IPhO 1996, теоретический тур

Подсказка

a) Найдите точки, соединённые проводами накоротко, и перерисуйте схему. b) На каждом малом участке склона работа трения равна \(\mu mg\), умноженному на горизонтальное смещение. c) \(C_p = P/(dT/dt)\). d) В стационаре один и тот же поток проходит каждый промежуток. e) Представьте каждый проводник как полный цилиндр минус область перекрытия, где токи взаимно уничтожаются; поле внутри цилиндра с током линейно по \(r\).

Ответ

a) \(R = 0{,}5\text{ Ом}\);  b) \(h = \mu s\);  c) \(C_p = \dfrac{4P}{aT_0^4}T^3\);  d) \(\xi = 1/3\);  e) \(B_x = 0\), \(B_y = \dfrac{6\mu_0 I}{(2\pi + 3\sqrt3)D}\) — однородное поле вдоль положительного направления оси \(y\).

Решение

a) Систему сопротивлений можно перерисовать так, как показано на рисунке:

Эквивалентная схема показывает, что сопротивление между точкой c и точкой A равно \(0{,}5\text{ Ом}\), и такое же — между точкой d и точкой B. Сопротивление между точками A и B, таким образом, состоит из двух параллельных ветвей: прямого соединения \(1\text{ Ом}\) и соединения из двух последовательных сопротивлений по \(0{,}5\text{ Ом}\), иными словами — из двух параллельных соединений по \(1\text{ Ом}\). Это даёт \[R = 0{,}5\text{ Ом}.\]

b) При достаточно малом горизонтальном смещении \(\Delta s\) путь можно считать прямолинейным. Если соответствующая длина элемента пути равна \(\Delta L\), сила трения равна \[\mu mg\frac{\Delta s}{\Delta L} ,\] а работа силы трения равна произведению силы на перемещение: \[\mu mg\frac{\Delta s}{\Delta L} \cdot \Delta L = \mu mg\Delta s .\]

Суммируя, находим, что на всём пути полная работа сил трения равна \(\mu mgs\). По закону сохранения энергии она должна быть равна уменьшению потенциальной энергии лыжника \(mgh\). Следовательно, \[h = \mu s .\]

c) Пусть за малый промежуток времени \(dt\) температура увеличилась на \(dT\). За этот промежуток металл получает энергию \(P\,dt\).

Теплоёмкость — отношение подведённой энергии к приращению температуры: \[C_p = \frac{P\,dt}{dT} = \frac{P}{dT/dt} .\] Экспериментальным результатам соответствует \[\frac{dT}{dt} = \frac{T_0}{4}a[1 + a(t - t_0)]^{-3/4} = T_0\frac{a}{4}\left(\frac{T_0}{T}\right)^3 .\] Следовательно, \[C_p = \frac{P}{dT/dt} = \frac{4P}{aT_0^4}T^3 .\] (Замечание: при низких, но не очень низких температурах теплоёмкости металлов подчиняются такому закону \(T^3\).)

d)

В стационарном режиме результирующий поток теплоты всюду одинаков: \[\begin{aligned} J &= \sigma(T_h^4 - T_1^4),\\ J &= \sigma(T_1^4 - T_2^4),\\ J &= \sigma(T_2^4 - T_l^4). \end{aligned}\] Складывая эти три уравнения, получаем \[3J = \sigma(T_h^4 - T_l^4) = J_0 ,\] где \(J_0\) — поток теплоты в отсутствие теплового экрана. Таким образом, \(\xi = J/J_0\) принимает значение \[\xi = 1/3 .\]

e) Магнитное поле можно найти как суперпозицию полей двух цилиндрических проводников, поскольку действия токов в области пересечения взаимно уничтожаются. Каждый из цилиндрических проводников должен нести больший ток \(I'\), определённый так, чтобы его часть \(I\) приходилась на действительное сечение (серповидную область). Отношение токов \(I\) и \(I'\) равно отношению площадей сечений: \[\frac{I}{I'} = \frac{\left(\frac{\pi}{12} + \frac{\sqrt3}{8}\right)D^2}{\frac{\pi}{4}D^2} = \frac{2\pi + 3\sqrt3}{6\pi} .\] Внутри одного цилиндрического проводника с током \(I'\) теорема о циркуляции (закон Ампера) даёт на расстоянии \(r\) от оси азимутальное поле \[B_\varphi = \frac{\mu_0}{2\pi r}\,\frac{I'\pi r^2}{\frac{\pi}{4}D^2} = \frac{2\mu_0 I' r}{\pi D^2} .\] Его декартовы составляющие равны \[B_x = -B_\varphi\frac{y}{r} = -\frac{2\mu_0 I' y}{\pi D^2} ; \qquad B_y = B_\varphi\frac{x}{r} = \frac{2\mu_0 I' x}{\pi D^2} .\] Для складываемых полей токи равны \(\pm I'\), а оси соответствующих цилиндров расположены в точках \(x = \mp D/4\).

Две \(x\)-составляющие в сумме дают ноль, а \(y\)-составляющие дают \[B_y = \frac{2\mu_0}{\pi D^2}[I'(x + D/4) - I'(x - D/4)] = \frac{\mu_0 I'}{\pi D} = \frac{6\mu_0 I}{(2\pi + 3\sqrt3)D} ,\] т. е. однородное поле. Оно направлено вдоль положительного направления оси \(y\).

Подсказка

Магнитная сила работы не совершает, поэтому скорость задаётся только разностью потенциалов. Момент силы Лоренца относительно оси выражается через \(dr/dt\) — отсюда сохраняющаяся комбинация \(L\) и \(r^2\). Критический случай — траектория касается анода.

Ответ

a) \(v = \sqrt{2eV/m}\) (нерелятивистски), \(v = c\sqrt{1 - \left(\dfrac{mc^2}{mc^2 + eV}\right)^2}\) (релятивистски);  b) \(B_c = \dfrac{2bmv_0}{(b^2 - a^2)e}\);  c) \(k = 1/2\);  d) \(v = \dfrac{eB(r_m^2 - a^2)}{2mr_m}\);  e) \(B_c = \dfrac{2b}{b^2 - a^2}\sqrt{\dfrac{2mV}{e}}\);  f) \(B_c = \dfrac{2mb}{e(b^2 - a^2)}\left[\sqrt{v_r^2 + v_\varphi^2 + 2eV/m} - v_\varphi a/b\right]\).

Решение

a) Выигрыш в потенциальной энергии \(eV\) переходит в кинетическую энергию. Таким образом, \[\tfrac12 mv^2 = eV \quad\text{(нерелятивистски)},\] \[\frac{mc^2}{\sqrt{1 - v^2/c^2}} - mc^2 = eV \quad\text{(релятивистски)}.\] Отсюда \[v = \begin{cases} \sqrt{2eV/m} & \text{(нерелятивистски)},\\[4pt] c\sqrt{1 - \left(\dfrac{mc^2}{mc^2 + eV}\right)^2} & \text{(релятивистски)}. \end{cases} \qquad (1)\]

b) При \(V = 0\) электрон движется в однородном статическом магнитном поле. Магнитная сила Лоренца перпендикулярна скорости, и электрон движется по окружности. Начальная скорость направлена по касательной к окружности.

Радиус \(R\) орбиты («циклотронный радиус») определяется приравниванием центростремительной силы и силы Лоренца: \[eBv_0 = \frac{mv_0^2}{R} ,\] т. е. \[B = \frac{mv_0}{eR} . \qquad (2)\]

Из рисунка видно, что в критическом случае радиус \(R\) окружности удовлетворяет условию \[\sqrt{a^2 + R^2} = b - R .\] Возводя в квадрат, получаем \[a^2 + R^2 = b^2 - 2bR + R^2 ,\] т. е. \[R = (b^2 - a^2)/2b .\] Подставляя это значение радиуса в выражение (2), получаем критическое поле \[B_c = \frac{mv_0}{eR} = \frac{2bmv_0}{(b^2 - a^2)e} .\]

c) Изменение момента импульса со временем создаётся моментом силы. Здесь азимутальная составляющая \(F_\varphi\) силы Лоренца \(\vec F = (-e)\,\vec v \times \vec B\) создаёт момент \(F_\varphi r\). Азимутальную силу Лоренца создаёт только радиальная составляющая скорости \(v_r = dr/dt\). Следовательно, \[\frac{dL}{dt} = eBr\frac{dr}{dt} ,\] что можно переписать в виде \[\frac{d}{dt}\left(L - \frac{eBr^2}{2}\right) = 0 .\] Значит, \[C = L - \tfrac12 eBr^2 \qquad (3)\] постоянна во время движения. Безразмерное число \(k\) из условия задачи, таким образом, равно \(k = 1/2\).

d) Вычислим постоянную \(C\), уравнение (3), на поверхности внутреннего цилиндра и на максимальном расстоянии \(r_m\): \[0 - \tfrac12 eBa^2 = mvr_m - \tfrac12 eBr_m^2 ,\] откуда \[v = \frac{eB(r_m^2 - a^2)}{2mr_m} . \qquad (4)\]

Другое решение. Можно сначала найти электрический потенциал \(V(r)\) как функцию расстояния от оси. В цилиндрической геометрии поле убывает обратно пропорционально \(r\), что требует логарифмического потенциала \(V(r) = c_1\ln r + c_2\). Определяя две постоянные из условий \(V(a) = 0\) и \(V(b) = V\), получаем \[V(r) = V\frac{\ln(r/a)}{\ln(b/a)} .\] Выигрыш в потенциальной энергии \(eV(r_m)\) переходит в кинетическую энергию: \[\frac12 mv^2 = eV\frac{\ln(r_m/a)}{\ln(b/a)} .\] Таким образом, \[v = \sqrt{\frac{2eV}{m}\,\frac{\ln(r_m/a)}{\ln(b/a)}} . \qquad (5)\] (4) и (5) кажутся разными ответами. Это лишь видимость, поскольку \(r_m\) — не независимый параметр, а определяется \(B\) и \(V\), так что оба ответа совпадают.

e) Для критического магнитного поля максимальное расстояние \(r_m\) равно \(b\) — радиусу внешнего цилиндра, и скорость в точке поворота тогда равна \[v = \frac{eB(b^2 - a^2)}{2mb} .\] Поскольку сила Лоренца не совершает работы, соответствующая кинетическая энергия \(\frac12 mv^2\) равна \(eV\) (вопрос a): \[v = \sqrt{2eV/m} .\] Два последних уравнения согласуются, когда \[\frac{eB(b^2 - a^2)}{2mb} = \sqrt{2eV/m} .\] Следовательно, критическое магнитное поле запирания тока равно \[B_c = \frac{2b}{b^2 - a^2}\sqrt{\frac{2mV}{e}} .\]

f) У силы Лоренца нет составляющей, параллельной магнитному полю, поэтому составляющая скорости \(v_B\) при движении постоянна. Соответствующее смещение вдоль оси цилиндров не имеет значения для вопроса о достижении анода.

Пусть \(v\) — конечная азимутальная скорость электрона, который едва достигает анода. Из закона сохранения энергии \[\tfrac12 m(v_B^2 + v_\varphi^2 + v_r^2) + eV = \tfrac12 m(v_B^2 + v^2) ,\] откуда \[v = \sqrt{v_r^2 + v_\varphi^2 + 2eV/m} . \qquad (6)\] Вычисляя постоянную \(C\) из (3) на поверхностях обоих цилиндров в критическом случае, получаем \[mv_\varphi a - \tfrac12 eB_ca^2 = mvb - \tfrac12 eB_cb^2 .\] Подстановка значения скорости \(v\) из (6) даёт критическое поле \[B_c = \frac{2m(vb - v_\varphi a)}{e(b^2 - a^2)} = \frac{2mb}{e(b^2 - a^2)}\left[\sqrt{v_r^2 + v_\varphi^2 + 2eV/m} - v_\varphi a/b\right].\]

Подсказка

Во вращающейся системе поверхность океана — эквипотенциаль суммы центробежного и двух гравитационных потенциалов. Разложите потенциал Луны по \(r/L\): линейный член сокращается с центробежным (так определяется \(\omega\)), остаётся квадратичный — он и даёт горб.

Ответ

a) \(l = \dfrac{M_m}{M + M_m}L = 4{,}63 \cdot 10^6\text{ м}\), \(\omega = \sqrt{\dfrac{G(M + M_m)}{L^3}} = 2{,}67 \cdot 10^{-6}\text{ с}^{-1}\);  b) \(V = -\frac12 m\omega^2(r^2 - 2rl\cos\varphi + l^2) - G\dfrac{mM}{r} - G\dfrac{mM_m}{|\vec r_m|}\);  c) \(h = \dfrac{M_mR^4}{2ML^3}(3\cos^2\varphi - 1)\), \(h_{\max} - h_{\min} = \dfrac{3M_mR^4}{2ML^3} = 0{,}54\text{ м}\).

Решение

a) Поместив начало координат в центр Земли, пусть центр масс \(C\) находится в точке \(\vec l\). Расстояние \(l\) определяется из \[Ml = M_m(L - l) ,\] откуда \[l = \frac{M_m}{M + M_m}L = 4{,}63 \cdot 10^6\text{ м}, \qquad (1)\] что меньше \(R\), т. е. точка \(C\) находится внутри Земли.

Центробежная сила должна уравновешивать гравитационное притяжение между Луной и Землёй: \[M\omega^2 l = G\frac{MM_m}{L^2} ,\] откуда \[\omega = \sqrt{\frac{GM_m}{L^2 l}} = \sqrt{\frac{G(M + M_m)}{L^3}} = 2{,}67 \cdot 10^{-6}\text{ с}^{-1}. \qquad (2)\] (Это соответствует периоду \(2\pi/\omega = 27{,}2\) суток.) Мы использовали (1), чтобы исключить \(l\).

b) Потенциальная энергия материальной точки \(m\) складывается из трёх вкладов:

(1) Потенциальная энергия, связанная с вращением (во вращающейся системе отсчёта, см. условие задачи), \[-\frac12 m\omega^2 r_1^2 ,\] где \(\vec r_1\) — расстояние от \(C\). Ей соответствует центробежная сила \(m\omega^2 r_1\), направленная от \(C\).

(2) Гравитационное притяжение к Земле: \[-G\frac{mM}{r} .\] (3) Гравитационное притяжение к Луне: \[-G\frac{mM_m}{|\vec r_m|} ,\] где \(\vec r_m\) — расстояние от Луны.

Описывая положение \(m\) полярными координатами \(r\), \(\phi\) в плоскости, перпендикулярной оси вращения (см. рисунок), имеем \[\vec r_1^{\,2} = (\vec r - \vec l)^2 = r^2 - 2rl\cos\phi + l^2 .\]

На рисунке: earth — Земля; moon — Луна.

Складывая три вклада в потенциальную энергию, получаем \[V(\vec r) = -\frac12 m\omega^2(r^2 - 2rl\cos\phi + l^2) - G\frac{mM}{r} - G\frac{mM_m}{|\vec r_m|} . \qquad (3)\] Здесь \(l\) определяется формулой (1), а \[|\vec r_m| = \sqrt{(\vec L - \vec r)^2} = \sqrt{L^2 - 2\vec L\vec r + r^2} = L\sqrt{1 + (r/L)^2 - 2(r/L)\cos\phi} .\]

c) Поскольку отношение \(r/L = a\) очень мало, можно воспользоваться разложением \[\frac{1}{\sqrt{1 + a^2 - 2a\cos\phi}} = 1 + a\cos\phi + a^2\,\tfrac12(3\cos^2\phi - 1) .\] Подстановка в выражение (3) для потенциальной энергии даёт \[V(r, \phi)/m = -\tfrac12\omega^2 r^2 - \frac{GM}{r} - \frac{GM_m r^2}{2L^3}(3\cos^2\phi - 1) , \qquad (4)\] с точностью до постоянной. Мы использовали то, что \[m\omega^2 rl\cos\phi - GmM_m\frac{r}{L^2}\cos\phi = 0 ,\] если подставить значение \(\omega_2\), уравнение (2).

Форма поверхности жидкости такова, что материальная точка имеет одну и ту же энергию \(V\) всюду на поверхности. (Это равносильно требованию, чтобы не было результирующей силы, касательной к поверхности.) Полагая \[r = R + h ,\] где прилив \(h\) много меньше \(R\), имеем приближённо \[\frac1r = \frac{1}{R + h} = \frac1R\cdot\frac{1}{1 + (h/R)} \cong \frac1R\left(1 - \frac hR\right) = \frac1R - \frac{h}{R^2} ,\] а также \[r^2 = R^2 + 2Rh + h^2 \cong R^2 + 2Rh .\] Подставляя это и значение (2) для \(\omega\) в (4), получаем \[V(r, \phi)/m = -\frac{G(M + M_m)R}{L^3}h + \frac{GM}{R^2}h - \frac{GM_m r^2}{2L^3}(3\cos^2\phi - 1) , \qquad (5)\] снова с точностью до постоянной.

Первое слагаемое в правой части (5) по модулю в \[\frac{(M + M_m)}{M}\left(\frac RL\right)^3 \cong 10^{-5}\] раз меньше второго, т. е. пренебрежимо мало. Если оставшиеся два слагаемых в уравнении (5) компенсируют друг друга, т. е. \[h = \frac{M_m r^2 R^2}{2ML^3}(3\cos^2\phi - 1) ,\] то материальная точка \(m\) имеет одинаковую энергию всюду на поверхности. Здесь \(r^2\) можно смело заменить на \(R^2\), что даёт приливный горб \[h = \frac{M_m R^4}{2ML^3}(3\cos^2\phi - 1) .\] Наибольшее значение \(h_{\max} = M_mR^4/ML^3\) достигается при \(\phi = 0\) или \(\pi\), в направлении на Луну или в противоположном направлении, а наименьшее значение \[h_{\min} = -M_mR^4/2ML^3\] соответствует \(\phi = \pi/2\) или \(3\pi/2\).

Разность между уровнями прилива и отлива, следовательно, равна \[h_{\max} - h_{\min} = \frac{3M_mR^4}{2ML^3} = 0{,}54\text{ м}.\] (Значения для прилива и отлива определены с точностью до аддитивной постоянной, но их разность, конечно, от неё не зависит.)