\sqrt{k/m}\) как функция \(\theta\). Максимум — в точке \(\theta_0\) (момент отрыва).

5. Полёт. После отрыва внешней силой остаётся только тяжесть, поэтому центр масс движется как материальная точка, брошенная вверх со скоростью \(v^*\); вращение стержней и колебания пружины на движение центра масс не влияют. Из закона сохранения энергии для центра масс (\(2m\) — масса системы): \[\frac{2m\,v^{*2}}{2}=2mg\,(h-y^*_0)\quad\Longrightarrow\quad h=y^*_0+\frac{v^{*2}}{2g},\] где \(y^*_0=\frac\ell2\cos\theta_0\approx0{,}276\,\ell\) — высота центра масс в момент отрыва. Поскольку \(k\gg mg\ell\), \(y^*_0\ll h\) (отношение \(0{,}276\,\ell/h\approx0{,}35\,mg\ell/k\)), и им можно пренебречь: \[h\approx\frac{v^{*2}}{2g}=\frac{3k}{4mg}\sin^2\theta_0\left(\frac{\pi^2}{4}-\theta_0^2\right)=1{,}040\cdot\frac{3k}{4mg}.\] Итого: \[\boxed{h\approx0{,}780\,\frac{k}{mg}} .\]

Рис. 6. Этапы прыжка (схема не в масштабе): стержни плашмя, отрыв при \(\theta_0\) со скоростью центра масс \(v^*\), верхняя точка на высоте \(h\) над начальным положением центра масс.

Обратите внимание: к моменту отрыва в поступательное движение центра масс перешла только часть кинетической энергии. Стержни продолжают вращаться и после отрыва, поэтому по формуле \(h=W_k/(2mg)\) высоту найти нельзя: она даст завышенное значение, потому что в \(W_k\) входит и энергия вращения. Правильно брать только поступательную энергию центра масс \(m v^{*2}\).

Проверка. Размерность: \(k\) имеет размерность энергии, \(k/(mg)\) — длина. Доля энергии пружины, перешедшая в поступательное движение: \(mv^{*2}=\tfrac32k\sin^2\theta_0\left(\tfrac{\pi^2}{4}-\theta_0^2\right)=1{,}56\,k\) при полной кинетической энергии \(2k\left(\tfrac{\pi^2}{4}-\theta_0^2\right)=2{,}99\,k\) — чуть больше половины, остальное осталось во вращении стержней. Предельные случаи: при \(\theta=\pi/2\) и \(\theta=0\) скорость \(v^*\) равна нулю, максимум между ними, как на рисунке 5. Смысл: чем жёстче пружина, тем выше прыжок (\(h\propto k\)), а тяжелее система — тем ниже (\(h\propto1/m\)).

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

Подсказка

Пока намагниченность постоянна, контур колеблется как обычный \(LC\)-контур. Намагниченность переворачивается при \(|H|=H_0\), то есть при токе \(I_0=H_0\ell/N\), а пока она переворачивается, \(H\) не меняется — ток постоянен, и конденсатор разряжается линейно. Каждый переворот отнимает у контура одну и ту же энергию.

Ответ

a) \(\Delta I=I_{\mathrm i}\left(\sqrt{1-\dfrac{8\ell^2H_0M_0}{N^2I_{\mathrm i}^2}}-1\right)\approx-\dfrac{4\ell^2H_0M_0}{N^2I_{\mathrm i}}=-\dfrac{4I_{\mathrm i}H_0M_0}{H(I_{\mathrm i})^2}\);  b) \(I_{\max}=I_0=\dfrac{H_0\ell}{N}\);  c) \(\Delta t_{\max}=2\sqrt{LC\,\dfrac{M_0}{H_0}}=2\sqrt{\dfrac{\mu_0N^2\pi R^2\,C\,M_0}{\ell H_0}}\), \(L=\dfrac{\mu_0N^2\pi R^2}{\ell}\).

Решение

Что происходит. Пока намагниченность сердечника постоянна, цепь — обычный \(LC\)-контур, в котором энергия сохраняется. Но по ходу колебаний поле \(H\) доходит до \(\pm H_0\), и сердечник перемагничивается: \(M\) меняет знак, а \(H\) при этом не меняется, потому что кривая гистерезиса вертикальна. Значит, ток на это время постоянен, а конденсатор разряжается равномерно. Энергия, отданная сердечнику за каждое перемагничивание, всегда одна и та же — она равна площади прямоугольника петли, умноженной на объём. Отсюда амплитуда тока ступенчато убывает, пока оставшейся энергии не станет не хватать на полный переворот. Главная идея: считать потери за переворот через площадь петли и отдельно рассмотреть, как долго длится переворот при заданном напряжении на конденсаторе.

Обозначения. \(A=\pi R^2\) — площадь витка, \(H=NI/\ell\) — напряжённость поля в соленоиде. Токи направлены так, что \(I>0\) соответствует \(H>0\). Индуктивность соленоида при постоянной \(M\) (тогда \(dB/dt=\mu_0\,dH/dt\)): \[L=\frac{\mu_0N^2A}{\ell}.\] \(U_C\) — напряжение на конденсаторе, \(U_L\) — напряжение на соленоиде. Уравнения контура (сопротивления нет): \[I=C\frac{dU_C}{dt},\qquad U_L=NA\frac{dB}{dt}=-U_C .\] Критический ток, при котором \(|H|\) доходит до \(H_0\): \[I_0=\frac{H_0\ell}{N}.\]

Рис. 2. Контур: конденсатор \(C\) (плюс на нижней обкладке, куда втекает ток \(I\)) и соленоид с ферромагнитным сердечником; \(U_L\) — падение напряжения на соленоиде по направлению тока.

a) Разность максимальных токов за одно колебание.

Фаза A. В начале \(I=I_{\mathrm i}\), \(U_C=0\), намагниченность \(M=+M_0\) (точка на верхней горизонтали петли справа). Пока \(H>-H_0\), \(M\) не меняется и контур колеблется как \(LC\)-контур; энергия сохраняется: \[\frac12LI_{\mathrm i}^2=\frac12LI^2+\frac12CU_C^2 .\] Ток убывает, проходит через нуль и достигает значения \(I=-I_0\), то есть \(H=-H_0\) — левого верхнего угла петли. К этому моменту напряжение на конденсаторе \(U_1=\sqrt{L/C}\sqrt{I_{\mathrm i}^2-I_0^2}\).

Фаза B: перемагничивание. При \(H=-H_0\) намагниченность начинает меняться от \(+M_0\) к \(-M_0\) (левая вертикаль петли). Пока она меняется, \(H\) остаётся равным \(-H_0\), поэтому ток постоянен: \(I=-I_0\). Напряжение на соленоиде при \(dH/dt=0\) равно \(U_L=NA\mu_0\,dM/dt\), и \(U_C=-U_L\). Из \(I=C\,dU_C/dt\) напряжение на конденсаторе линейно убывает: \[U_C(t)=U_1-\frac{I_0}{C}\,t ,\] а намагниченность \[M(t)=M_0-\frac1{NA\mu_0}\int_0^tU_C\,dt'=M_0-\frac1{NA\mu_0}\left(U_1t-\frac{I_0}{2C}t^2\right).\] Перемагничивание заканчивается при \(M(\Delta t)=-M_0\): \[U_1\Delta t-\frac{I_0}{2C}\Delta t^2=2NA\mu_0M_0.\tag{1}\]

Потеря энергии за одно перемагничивание. Конденсатор потерял энергию \[\frac12C\left(U_1^2-U_2^2\right)=\frac12C(U_1-U_2)(U_1+U_2),\qquad U_2=U_1-\frac{I_0\Delta t}{C}.\] Подставим \(U_1-U_2=I_0\Delta t/C\) и \(U_1+U_2=2U_1-I_0\Delta t/C\): \[\frac12C\left(U_1^2-U_2^2\right)=I_0\left(U_1\Delta t-\frac{I_0}{2C}\Delta t^2\right)=2NA\mu_0I_0M_0=2A\ell\mu_0H_0M_0 ,\] где использовано (1) и \(NI_0=H_0\ell\). Величина \(\Delta W=2A\ell\mu_0H_0M_0\) не зависит от напряжения \(U_1\) (пока перемагничивание завершается полностью) — это энергия, поглощённая сердечником. Её можно получить и иначе: мощность в соленоиде \(P=U_LI=\mu_0A\ell H\left(\frac{dH}{dt}+\frac{dM}{dt}\right)\), и за перемагничивание при \(H=-H_0\) сердечник поглощает \(\mu_0A\ell\int H\,dM=\mu_0A\ell\,(-H_0)(-2M_0)=\Delta W\).

Рис. 3. Путь точки \((H,M)\) за первый период (в единицах \(H_0\) и \(M_0\) при \(I_{\mathrm i}=4I_0\)): бирюзовые участки — фаза A, чёрные — перемагничивание B. Повторные проходы по горизонталям петли сдвинуты на \(0{,}12\) вверх и вниз только для наглядности.

Продолжение. После переворота \(I=-I_0\), \(U_C=U_2>0\), а \(M=-M_0\): точка на нижней горизонтали петли. Так как \(dI/dt=-U_C/L<0\), ток продолжает расти по модулю, колебание в \(LC\)-контуре идёт дальше, ток достигает отрицательного максимума \(-I_2'\) в момент \(U_C=0\), возвращается, проходит нуль и доходит до \(I=+I_0\) (правый нижний угол петли). Там происходит второе перемагничивание (\(-M_0\to+M_0\)) с такой же потерей \(\Delta W\), после которого ток растёт до очередного положительного максимума \(I_2\), где \(U_C=0\). Одно полное колебание — два перемагничивания.

Энергия. Оба раза, когда \(U_C=0\), вся энергия контура — в катушке: \(\tfrac12LI_{\mathrm i}^2\) в начале и \(\tfrac12LI_2^2\) через период. Между ними фазы A энергию сохраняют, фазы B забирают по \(\Delta W\): \[\frac12L\left(I_{\mathrm i}^2-I_2^2\right)=2\Delta W=4A\ell\mu_0H_0M_0 .\] Подставим \(L=\mu_0N^2A/\ell\) (площадь \(A\) сокращается): \[I_2^2=I_{\mathrm i}^2-\frac{8A\ell\mu_0H_0M_0}{L}=I_{\mathrm i}^2-\frac{8\ell^2H_0M_0}{N^2}.\] Искомая разность максимальных токов \[\boxed{\Delta I=I_2-I_{\mathrm i}=I_{\mathrm i}\left(\sqrt{1-\frac{8\ell^2H_0M_0}{N^2I_{\mathrm i}^2}}-1\right)\approx-\frac{4\ell^2H_0M_0}{N^2I_{\mathrm i}}=-4I_{\mathrm i}\frac{H_0M_0}{H(I_{\mathrm i})^2}}\] (приближение — при \(H(I_{\mathrm i})=NI_{\mathrm i}/\ell\gg H_0\) и \(M_0\sim H_0\), \(\sqrt{1-x}\approx1-x/2\)).

Обратите внимание: «одно колебание» — полный период, между двумя соседними положительными максимумами тока; за него сердечник перемагничивается дважды и контур теряет \(2\Delta W\). До ближайшего отрицательного максимума \(-I_2'\) (полпериода) потеря вдвое меньше.

b) Максимальный ток после многих колебаний. Пока амплитуда тока больше \(I_0\), в каждом периоде происходят два перемагничивания, и каждое отнимает \(\Delta W\). Напряжение \(U_1\) в начале перемагничивания при этом убывает (\(U_1^2=(L/C)(I^2_{\text{ампл}}-I_0^2)\)). Когда оно становится меньше \(\sqrt{2\Delta W/C}\), энергии конденсатора на полный переворот не хватает: к моменту, когда \(U_C\) дойдёт до нуля, сердечник перемагничен лишь частично. После этого \(dM/dt=-U_C/(NA\mu_0)=0\) и перемагничивание останавливается, ток в этот момент равен \(-I_0\), а напряжение на конденсаторе — нулю: контур оказывается в состоянии \(LC\)-колебаний с максимальным током \(I_0\).

В дальнейшем \(H\) только достигает \(\pm H_0\) в моменты максимума тока, когда \(U_C=0\) и \(dM/dt=0\). Поэтому намагниченность больше не меняется, потерь нет, и колебания идут с постоянной амплитудой (точка \((H,M)\) ходит по горизонтали внутри петли между \(-H_0\) и \(H_0\)): \[\boxed{I_{\max}=I_0=\frac{H_0\ell}{N}}.\] Меньше \(I_0\) амплитуда не станет: ниже \(I_0\) нет перемагничиваний, значит, нет потерь. Выше \(I_0\) она не остаётся: при любой амплитуде больше \(I_0\) в моменты \(I=\pm I_0\) напряжение конденсатора ненулевое и перемагничивание отнимает энергию.

Рис. 4. Ток \(I(t)\) по результатам расчёта при \(L=C=1\), \(I_0=1\), \(I_{\mathrm i}=4\) и потере \(\Delta W=1{,}4\,LI_0^2\) на одно перемагничивание: длительности полных перемагничиваний растут (в единицах \(\sqrt{LC}\): \(0{,}38\); \(0{,}43\); \(0{,}50\); \(0{,}62\); \(0{,}95\)), шестое не завершается, и контур продолжает колебаться с амплитудой \(I_0\).

c) Максимальная длительность фазы B. Фаза A — гармоническое колебание в \(LC\)-контуре, фаза B — перемагничивание при постоянном токе \(|I|=I_0\). Фаза A может длиться бесконечно (финальные колебания с амплитудой \(I_0\)), а каждая фаза B ограничена. Найдём наибольшую длительность одной фазы B.

Полное перемагничивание. Из (1) наименьший корень уравнения \[\frac{I_0}{2C}\Delta t^2-U_1\Delta t+2NA\mu_0M_0=0\] (меньший, потому что \(M\) достигает \(-M_0\) в первый же раз): \[\Delta t=\frac C{I_0}\left(U_1-\sqrt{U_1^2-\frac{4NA\mu_0I_0M_0}{C}}\right).\] Корень вещественен, если \(U_1\ge U_{\min}\), где \[U_{\min}=2\sqrt{\frac{NA\mu_0I_0M_0}{C}}=\sqrt{\frac{2\Delta W}{C}} .\] При \(U_1<U_{\min}\) полное перемагничивание невозможно, и конденсатор разрядится раньше, чем \(M\) дойдёт до \(-M_0\): напряжение \(U_C=U_1-I_0t/C\) обратится в нуль за время \[\Delta t=\frac{CU_1}{I_0}.\]

Зависимость от \(U_1\). При \(U_1\ge U_{\min}\) производная \[\frac{d\,\Delta t}{dU_1}=\frac C{I_0}\left(1-\frac{U_1}{\sqrt{U_1^2-U_{\min}^2}}\right)<0 ,\] длительность убывает с ростом \(U_1\): чем больше напряжение, тем быстрее идёт переворот. При \(U_1<U_{\min}\) длительность \(CU_1/I_0\) растёт с \(U_1\). В точке \(U_1=U_{\min}\) оба выражения совпадают, и длительность максимальна: \[\Delta t_{\max}=\frac{CU_{\min}}{I_0}=2\sqrt{\frac{NA\mu_0CM_0}{I_0}} .\] Выразим через \(L\) и \(I_0=H_0\ell/N\): \(NA\mu_0/I_0=\mu_0N^2A/(\ell H_0)=L/H_0\), откуда \[\boxed{\Delta t_{\max}=2\sqrt{LC\,\frac{M_0}{H_0}}=2\sqrt{\frac{\mu_0N^2\pi R^2\,C\,M_0}{\ell H_0}}} .\]

Рис. 5. Длительность перемагничивания в единицах \(CU_{\min}/I_0\) в зависимости от напряжения на конденсаторе в его начале: слева (линейный рост) оно не завершается, справа завершается и убывает; максимум — при \(U_1=U_{\min}\).

Оптимальный \(I_{\mathrm i}\). Первое перемагничивание начинается при напряжении \(U_1=\sqrt{L/C}\sqrt{I_{\mathrm i}^2-I_0^2}\); приравняем его \(U_{\min}\) и выразим \(C U_{\min}^2/L=4\ell^2H_0M_0/N^2\): \[I_{\mathrm i}^2=I_0^2+\frac{4\ell^2H_0M_0}{N^2}\quad\Longrightarrow\quad I_{\mathrm i}=\frac{H_0\ell}{N}\sqrt{1+\frac{4M_0}{H_0}} .\] При таком токе конденсатор разряжается как раз в момент, когда сердечник перемагничен полностью. Годится и любой ток \(I_{\mathrm i}^2=I_0^2+n\cdot4\ell^2H_0M_0/N^2\) (\(n=1,2,\ldots\)): тогда первые \(n-1\) перемагничиваний отнимут по \(\Delta W\), и ровно с напряжения \(U_{\min}\) начнётся \(n\)-е; длительность \(\Delta t_{\max}\) от этого не меняется.

Проверка. Размерность: \(\sqrt{LC}\) — время, \(M_0/H_0\) безразмерно. Предел \(U_1\to\infty\) в (1): \(\Delta t\to2NA\mu_0M_0/U_1\to0\) — при очень большом напряжении переворот мгновенный, ток постоянен лишь на бесконечно короткое время, и колебание почти не искажено, кроме потери \(\Delta W\) в энергии. Второй способ для a): за период теряется площадь \(4H_0M_0\) петли — \(\oint H\,dM=4H_0M_0\), умноженная на \(\mu_0A\ell\), то же \(4A\ell\mu_0H_0M_0\). Смысл: ток теряет за период тем меньше, чем сильнее он превышает \(I_0\) (\(\Delta I\propto1/I_{\mathrm i}\)), а конечное состояние — колебания на пороге перемагничивания.

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

Подсказка

Если плита достаточно горячая, лёд под шайбой сублимирует, и пар приподнимает шайбу на тонкую газовую подушку: трение резко падает. Чем горячее плита, тем толще подушка (меньше трение) и тем быстрее испаряется лёд. Максимум пути — там, где время вязкого торможения шайбы сравнивается со временем испарения льда.

Ответ

a) \(\Delta T_c\sim\dfrac{R T_s^2}{\mu\lambda p_0}\dfrac{Mg}{\pi r^2}\approx 40\) мК;  b) \(\Delta T_m\sim\dfrac{\eta\rho\lambda hr^2}{\kappa M}\approx 9\) К, \(L_{\max}\sim v\left(\dfrac{\rho}{\mu\eta^2}\dfrac{RT_s}{p_0}\dfrac{M^2h}{gr^2}\right)^{1/4}\approx 1{,}5\) м — порядка метра (максимум формулы (1) — \(1{,}1\) м при \(\Delta T\approx4\) К).

Решение

Что происходит. Если плита лишь чуть теплее льда, шайба лежит на ней, и сухое трение быстро её останавливает: \(L\) мало и не зависит от \(\Delta T\). Когда плита нагрета выше порога \(\Delta T_c\), лёд на нижней поверхности начинает сублимировать, газ подпирает шайбу, и она скользит на тонкой газовой подушке; трение теперь вязкое и намного меньше. С ростом \(\Delta T\) подушка толще, вязкое трение слабее, и смещение растёт; но лёд при этом испаряется быстрее, и когда он весь испарится, металлический диск ложится на плиту и сухое трение его останавливает. Поэтому у \(L(\Delta T)\) есть максимум. Главная идея: сравнить два времени — время вязкого торможения \(\tau_v\) и время испарения льда \(\tau_s\) — и найти \(\Delta T\), при котором они равны.

Обозначения. \(T_s=194{,}65\) К. Масса льда \(m=\pi r^2h\rho\approx0{,}47\) г \(\ll M\), поэтому вес шайбы — это \(Mg\). Плотность газа \(\mathrm{CO_2}\) при температуре \(T_s\) и давлении \(p_0\): \(\rho_g=\mu p_0/(RT_s)\approx2{,}7\) кг/м\(^3\). \(d\) — толщина газового зазора между плитой и льдом. Все оценки — с точностью до числовых множителей порядка единицы (\(\pi\), 2, 3 опускаем).

a) Критическая разность температур.

Условие сублимации. Сублимация на нижней поверхности льда возможна, только если давление газа в зазоре равно давлению насыщенного пара при температуре поверхности. При \(\Delta T\) чуть больше \(\Delta T_c\) зазор ещё очень узок, газ почти не изолирует лёд от плиты, и температура нижней поверхности льда близка к температуре плиты \(T_s+\Delta T_c\). Значит, давление в зазоре равно \(p_{\text{нас}}(T_s+\Delta T_c)=p_0+\Delta p_c\).

Рис. 2. Шайба на пороге сублимации (зазор \(d\) сильно увеличен). Избыточное давление \(\Delta p_c\) в газе под льдом уравновешивает вес шайбы.

Давление и вес. Избыточное давление газа \(\Delta p_c\) действует на нижнюю поверхность шайбы площадью \(\pi r^2\) и должно уравновесить вес \(Mg\) (масса льда \(0{,}5\) г в 20 раз меньше \(M\)): \[\pi r^2\Delta p_c=Mg\quad\Longrightarrow\quad\Delta p_c=\frac{Mg}{\pi r^2}\approx318\ \text{Па},\qquad\frac{\Delta p_c}{p_0}\approx3\cdot10^{-3}\ll1 .\]

Клапейрон — Клаузиус. Так как \(\Delta p_c\ll p_0\), а \(RT_s/(\mu\lambda)\approx0{,}06\), малое приращение температуры связано с малым приращением давления линейно: \(dp_{\text{нас}}/dT\) можно считать равным значению при \(T_s\), \(p_0\): \[\frac{\Delta p_c}{\Delta T_c}\approx\frac{\mu\lambda p_0}{RT_s^2}.\] Отсюда \[\boxed{\Delta T_c\approx\frac{RT_s^2}{\mu\lambda p_0}\cdot\frac{Mg}{\pi r^2}\approx\frac{8{,}3\cdot194{,}65^2}{0{,}044\cdot6\cdot10^5\cdot10^5}\cdot318\ \text{К}\approx0{,}04\ \text{К}=40\ \text{мК}.}\] Без множителя \(\pi\) получилось бы \(\approx120\) мК — тот же порядок.

Почему нет сублимации сверху. На границе лёд — металлический диск газового слоя нет: чтобы он там был, нужна разность температур по льду \(\Delta T_{\text{лёд}}\approx T_s\,\dfrac{RT_s}{\mu\lambda}\,\dfrac{\rho gh}{p_0}\approx2\) мК (давление газа сверху должно быть меньше давления снизу на \(\rho gh\approx15\) Па). Градиент температуры в тонком зазоре \(\Delta T/d\) намного больше градиента в льду \(\Delta T_{\text{лёд}}/h\), поэтому тепловой поток вверх через лёд пренебрежимо мал по сравнению с потоком через зазор: на верхней поверхности энергии для испарения нет.

b) Максимальное смещение.

Два времени. Если шайба движется, пока она на газовой подушке, она тормозится вязким трением о газ (время \(\tau_v\)) и останавливается; если лёд испарится раньше (время \(\tau_s\)), диск упадёт на плиту и остановится от сухого трения. Тогда \[L=\int_0^{\tau_s}v\,e^{-t/\tau_v}\,dt=v\tau_v\left(1-e^{-\tau_s/\tau_v}\right).\tag{1}\] Найдём \(\tau_s\) и \(\tau_v\) как функции \(\Delta T\) и толщины зазора \(d\), а потом саму толщину \(d\).

1. Время испарения льда. Температура газа в зазоре меняется от \(T_s+\Delta T\) у плиты до \(T_s\) у льда. Тонкий слой газа успевает прийти в стационарное состояние, а тепловое сопротивление металла и льда несравненно меньше сопротивления газа (\(\kappa_{\text{мет}},\kappa_{\text{лёд}}\gg\kappa\)), поэтому профиль линейный, градиент \(\Delta T/d\) и тепловой поток через газ \[q\sim\frac{\kappa\Delta T}{d}.\] Весь поток идёт на сублимацию на нижней поверхности льда (площадь \(\pi r^2\)); сублимацией на боковой поверхности можно пренебречь. Скорость испарения \[\dot m\sim\frac{q\,\pi r^2}{\lambda}\sim\frac{\kappa}{\lambda}\,\Delta T\,\frac{r^2}{d}.\tag{2}\] Время испарения всего льда массой \(\pi r^2h\rho\): \[\tau_s\sim\frac{r^2h\rho}{\dot m}\sim\frac{\rho\lambda}{\kappa}\,\frac{hd}{\Delta T}.\tag{3}\] Температура нижней поверхности льда равна \(T_s+\Delta T_c\), а \(\Delta T_c\ll\Delta T\), поэтому разность температур на зазоре в (2) можно считать равной \(\Delta T\).

Рис. 3. Зазор между плитой и льдом: тепловой поток \(q\) идёт вверх, газ, образовавшийся при сублимации, вытекает наружу радиально; \(u(z)\) — профиль скорости течения у края (зазор \(d\) сильно увеличен).

2. Толщина зазора. Газ, возникающий при сублимации, должен вытекать из-под шайбы. Скорость вытекания \(u\) найдём двумя способами и приравняем.

Сохранение массы. Весь газ, образующийся под шайбой, за то же время выходит через боковую поверхность зазора, площадь которой \(\sim rd\): \[\dot m\sim\rho_g\,u\,rd\quad\Longrightarrow\quad u\sim\frac{\dot m}{\rho_g rd}\sim\frac{\kappa}{\lambda}\,\frac{RT_s}{\mu p_0}\,\frac{r}{d^2}\,\Delta T,\tag{4}\] где использовано (2) и \(\rho_g=\mu p_0/(RT_s)\). Температура газа в зазоре близка к \(T_s\) (\(\Delta T\ll T_s\)), поэтому плотность считаем постоянной.

Течение Пуазёйля. Зазор тонкий, \(d\ll r\), и число Рейнольдса течения мало, поэтому газ течёт как вязкая жидкость между двумя плоскостями: скорость определяется балансом градиента давления и вязкого трения о стенки. Если перепад давления на длине \(r\) равен \(\Delta p\), то характерная скорость \[u\sim\frac{\Delta p}{\eta}\,\frac{d^2}{r}.\tag{5}\] Давление под шайбой по-прежнему должно держать её вес: \(\Delta p\sim Mg/r^2\) (теперь оно убывает от центра к краю, где равно нулю). Подставим в (5): \[u\sim\frac{Mg}{\eta}\,\frac{d^2}{r^3}.\tag{6}\] Приравняем (4) и (6) и выразим \(d\): \[d\sim r\left(\frac{\eta\kappa}{\mu\lambda}\,\frac{RT_s}{p_0}\,\frac{\Delta T}{Mg}\right)^{1/4}.\tag{7}\] При \(\Delta T=9\) К получаем \(d\approx15\) мкм. Проверка применимости: \(d\ll r\); длина свободного пробега молекул \(\mathrm{CO_2}\) \(\sim6\cdot10^{-8}\) м много меньше \(d\); число Рейнольдса \(\rho_gud/\eta\approx10\), но в тонком слое важно \(\rho_gud^2/(\eta r)\approx0{,}015\ll1\), течение пуазёйлевское (\(u\approx2\) м/с из (4)).

3. Вязкое торможение. Если шайба движется со скоростью \(v\), поверх радиального течения газ получает линейное сдвиговое течение \(u_2(z)=vz/d\): на плите газ неподвижен, у льда движется вместе с шайбой. Это возможно, так как течение при малом числе Рейнольдса описывается линейным уравнением, и решения складываются. Сила вязкого трения на нижней поверхности шайбы \[F\sim\eta\,\frac{v}{d}\,r^2 ,\] уравнение движения шайбы \[M\frac{dv}{dt}\approx-\eta\frac{r^2}{d}\,v\quad\Longrightarrow\quad v(t)=v\,e^{-t/\tau_v},\qquad\tau_v\sim\frac{Md}{\eta r^2}.\tag{8}\]

Рис. 4. Шайба скользит со скоростью \(v\): газ в зазоре движется по линейному профилю \(u_2(z)=vz/d\), сила вязкого трения \(\vec F\) тормозит шайбу (зазор \(d\) увеличен).

Режим низких температур. Если лёд хватает надолго, \(\tau_s\gg\tau_v\), то шайба останавливается вязким торможением и \[L_1\sim v\tau_v\sim\frac{Mvd}{\eta r^2}\propto\Delta T^{1/4}\tag{9}\] (по (7) \(d\propto\Delta T^{1/4}\)). С ростом \(\Delta T\) смещение растёт.

Режим высоких температур. Если лёд исчезает быстрее, \(\tau_s\ll\tau_v\), скорость шайбы за время \(\tau_s\) почти не меняется, и \[L_2\sim v\tau_s\sim v\,\frac{\rho\lambda}{\kappa}\,\frac{hd}{\Delta T}\propto\Delta T^{-3/4}.\tag{10}\] Здесь смещение убывает с ростом \(\Delta T\).

Рис. 5. Скорость шайбы \(v(t)/v\) при трёх значениях \(\Delta T\) (расчёт по формулам (3), (7), (8) с коэффициентами, равными единице). Точки — момент, когда лёд испарился и шайба ложится на плиту. При \(2\) К лёд живёт \(\sim470\) с и шайба успевает почти остановиться (\(v(t)/v\approx0{,}01\)); при \(9\) К времена равны (\(\tau_s=\tau_v\approx150\) с); при \(40\) К лёд исчезает за \(\sim50\) с, и шайба сохраняет \(80\,\%\) скорости.

4. Максимум. \(L_1\) растёт, а \(L_2\) убывает с \(\Delta T\), поэтому \(L(\Delta T)\) максимально там, где оба режима сходятся: \(\tau_s\sim\tau_v\). Из (3) и (8): \[\frac{\rho\lambda}{\kappa}\frac{hd}{\Delta T_m}\sim\frac{Md}{\eta r^2}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\Delta T_m\sim\frac{\eta\rho\lambda hr^2}{\kappa M}=\frac{10^{-5}\cdot1500\cdot6\cdot10^5\cdot10^{-3}\cdot10^{-4}}{10^{-2}\cdot10^{-2}}\ \text{К}\approx9\ \text{К}}.\] Толщина зазора \(d\) из этого равенства выпала: \(\Delta T_m\) от неё не зависит. \(\Delta T_m\gg\Delta T_c\), как мы предполагали, и \(\Delta T_m\ll T_s\), поэтому свойства газа при \(T_s\) использовать можно.

Подставим \(\Delta T_m\) в (7), а затем в (9): \[d(\Delta T_m)\approx15\ \text{мкм},\qquad L_{\max}\sim\frac{Mv\,d}{\eta r^2}=v\left(\frac{\rho}{\mu\eta^2}\,\frac{RT_s}{p_0}\,\frac{M^2h}{g\,r^2}\right)^{1/4}\approx\frac{0{,}01\cdot0{,}01\cdot1{,}5\cdot10^{-5}}{10^{-5}\cdot10^{-4}}\ \text{м}\approx1{,}5\ \text{м}.\] Тот же результат даёт \(L_2(\Delta T_m)\) — по построению \(\Delta T_m\) обе оценки совпадают. У организаторов по той же формуле \(1{,}7\) м; разница около \(10\,\%\) идёт от округления постоянных и для оценки несущественна.

Уточнение формулой (1). Подставив \(\tau_s\) и \(\tau_v\) из (3) и (8), получаем \[L(\Delta T)=L_1(\Delta T)\left(1-e^{-\Delta T_m/\Delta T}\right),\] что при \(\Delta T\ll\Delta T_m\) даёт \(L_1\), а при \(\Delta T\gg\Delta T_m\) — \(L_2\). Её наибольшее значение (функция \(x^{1/4}\bigl(1-e^{-1/x}\bigr)\), \(x=\Delta T/\Delta T_m\)) достигается при \(x\approx0{,}43\), то есть \(\Delta T\approx4\) К, и равно \(0{,}73\,L_1(\Delta T_m)\approx1{,}1\) м: точный максимум лежит чуть левее точки пересечения асимптот и чуть ниже её, но это тот же порядок, а большей точности оценка с опущенными множителями порядка единицы и не даёт. Итог: \[\boxed{L_{\max}\sim1\ \text{м}}\quad(\text{оценка }1{,}5\ \text{м, уточнённый максимум }1{,}1\ \text{м}).\]

Рис. 6. Смещение \(L\) в зависимости от \(\Delta T\) (двойной логарифмический масштаб, расчёт по формуле (1) с перепадом \(\Delta T-\Delta T_c\) на зазоре). При \(\Delta T<\Delta T_c\) шайба лежит на плите и \(L\) мало (уровень условный); чуть выше \(\Delta T_c\) появляется подушка и \(L\) почти скачком (пунктир) вырастает до десятых долей метра; дальше — режим \(L_1\propto\Delta T^{1/4}\), при \(\Delta T\gg\Delta T_m\) — спад \(L_2\propto\Delta T^{-3/4}\). Кружок — пересечение асимптот при \(\Delta T_m\approx9\) К на уровне \(1{,}5\) м (оценка), точка — максимум формулы (1), \(1{,}1\) м при \(4\) К.

Проверка. Размерность: \(\eta\rho\lambda hr^2/(\kappa M)\) — (Па\(\cdot\)с)(кг/м\(^3\))(Дж/кг)(м)(м\(^2\))/((Вт/(м\(\cdot\)К))(кг)) = К, а \(\sqrt[4]{\cdots}\) в (7) — безразмерно. Предел \(\Delta T\to\Delta T_c\): перепад температур на зазоре \(\Delta T-\Delta T_c\to0\), по (7) зазор \(d\to0\), шайба снова ложится на плиту — это скачок на рисунке 6. Смысл: путь наибольший, когда лёд живёт примерно столько же, сколько длится вязкое торможение (\(\tau_s\sim\tau_v\)): испарится раньше — шайба не успеет проехать свой путь, позже — она к тому времени уже остановилась.

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