IPhO 2011, теоретический тур

Подсказка

В системе, вращающейся с угловой скоростью \(\omega_0\), на \(\mu\) действуют силы тяготения и центробежная сила; равновесие вне прямой \(Mm\) — точка Лагранжа. Для малых радиальных колебаний используйте сохранение момента импульса и разложение по малому отклонению. В 1.4 аппараты вращаются как жёсткий треугольник.

Ответ

1.1 \(\omega_0^2 = \dfrac{G(M + m)}{(R + r)^3} = \dfrac{GM}{r(R + r)^2} = \dfrac{Gm}{R(R + r)^2}\);  1.2.1 \(R + r\); 1.2.2 \(R + r\); 1.2.3 \(\rho = \sqrt{r^2 + rR + R^2}\);  1.3 \(\dfrac{\sqrt7}{2}\omega_0\);  1.4 \(\sqrt3v \approx 996\) м/с.

Решение

1.1 Пусть \(O\) — их центр масс. Тогда \[MR - mr = 0, \tag{1}\] \[m\omega_0^2r = \frac{GMm}{(R + r)^2},\qquad M\omega_0^2R = \frac{GMm}{(R + r)^2}. \tag{2}\] Из уравнения (2) или с помощью приведённой массы \(\omega_0^2 = \dfrac{G(M + m)}{(R + r)^3}\). Следовательно, \[\omega_0^2 = \frac{G(M + m)}{(R + r)^3} = \frac{GM}{r(R + r)^2} = \frac{Gm}{R(R + r)^2}. \tag{3}\]

1.2 Поскольку \(\mu\) бесконечно мала, она не оказывает гравитационного влияния на движение ни \(M\), ни \(m\). Чтобы \(\mu\) оставалась неподвижной относительно \(M\) и \(m\), должно выполняться \[\frac{GM\mu}{r_1^2}\cos\theta_1 + \frac{Gm\mu}{r_2^2}\cos\theta_2 = \mu\omega_0^2\rho = \frac{G(M + m)\mu}{(R + r)^3}\rho, \tag{4}\] \[\frac{GM\mu}{r_1^2}\sin\theta_1 = \frac{Gm\mu}{r_2^2}\sin\theta_2. \tag{5}\] Подставляя \(\dfrac{GM}{r_1^2}\) из (5) в (4) и используя тождество \(\sin\theta_1\cos\theta_2 + \cos\theta_1\sin\theta_2 = \sin(\theta_1 + \theta_2)\), получаем \[m\frac{\sin(\theta_1 + \theta_2)}{r_2^2} = \frac{(M + m)}{(R + r)^3}\rho\sin\theta_1. \tag{6}\] Расстояния \(r_2\) и \(\rho\), углы \(\theta_1\) и \(\theta_2\) связаны двумя уравнениями теоремы синусов: \[\frac{\sin\psi_1}{\rho} = \frac{\sin\theta_1}{R},\qquad \frac{\sin\psi_1}{r_2} = \frac{\sin(\theta_1 + \theta_2)}{R + r}. \tag{7}\] Подставим (7) в (6): \[\frac{1}{r_2^3} = \frac{R}{(R + r)^4}\frac{(M + m)}{m}. \tag{10}\] Поскольку \(\dfrac{m}{M + m} = \dfrac{R}{R + r}\), уравнение (10) даёт \[r_2 = R + r. \tag{11}\] Подставляя \(\dfrac{Gm}{r_2^2}\) из (5) в (4) и повторяя аналогичную процедуру, получаем \[r_1 = R + r. \tag{12}\]

Другой способ: \[\frac{r_1}{\sin(180^\circ - \phi)} = \frac{R}{\sin\theta_1}\quad\text{и}\quad \frac{r_2}{\sin\phi} = \frac{r}{\sin\theta_2},\qquad \frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac Rr\times\frac{r_2}{r_1} = \frac mM\times\frac{r_2}{r_1}.\] В сочетании с (5) это даёт \(r_1 = r_2\).

Следовательно, это равносторонний треугольник с \[\psi_1 = 60^\circ,\qquad \psi_2 = 60^\circ. \tag{13}\] Расстояние \(\rho\) вычисляется по теореме косинусов: \[\rho^2 = r^2 + (R + r)^2 - 2r(R + r)\cos60^\circ,\qquad \rho = \sqrt{r^2 + rR + R^2}. \tag{14}\]

Другое решение пункта 1.2. Поскольку \(\mu\) бесконечно мала, она не оказывает гравитационного влияния на движение ни \(M\), ни \(m\). Чтобы \(\mu\) оставалась неподвижной относительно \(M\) и \(m\), должно выполняться \[\frac{GM\mu}{r_1^2}\cos\theta_1 + \frac{Gm\mu}{r_2^2}\cos\theta_2 = \mu\omega^2\rho = \frac{G(M + m)\mu}{(R + r)^3}\rho, \tag{4}\] \[\frac{GM\mu}{r_1^2}\sin\theta_1 = \frac{Gm\mu}{r_2^2}\sin\theta_2. \tag{5}\] Заметим, что \[\frac{r_1}{\sin(180^\circ - \phi)} = \frac{R}{\sin\theta_1},\qquad \frac{r_2}{\sin\phi} = \frac{r}{\sin\theta_2}\ \text{(см. рисунок)},\qquad \frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac Rr\times\frac{r_2}{r_1} = \frac mM\times\frac{r_2}{r_1}. \tag{6}\] Из уравнений (5) и (6): \[r_1 = r_2, \tag{7}\] \[\frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \frac mM, \tag{8}\] \[\psi_1 = \psi_2. \tag{9}\] Тогда уравнение (4) принимает вид \[M\cos\theta_1 + m\cos\theta_2 = \frac{(M + m)}{(R + r)^3}r_1^2\rho. \tag{10}\] Из уравнений (8) и (10): \[\sin(\theta_1 + \theta_2) = \frac{M + m}{M}\frac{r_1^2\rho}{(R + r)^3}\sin\theta_2. \tag{11}\] Заметим, что по рисунку \[\frac{\rho}{\sin\psi_2} = \frac{r}{\sin\theta_2}. \tag{12}\] Из уравнений (11) и (12): \[\sin(\theta_1 + \theta_2) = \frac{M + m}{M}\frac{r_1^2r}{(R + r)^3}\sin\psi_2. \tag{13}\] Также по рисунку \[(R + r)^2 = r_2^2 - 2r_1r_2\cos(\theta_1 + \theta_2) + r_1^2 = 2r_1^2[1 - \cos(\theta_1 + \theta_2)]. \tag{14}\] Из уравнений (13) и (14): \[\sin(\theta_1 + \theta_2) = \frac{\sin\psi_2}{2[1 - \cos(\theta_1 + \theta_2)]}, \tag{15}\] \[\theta_1 + \theta_2 = 180^\circ - \psi_1 - \psi_2 = 180^\circ - 2\psi_2\ \text{(см. рисунок)},\] \[\therefore\ \cos\psi_2 = \frac12,\quad \psi_2 = 60^\circ,\quad \psi_1 = 60^\circ.\] Следовательно, \(M\) и \(m\) образуют равносторонний треугольник со сторонами \((R + r)\). Расстояние от \(\mu\) до \(M\) равно \(R + r\). Расстояние от \(\mu\) до \(m\) равно \(R + r\). Расстояние от \(\mu\) до \(O\) равно \[\rho = \sqrt{\left(\frac{R + r}{2} - R\right)^2 + \left\{(R + r)\frac{\sqrt3}{2}\right\}^2} = \sqrt{R^2 + Rr + r^2}.\]

1.3 Энергия массы \(\mu\) равна \[E = -\frac{GM\mu}{r_1} - \frac{Gm\mu}{r_2} + \frac12\mu\left(\left(\frac{d\rho}{dt}\right)^2 + \rho^2\omega^2\right). \tag{15}\] Поскольку возмущение радиальное, момент импульса сохраняется (\(r_1 = r_2 = \Re\) и \(m = M\)): \[E = -\frac{2GM\mu}{\Re} + \frac12\mu\left(\left(\frac{d\rho}{dt}\right)^2 + \frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho^2}\right). \tag{16}\] Поскольку энергия сохраняется, \(\dfrac{dE}{dt} = 0\): \[\frac{dE}{dt} = \frac{2GM\mu}{\Re^2}\frac{d\Re}{dt} + \mu\frac{d\rho}{dt}\frac{d^2\rho}{dt^2} - \mu\frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho^3}\frac{d\rho}{dt} = 0, \tag{17}\] \[\frac{d\Re}{dt} = \frac{d\Re}{d\rho}\frac{d\rho}{dt} = \frac{d\rho}{dt}\frac{\rho}{\Re}, \tag{18}\] \[\frac{dE}{dt} = \frac{2GM\mu}{\Re^3}\rho\frac{d\rho}{dt} + \mu\frac{d\rho}{dt}\frac{d^2\rho}{dt^2} - \mu\frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho^3}\frac{d\rho}{dt} = 0. \tag{19}\]

Поскольку \(\dfrac{d\rho}{dt} \ne 0\), имеем \[\frac{2GM}{\Re^3}\rho + \frac{d^2\rho}{dt^2} - \frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho^3} = 0\quad\text{или}\quad \frac{d^2\rho}{dt^2} = -\frac{2GM}{\Re^3}\rho + \frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho^3}. \tag{20}\] Возмущение относительно \(\Re_0\) и \(\rho_0\) даёт \(\Re = \Re_0\left(1 + \dfrac{\Delta\Re}{\Re_0}\right)\) и \(\rho = \rho_0\left(1 + \dfrac{\Delta\rho}{\rho_0}\right)\). Тогда \[\frac{d^2\rho}{dt^2} = \frac{d^2}{dt^2}(\rho_0 + \Delta\rho) = -\frac{2GM}{\Re_0^3\left(1 + \dfrac{\Delta\Re}{\Re_0}\right)^3}\rho_0\left(1 + \frac{\Delta\rho}{\rho_0}\right) + \frac{\rho_0^4\omega_0^2}{\rho_0^3\left(1 + \dfrac{\Delta\rho}{\rho_0}\right)^3}. \tag{21}\] Используя биномиальное разложение \((1 + \varepsilon)^n \approx 1 + n\varepsilon\), \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\frac{2GM}{\Re_0^3}\rho_0\left(1 + \frac{\Delta\rho}{\rho_0}\right)\left(1 - \frac{3\Delta\Re}{\Re_0}\right) + \rho_0\omega_0^2\left(1 - \frac{3\Delta\rho}{\rho_0}\right). \tag{22}\] Используя \(\Delta\rho = \dfrac{\Re}{\rho}\Delta\Re\), \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\frac{2GM}{\Re_0^3}\rho_0\left(1 + \frac{\Delta\rho}{\rho_0} - \frac{3\rho_0\Delta\rho}{\Re_0^2}\right) + \rho_0\omega_0^2\left(1 - \frac{3\Delta\rho}{\rho_0}\right). \tag{23}\]

Поскольку \(\omega_0^2 = \dfrac{2GM}{\Re_0^3}\), \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\omega_0^2\rho_0\left(1 + \frac{\Delta\rho}{\rho_0} - \frac{3\rho_0\Delta\rho}{\Re_0^2}\right) + \omega_0^2\rho_0\left(1 - \frac{3\Delta\rho}{\rho_0}\right), \tag{24}\] \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\omega_0^2\rho_0\left(\frac{4\Delta\rho}{\rho_0} - \frac{3\rho_0\Delta\rho}{\Re_0^2}\right), \tag{25}\] \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\omega_0^2\Delta\rho\left(4 - \frac{3\rho_0^2}{\Re_0^2}\right). \tag{26}\] По рисунку \(\rho_0 = \Re_0\cos30^\circ\), или \(\dfrac{\rho_0^2}{\Re_0^2} = \dfrac34\), \[\frac{d^2\Delta\rho}{dt^2} = -\omega_0^2\Delta\rho\left(4 - \frac94\right) = -\frac74\omega_0^2\Delta\rho. \tag{27}\] Угловая частота колебаний равна \(\dfrac{\sqrt7}{2}\omega_0\).

Другое решение. \(M = m\) даёт \(R = r\) и \(\omega_0^2 = \dfrac{G(M + M)}{(R + R)^3} = \dfrac{GM}{4R^3}\). Невозмущённое радиальное расстояние \(\mu\) равно \(\sqrt3R\), поэтому возмущённое радиальное расстояние можно представить как \(\sqrt3R + \zeta\), где \(\zeta \ll \sqrt3R\), как показано на рисунке.

По второму закону Ньютона \[-\frac{2GM\mu}{\{R^2 + (\sqrt3R + \zeta)^2\}^{3/2}}(\sqrt3R + \zeta) = \mu\frac{d^2}{dt^2}(\sqrt3R + \zeta) - \mu\omega^2(\sqrt3R + \zeta). \tag{1}\] Сохранение момента импульса даёт \[\mu\omega_0(\sqrt3R)^2 = \mu\omega(\sqrt3R + \zeta)^2. \tag{2}\] Преобразуем (1) и (2) алгебраически, применяя \(\zeta^2 \approx 0\) и биномиальное приближение: \[-\frac{2GM}{\{R^2 + (\sqrt3R + \zeta)^2\}^{3/2}}(\sqrt3R + \zeta) = \frac{d^2\zeta}{dt^2} - \frac{\omega_0^2\sqrt3R}{(1 + \zeta/\sqrt3R)^3},\] \[-\frac{2GM}{\{4R^2 + 2\sqrt3\zeta R\}^{3/2}}(\sqrt3R + \zeta) \approx \frac{d^2\zeta}{dt^2} - \frac{\omega_0^2\sqrt3R}{(1 + \zeta/\sqrt3R)^3},\] \[-\frac{GM}{4R^3}\sqrt3R\frac{(1 + \zeta/\sqrt3R)}{(1 + \sqrt3\zeta/2R)^{3/2}} = \frac{d^2\zeta}{dt^2} - \frac{\omega_0^2\sqrt3R}{(1 + \zeta/\sqrt3R)^3},\] \[-\omega_0^2\sqrt3R\left(1 - \frac{3\sqrt3\zeta}{4R}\right)\left(1 + \frac{\zeta}{\sqrt3R}\right) \approx \frac{d^2\zeta}{dt^2} - \omega_0^2\sqrt3R\left(1 - \frac{3\zeta}{\sqrt3R}\right),\] \[\frac{d^2}{dt^2}\zeta = -\left(\frac74\omega_0^2\right)\zeta.\]

1.4 Относительная скорость. Пусть \(v\) — скорость каждого аппарата при его движении по окружности вокруг центра \(O\). Относительные скорости обозначаются индексами \(A\), \(B\) и \(C\). Например, \(v_{BA}\) — скорость \(B\), наблюдаемая из \(A\).

Период движения по окружности равен 1 году: \[T = 365\times24\times60\times60\text{ с}. \tag{28}\] Угловая частота \(\omega = \dfrac{2\pi}{T}\). Скорость \[v = \omega\frac{L}{2\cos30^\circ} = 575\text{ м/с}. \tag{29}\] Скорость много меньше скорости света \(\to\) преобразование Галилея.

В декартовых координатах скорости \(B\) и \(C\) (наблюдаемые из \(O\)) равны:

Для \(B\): \(\vec v_B = v\cos60^\circ\,\hat{\mathbf i} - v\sin60^\circ\,\hat{\mathbf j}\).

Для \(C\): \(\vec v_C = v\cos60^\circ\,\hat{\mathbf i} + v\sin60^\circ\,\hat{\mathbf j}\).

Следовательно, \(\vec v_{BC} = -2v\sin60^\circ\,\hat{\mathbf j} = -\sqrt3v\,\hat{\mathbf j}\). Скорость \(B\), наблюдаемая из \(C\), равна \[\sqrt3v \approx 996\text{ м/с}. \tag{30}\] Заметим, что относительные скорости для каждой пары антипараллельны.

Другое решение пункта 1.4. Можно получить \(v_{BC}\), рассматривая вращение вокруг оси, проходящей через один из аппаратов: \[v_{BC} = \omega L = \frac{2\pi}{365\times24\times60\times60\text{ с}}(5\cdot10^{6}\text{ км}) \approx 996\text{ м/с}.\]

Подсказка

У плёнки две поверхности, поэтому избыточное давление внутри \(4\gamma/R_0\). Пузырь парит, когда сила Архимеда не меньше веса плёнки и воздуха внутри. Электрическое давление на заряженную поверхность равно \(\sigma E\), где \(E\) — поле, создаваемое остальными зарядами, т. е. половина поля снаружи.

Ответ

2.1 \(\dfrac{\rho_iT_i}{\rho_aT_a} = 1 + \dfrac{4\gamma}{R_0P_a}\);  2.2 \(0{,}0001\);  2.3 \(T_i \ge 307{,}1\) К;  2.4 \(u \ge \dfrac{4R_0\rho_stg}{6\eta} + \dfrac{\frac43R_0^2\rho_ag\left(\frac{4\gamma}{R_0P_a}\right)}{6\eta}\);  2.5 \(u \ge 0{,}36\) м/с;  2.6 \(\left(\dfrac{R_1}{R_0}\right)^4 - \left(\dfrac{R_1}{R_0}\right) - \dfrac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R_0^4P_a} = 0\);  2.7 \(\Delta R \approx \dfrac{q^2}{96\pi^2\varepsilon_0R_0^3P_a}\);  2.8 \(q^2 \ge \dfrac{96\pi^2R_0^3\rho_st\varepsilon_0P_a}{\rho_a}\), \(q \approx 256\) нКл.

Решение

2.1 Пузырь окружён воздухом.

Разрезая сферу пополам и используя площадь проекции для баланса сил, получаем \[P_i\pi R_0^2 = P_a\pi R_0^2 + 2(2\pi R_0\gamma),\qquad P_i = P_a + \frac{4\gamma}{R_0}. \tag{1}\] Давление и плотность связаны уравнением состояния идеального газа: \[PV = nRT\quad\text{или}\quad P = \frac{\rho RT}{M}, \tag{2}\] где \(M\) — молярная масса воздуха. Применяя уравнение состояния к воздуху внутри и снаружи пузыря, получаем \[\rho_iT_i = P_i\frac MR,\qquad \rho_aT_a = P_a\frac MR,\] \[\frac{\rho_iT_i}{\rho_aT_a} = \frac{P_i}{P_a} = \left[1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a}\right]. \tag{3}\]

2.2 При \(\gamma = 0{,}025\) Н/м, \(R_0 = 1{,}0\) см и \(P_a = 1{,}013\cdot10^{5}\) Н/м\(^2\) численное значение отношения \[\frac{\rho_iT_i}{\rho_aT_a} = 1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a} = 1 + 0{,}0001. \tag{4}\] (Влияние поверхностного натяжения очень мало.)

2.3 Пусть \(W\) — полный вес пузыря, \(F\) — выталкивающая сила со стороны окружающего пузырь воздуха. \[W = (\text{масса плёнки} + \text{масса воздуха})g = \left(4\pi R_0^2\rho_st + \frac43\pi R_0^3\rho_i\right)g = 4\pi R_0^2\rho_stg + \frac43\pi R_0^3\frac{\rho_aT_a}{T_i}\left[1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a}\right]g. \tag{5}\] Выталкивающая сила со стороны окружающего пузырь воздуха \[B = \frac43\pi R_0^3\rho_ag. \tag{6}\] Если пузырь парит в неподвижном воздухе, \[B \ge W,\qquad \frac43\pi R_0^3\rho_ag \ge 4\pi R_0^2\rho_stg + \frac43\pi R_0^3\frac{\rho_aT_a}{T_i}\left[1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a}\right]g. \tag{7}\] Преобразуя, получаем \[T_i \ge \frac{R_0\rho_aT_a}{R_0\rho_a - 3\rho_st}\left[1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a}\right] \ge 307{,}1\text{ К}. \tag{8}\] Воздух внутри должен быть теплее примерно на \(7{,}1\) °C.

2.4 Пренебрегаем изменением радиуса \(\to\) радиус остаётся \(R_0 = 1{,}0\) см. (На самом деле радиус уменьшается на \(0{,}8\,\%\), когда температура снижается с \(307{,}1\) К до \(300\) К. Сама плёнка также становится немного толще.)

Сила сопротивления по закону Стокса \[F = 6\pi\eta R_0u. \tag{9}\] Если пузырь парит в восходящем потоке, \[F \ge W - B,\qquad 6\pi\eta R_0u \ge \left(4\pi R_0^2\rho_st + \frac43\pi R_0^3\rho_i\right)g - \frac43\pi R_0^3\rho_ag. \tag{10}\] Когда пузырь находится в тепловом равновесии, \(T_i = T_a\): \[6\pi\eta R_0u \ge \left(4\pi R_0^2\rho_st + \frac43\pi R_0^3\rho_a\left[1 + \frac{4\gamma}{R_0P_a}\right]\right)g - \frac43\pi R_0^3\rho_ag.\] Преобразуя, получаем \[u \ge \frac{4R_0\rho_stg}{6\eta} + \frac{\dfrac43R_0^2\rho_ag\left(\dfrac{4\gamma}{R_0P_a}\right)}{6\eta}. \tag{11}\]

2.5 Численное значение \(u \ge 0{,}36\) м/с.

Второй член примерно на 3 порядка меньше первого.

Далее членами с поверхностным натяжением пренебрегаем.

2.6 Когда пузырь заряжен, электрическое отталкивание заставит его расшириться и тем самым увеличит выталкивающую силу.

Сила на единицу площади равна (поле на поверхности \(\times\) заряд на единицу площади).

Есть два способа вычислить электрическое поле НА поверхности мыльной плёнки.

A. С помощью теоремы Гаусса. Рассмотрим очень тонкую «таблетку» (цилиндрик) на поверхности мыльной плёнки.

\(E\) — электрическое поле на поверхности плёнки, создаваемое всеми остальными частями мыльной плёнки, за исключением поверхности внутри самой таблетки.

\(E_q\) — полное поле сразу снаружи таблетки \(= \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R_1^2} = \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0} = E +{}\)поле поверхностного заряда \(\sigma\) \(= E + E_\sigma\).

Применяя теорему Гаусса к таблетке, получаем \(E_\sigma = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\), перпендикулярно плёнке в силу симметрии. Следовательно, \[E = E_q - E_\sigma = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} - \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{1}{2\varepsilon_0}\frac{q}{4\pi R_1^2}. \tag{12}\]

B. Прямым интегрированием.

На рисунке: charge \(\delta q\) — заряд \(\delta q\). \[\delta q = \left(\frac{q}{4\pi R^2}\right)2\pi R\sin\theta\cdot R\delta\theta.\] Чтобы найти величину электрического отталкивания, нужно сначала найти напряжённость электрического поля \(E\) в точке на (а не снаружи) самой поверхности. Поле в точке \(A\) в направлении \(\overrightarrow{OA}\) равно \[\delta E_A = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{(q/4\pi R_1^2)2\pi R_1^2\sin\theta\delta\theta}{\left(2R_1\sin\dfrac\theta2\right)^2}\sin\frac\theta2 = \frac{(q/4\pi R_1^2)}{2\varepsilon_0}\cos\frac\theta2\,\delta\left(\frac\theta2\right),\] \[E_A = \frac{(q/4\pi R_1^2)}{2\varepsilon_0}\int_{\theta = 0}^{\theta = 180^\circ}\cos\frac\theta2\,d\left(\frac\theta2\right) = \frac{(q/4\pi R_1^2)}{2\varepsilon_0}. \tag{13}\] Сила отталкивания на единицу площади поверхности пузыря \[\left(\frac{q}{4\pi R_1^2}\right)E = \frac{(q/4\pi R_1^2)^2}{2\varepsilon_0}. \tag{14}\] Пусть \(P_i'\) и \(\rho_i'\) — новые давление и плотность, когда пузырь заряжен. Эта электрическая сила отталкивания увеличит давление газа \(P_i'\). \(P_i'\) связано с исходным \(P_i\) уравнением состояния газа: \[P_i'\frac43\pi R_1^3 = P_i\frac43\pi R_0^3,\qquad P_i' = \left(\frac{R_0}{R_1}\right)^3P_i = \left(\frac{R_0}{R_1}\right)^3P_a. \tag{15}\] В последнем уравнении членом с поверхностным натяжением пренебрегли.

Из баланса сил на площади проекции полусферы получаем (снова пренебрегая членом с поверхностным натяжением) \[P_i' + \frac{(q/4\pi R_1^2)^2}{2\varepsilon_0} = P_a,\qquad P_a\left(\frac{R_0}{R_1}\right)^3 + \frac{(q/4\pi R_1^2)^2}{2\varepsilon_0} = P_a. \tag{16}\] Преобразуя, получаем \[\left(\frac{R_1}{R_0}\right)^4 - \left(\frac{R_1}{R_0}\right) - \frac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R_0^4P_a} = 0. \tag{17}\] Заметим, что (17) даёт \(\dfrac{R_1}{R_0} = 1\) при \(q = 0\), как и ожидалось.

2.7 Приближённое решение для \(R_1\) при \(\dfrac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R_0^4P_a} \ll 1\).

Запишем \(R_1 = R_0 + \Delta R\), \(\Delta R \ll R_0\). Тогда \[\frac{R_1}{R_0} = 1 + \frac{\Delta R}{R_0},\qquad \left(\frac{R_1}{R_0}\right)^4 \approx 1 + 4\frac{\Delta R}{R_0}. \tag{18}\] Уравнение (17) даёт \[\Delta R \approx \frac{q^2}{96\pi^2\varepsilon_0R_0^3P_a}, \tag{19}\] \[R_1 \approx R_0 + \frac{q^2}{96\pi^2\varepsilon_0R_0^3P_a} \approx R_0\left(1 + \frac{q^2}{96\pi^2\varepsilon_0R_0^4P_a}\right). \tag{20}\]

2.8 Пузырь будет парить, если \[B \ge W,\qquad \frac43\pi R_1^3\rho_ag \ge 4\pi R_0^2\rho_stg + \frac43\pi R_0^3\rho_ig. \tag{21}\] Вначале \(T_i = T_a \Rightarrow \rho_i = \rho_a\) при \(\gamma \to 0\) и \(R_1 = R_0\left(1 + \dfrac{\Delta R}{R_0}\right)\): \[\frac43\pi R_0^3\left(1 + \frac{\Delta R}{R_0}\right)^3\rho_ag \ge 4\pi R_0^2\rho_stg + \frac43\pi R_0^3\rho_ag,\] \[\frac43\pi(3\Delta R)\rho_ag \ge 4\pi R_0^2\rho_stg,\] \[\frac43\pi\frac{3q^2}{96\pi^2\varepsilon_0R_0P_a}\rho_ag \ge 4\pi R_0^2\rho_stg,\] \[q^2 \ge \frac{96\pi^2R_0^3\rho_st\varepsilon_0P_a}{\rho_a}, \tag{22}\] \[q \approx 256\cdot10^{-9}\text{ Кл} \approx 256\text{ нКл}.\]

Заметим, что если сохранить член с поверхностным натяжением, получим \[R_1 \approx \left(1 + \frac{q^2/96\pi^2\varepsilon_0R_0^4P_a}{\left[1 + \dfrac23\left(\dfrac{4\gamma}{R_0P_a}\right)\right]}\right)R_0.\]

Подсказка

Поле иона поляризует атом, а поле индуцированного диполя действует обратно на ион: сила пропорциональна \(Q^2\) и убывает как \(r^{-5}\). Для наибольшего сближения запишите законы сохранения энергии и момента импульса; спираль возникает, когда у уравнения для \(r_{min}\) нет вещественного корня.

Ответ

3.1 \(E_p = \dfrac{2p}{4\pi\varepsilon_0r^3}\);  3.2 \(\vec f = -\dfrac{\alpha Q^2}{8\pi^2\varepsilon_0^2r^5}\hat r\);  3.3 \(U = -\dfrac{\alpha Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0^2r^4}\);  3.4 \(r_{min} = \dfrac{b}{\sqrt2}\left[1 + \sqrt{1 - \dfrac{\alpha Q^2}{4\pi^2\varepsilon_0^2mv_0^2b^4}}\right]^{1/2}\);  3.5 \(A = \pi b_0^2 = \pi\left(\dfrac{\alpha Q^2}{4\pi^2\varepsilon_0^2mv_0^2}\right)^{1/2}\).

Решение

1. По закону Кулона электрическое поле на расстоянии \(r\) равно \[E_p = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0(r - a)^2} - \frac{q}{4\pi\varepsilon_0(r + a)^2},\qquad E_p = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\left(\frac{1}{\left(1 - \dfrac ar\right)^2} - \frac{1}{\left(1 + \dfrac ar\right)^2}\right). \tag{1}\] Используя биномиальное разложение при малых \(a\), \[E_p = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\left(1 + \frac{2a}{r} - 1 + \frac{2a}{r}\right) = +\frac{4qa}{4\pi\varepsilon_0r^3} = +\frac{qa}{\pi\varepsilon_0r^3} = \frac{2p}{4\pi\varepsilon_0r^3}. \tag{2}\]

2. Электрическое поле, создаваемое ионом в точке нахождения атома, равно \[\vec E_{ion} = -\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\hat r. \tag{3}\] Тогда индуцированный дипольный момент просто равен \[\vec p = \alpha\vec E_{ion} = -\frac{\alpha Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\hat r. \tag{4}\] Из уравнения (2) \[\vec E_p = \frac{2p}{4\pi\varepsilon_0r^3}\hat r.\] Напряжённость электрического поля \(\vec E_p\) в точке нахождения иона в этот момент, с учётом (4), равна \[\vec E_p = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0r^3}\left[-\frac{2\alpha Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\hat r\right] = -\frac{\alpha Q}{8\pi^2\varepsilon_0^2r^5}\hat r.\] Сила, действующая на ион, \[\vec f = Q\vec E_p = -\frac{\alpha Q^2}{8\pi^2\varepsilon_0^2r^5}\hat r. \tag{5}\] Знак «\(-\)» означает, что эта сила — сила притяжения, а \(Q^2\) означает, что сила является силой притяжения независимо от знака \(Q\).

3. Потенциальная энергия взаимодействия иона с атомом равна \[U = \int_r^\infty\vec f\cdot d\vec r. \tag{6}\] Отсюда \[U = \int_r^\infty\vec f\cdot d\vec r = -\frac{\alpha Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0^2r^4}. \tag{7}\] [Замечание: ученики могут использовать выражение \(-\vec p\cdot\vec E\), что меняет только множитель перед выражением.]

4. В точке \(r_{min}\) по закону сохранения момента импульса \[mv_{max}r_{min} = mv_0b,\qquad v_{max} = v_0\frac{b}{r_{min}}. \tag{8}\] По закону сохранения энергии \[\frac12mv_{max}^2 + \frac{-\alpha Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0^2r^4} = \frac12mv_0^2. \tag{9}\] Из уравнений (12) и (13): \[\left(\frac{b}{r_{min}}\right)^2 - \frac{\alpha Q^2\Big/\frac12mv_0^2}{32\pi^2\varepsilon_0^2b^4}\left(\frac{b}{r_{min}}\right)^4 = 1,\] \[\left(\frac{r_{min}}{b}\right)^4 - \left(\frac{r_{min}}{b}\right)^2 + \frac{\alpha Q^2}{16\pi^2\varepsilon_0^2mv_0^2b^4} = 0. \tag{10}\] Корни уравнения (14): \[r_{min} = \frac{b}{\sqrt2}\left[1 \pm \sqrt{1 - \frac{\alpha Q^2}{4\pi^2\varepsilon_0^2mv_0^2b^4}}\right]^{1/2}. \tag{11}\] [Заметим, что из уравнения (14) следует, что \(r_{min}\) не может быть равно нулю, если только само \(b\) не равно нулю.]

Поскольку выражение должно быть справедливо и при \(Q = 0\), что даёт \[r_{min} = \frac{b}{\sqrt2}[1 \pm 1]^{1/2},\] нужно выбрать знак «\(+\)», чтобы получить \(r_{min} = b\). Следовательно, \[r_{min} = \frac{b}{\sqrt2}\left[1 + \sqrt{1 - \frac{\alpha Q^2}{4\pi^2\varepsilon_0^2mv_0^2b^4}}\right]^{1/2}. \tag{12}\]

5. Спиральная траектория возникает, когда (16) мнимое (потому что нет минимального расстояния сближения). \(r_{min}\) вещественно при условии \[1 \ge \frac{\alpha Q^2}{4\pi^2\varepsilon_0^2mv_0^2b^4},\qquad b \ge b_0 = \left(\frac{\alpha Q^2}{4\pi^2\varepsilon_0^2mv_0^2}\right)^{1/4}. \tag{13}\]

При \(b < b_0 = \left(\dfrac{\alpha Q^2}{4\pi^2\varepsilon_0^2mv_0^2}\right)^{1/4}\) ион столкнётся с атомом. Следовательно, атом представляет для иона площадь поперечного сечения \(A\): \[A = \pi b_0^2 = \pi\left(\frac{\alpha Q^2}{4\pi^2\varepsilon_0^2mv_0^2}\right)^{1/2}. \tag{14}\]