IPhO 2022, теоретический тур

Подсказка

Идея: каждый магнит — диполь, и на расстояниях, много бо́льших размера, поля диполей суммируются. Для цепочки удобно заменить распределение намагниченности эквивалентными магнитными зарядами на концах. Для ферромагнитных пластин работает метод изображений: зеркальный магнит с перевёрнутым моментом.

Ответ

A.1) \(F_1 = \dfrac{3\mu_0m^2}{2\pi L^4} \approx 0{,}21\) мН, где \(m = \dfrac{\pi}{4}d^2hJ = 0{,}75\) А\(\cdot\)м\(^2\);  A.2) \(I = Jh \approx 2{,}4\) кА;  A.3) \(F_2 = \dfrac{\mu_0I^2d}{2L} \approx 14\) Н;  A.4) \(l = N\delta \approx 6{,}6\) м (число магнитов \(N \approx 1320\); цепочка разрывается под самым верхним магнитом);  A.5) \(B = \dfrac{J\mu_0\delta^2}{24r^2}\) (поле, как от магнитного заряда в точке \(O\));  B.1) см. рисунок в решении;  B.2) вектор намагниченности перпендикулярен пластине (отмечаются крайние левые квадратики первой и второй строк бланка), \(F = \dfrac{3\mu_0m^2}{2\pi\delta^4} = 5{,}9\) Н;  B.3) \(F = \dfrac{3\pi}{32}J^2\mu_0d^2 \approx 210\) Н;  C.1) конфигурация антиферромагнитная, \(W = \dfrac{3\mu_0m^2}{2\pi\delta^3} \approx 29\) мДж;  C.2) конфигурация ферромагнитная, \(W = \dfrac{3\mu_0m^2}{4\pi\delta^3} = 15\) мДж.

Решение

A.1. Решение 1. Так как расстояние между магнитами велико по сравнению с их размером, каждый из них можно приближённо считать диполем с моментом \[m = \frac{\pi}{4}d^2hJ = 0{,}75\ \text{А}\cdot\text{м}^2.\] Поскольку оба диполя параллельны друг другу и линии, соединяющей их, энергия взаимодействия одного магнита с полем другого равна \[W = -\vec B\cdot\vec m = -\frac{\mu_0m^2}{2\pi L^3},\] а взяв производную, получаем \[F_1 = \frac{dW}{dL} = \frac{3\mu_0m^2}{2\pi L^4} \approx 0{,}21\ \text{мН}.\]

Решение 2. Силу между магнитами можно найти, превратив один из цилиндров в сверхпроводящее кольцо. Ток в кольце равен \(I = m/A = Jh\). Рассмотрим малый элемент \(dl\) кольца; радиус-вектор, проведённый от диполя к этому элементу, позволяет разложить дипольный момент на радиальную и касательную компоненты. Из-за осевой симметрии относительно оси магнита сила, действующая на кольцо, равна \(F = B_pI\pi d\), где \(B_p\) — компонента магнитного поля, лежащая в плоскости кольца в месте элемента \(dl\). Из заданной формулы для поля диполя \[|B_p| = \frac{\mu_0m}{4\pi r^3}\left(2\cos\theta\sin\theta + \sin\theta\cos\theta\right) = \frac{3\mu_0m\sin\theta\cos\theta}{4\pi r^3}.\] Подставляя \(\tan\theta = \dfrac{d}{2L}\) и используя приближение малого угла \(\sin\theta\approx\theta\), \(\cos\theta\approx1\), получаем \(F = \dfrac{3\mu_0m^2}{2\pi L^4}\).

A.2. В случае однородной намагниченности молекулярные токи в объёме материала компенсируются, оставляя лишь поверхностный ток на боковых поверхностях, не перпендикулярных вектору намагниченности. Таким образом, по боковой поверхности цилиндра течёт поверхностный ток. Так как высота боковой поверхности мала по сравнению с радиусом, эти токи можно приближённо считать кольцевым током \(I\); дипольный момент кольцевого тока \(\pi d^2I/4\) должен равняться полному дипольному моменту магнита \(\pi d^2hJ/4\), откуда \(I = Jh \approx 2{,}4\) кА.

Замечание. Установив аналогию с поверхностным током по краю, можно найти \(I\) и иначе: вычислить поле в какой-либо точке (например, далеко над витком) и сравнить его с дипольным результатом. Закон Био–Савара в точке на оси кольца на расстоянии \(z \gg d\) над витком даёт \[B = \frac{\mu_0 I d^2}{8z^3}\,\hat z.\] Сравнение с дипольным результатом даёт \(I = Jh\), как и выше.

A.3. Так как расстояние между магнитами теперь значительно меньше их диаметра, силу можно приближённо найти как силу между двумя прямыми токами \(I\) длиной \(\pi d\) на расстоянии \(L\): \[F_2 = \frac{\mu_0I^2}{2\pi L}\,\pi d = \frac{\mu_0I^2d}{2L} \approx 14\ \text{Н}.\]

A.4. Цепочка, скорее всего, разорвётся под самым верхним магнитом, так как тогда магнитное притяжение между магнитами должно компенсировать наибольший возможный вес. Пусть число магнитов равно \(N+1\), а масса одного магнита \(M = \dfrac{\pi}{6}\rho\delta^3 \approx 0{,}5\) г; тогда вес \(F = MNg\) уравновешивается магнитной силой \[F = \frac{3\mu_0m^2}{2\pi\delta^4}\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^4} = \frac{\mu_0m^2\pi^3}{60\,\delta^4},\] где \(m = \dfrac{\pi}{6}J\delta^3 \approx 78\) мА\(\cdot\)м\(^2\), и мы предположили, что \(N \gg 1\), так что в сумме можно положить \(N = \infty\). Из баланса сил получаем \[N = \frac{\mu_0m^2\pi^3}{60\,Mg\,\delta^4} \approx 1320;\] следовательно, полная длина цепочки равна \(N\delta = 6{,}6\) м. Заметим, что \(N = 1320\) действительно много больше единицы.

A.5. Решение 1. Каждый шар создаёт поле диполя \(m\). Диполь создаёт такое же поле, что и два магнитных заряда, равных по модулю \(q\) и противоположных по знаку, находящихся на расстоянии \(s = m/q\), при условии, что это расстояние мало по сравнению с расстоянием от диполя до точки наблюдения. Удобно выбрать \(s = \delta\) (тогда \(q = m/\delta\)), так как в этом случае почти все положительные и отрицательные магнитные заряды перекрываются и взаимно компенсируются. Не компенсируются только заряды на концах цепочки. Один из них очень далеко, так что поле в точке \(P\) — это поле магнитного заряда в точке \(O\): \[B = \frac{\mu_0q}{4\pi r^2} = \frac{\mu_0m}{4\pi\delta r^2} = \frac{J\mu_0\delta^2}{24\,r^2}.\] Та же схема применима и к решениям, работающим с электрическими зарядами; тогда нужен коэффициент пропорциональности между электрическим и магнитным полем, \(k = B/E = \mu_0\varepsilon_0 = c^{-2}\).

Решение 2. На расстояниях, бо́льших диаметра магнита, форма магнитов не важна; важен лишь полный дипольный момент, поскольку он определяет величину поля на больших расстояниях. Поэтому шары можно заменить цилиндрами того же объёма. Потребуем, чтобы высота этих цилиндров была \(\delta\); тогда соседние цилиндры в цепочке касаются друг друга. В результате вместо цепочки шаров получаем длинный однородный цилиндр. Равенство объёмов означает, что площадь поперечного сечения цилиндров \(A = \dfrac{\pi}{6}\delta^2\). Из пункта A.2 известно, что такой цилиндр можно считать длинным соленоидом с поверхностной плотностью связанных токов \(J\). Поэтому внутри него поле \(B_0 = \mu_0J\) и, следовательно, поток \(\Phi = B_0A = \dfrac{\pi}{6}\delta^2\mu_0J\). Внутри соленоида поле постоянно, а снаружи равно нулю; однако это справедливо, только пока концы соленоида далеко. Весь этот поток высвобождается вблизи каждого из концов соленоида. Высвободившийся поток должен удовлетворять уравнениям Максвелла: поле \(\vec B\) не имеет источников и потенциально. Единственное решение в таком случае — центральное изотропное поле \(\vec B = f(r)\hat r\), где \(r\) — расстояние от конца, а \(\hat r\) — соответствующий единичный вектор. Из теоремы Гаусса \(4\pi r^2f(r) = \Phi = \dfrac{\pi}{6}\delta^2\mu_0J\), откуда \[B = \frac{J\mu_0\delta^2}{24\,r^2}.\]

Решение 3. Это решение повторяет решение 2 вплоть до соленоида с поверхностной плотностью тока \(J\). Далее заметим, что в любой точке пространства осевая компонента магнитного поля равна \[B = \mu_0J\,\frac{\Omega}{4\pi},\] где \(\Omega\) — телесный угол, под которым виден внутренний объём соленоида (внутренняя поверхность), минус телесный угол, под которым видна внешняя поверхность. Это следует из закона Био–Савара: \(dB_z = \dfrac{\mu_0}{4\pi r^2}\,j\,(d\vec z\times d\vec l)\cdot\hat r = \dfrac{\mu_0}{4\pi r^2}\,J\,d\vec A\cdot\hat r\), где \(\hat r\) — единичный вектор, \(d\vec l\) — бесконечно малый вектор, параллельный поверхностному току, а \(\vec r\) — вектор от точки наблюдения к точке на соленоиде. Остаётся заметить, что \(d\vec A\cdot\hat r\) — видимая площадь элемента поверхности, \(d\Omega = d\vec A\cdot\hat r/r^2\).

В точке \(P\) вклады внутренней и внешней поверхностей в \(\Omega\) сокращаются везде, кроме круглого отверстия соленоида. Поэтому \(\Omega = A\cos\theta/r^2\) и \[B_z = \frac{J\mu_0\delta^2}{24\,r^2}\cos\theta.\] Далее, теоремой Гаусса можно воспользоваться для нахождения радиальной компоненты \(B_R\) магнитного поля (\(R\) — радиус в цилиндрических координатах). Тот, кто не знаком с векторным анализом, может вычислить магнитный поток \(\Phi_c\) через круг радиуса \(R_0 = r\sin\theta\). Тогда цилиндрическая координата \(R = z\tan\theta'\), так что \(dR = z\cos^{-2}\theta'\,d\theta'\) и \(\dfrac{1}{r^2} = \dfrac{\cos^2\theta'}{z^2}\). Следовательно, \[\Phi_c = \int_0^{R_0} 2\pi R\,B_z\,dR = \frac{\pi J\mu_0\delta^2}{12}\int\cos\theta'\,d\theta' = \frac{\pi J\mu_0\delta^2}{12}\sin\theta.\] Видно, что это зависит только от сферической координаты \(\theta\); рассматривая конические усечения с круглыми основаниями с одинаковым полярным углом \(\theta\), легко заключить, что поле должно быть радиальным, т.е. \(B = B_z/\cos\theta = \dfrac{J\mu_0\delta^2}{24\,r^2}\).

Решение 4. Поле можно получить и теоретически, суммируя поля всех отдельных магнитов. Однако это математически очень громоздко, поэтому полное решение здесь не приводится. Первые шаги таковы: (i) записать вклад \(B_{sz}\) и \(B_{sR}\) одного магнита на расстоянии \(z\) от точки \(O\) в осевую и радиальную (в цилиндрических координатах) компоненты поля; (ii) перейти от суммирования отдельных вкладов к интегрированию, считая линейную плотность диполей \(\rho_m = m/\delta\), так что \(dm = m\,dz/\delta\), и выполнить интегрирование по \(z\), чтобы найти компоненты поля.

Математический вывод: диполь в положении \(z\) с моментом \(dm = \dfrac{m}{\delta}dz\) создаёт магнитное поле (в декартовых координатах) \[dB_z = dB_{r'}\cos\theta - dB_{\theta'}\sin\theta = \frac{\mu_0\,dm}{4\pi r'^3}\left(2 - 3\sin^2\theta'\right),\qquad dB_R = dB_{r'}\sin\theta + dB_{\theta'}\cos\theta = \frac{3\mu_0\,dm}{4\pi r'^3}\sin\theta'\cos\theta',\] где \(r' = \sqrt{r^2 + z^2 - 2rz\cos\theta}\) и \(\sin\theta' = \dfrac{r}{r'}\sin\theta\) — координаты относительно диполя \(dm\). Для упрощения интегрирования делаем замену \(u = \dfrac{z - r\cos\theta}{r\sin\theta}\); тогда \(r' = r\sin\theta\sqrt{u^2+1}\) и \(dz = r\sin\theta\,du\).

Интегрирование для \(B_z\): \[B_z = \frac{\mu_0m}{4\pi\delta}\int_{0}^{\infty}\frac{dz}{r'^3}\left(2 - \frac{3r^2\sin^2\theta}{r'^2}\right) = \frac{\mu_0m}{4\pi\delta r^2\sin^2\theta}\int_{-\cot\theta}^{\infty}du\left[2(u^2+1)^{-3/2} - 3(u^2+1)^{-5/2}\right]\] \[= \frac{\mu_0m}{4\pi\delta r^2\sin^2\theta}\left.\left(\frac{2u}{\sqrt{u^2+1}} - \frac{2u^3+3u}{(u^2+1)^{3/2}}\right)\right|_{-\cot\theta}^{\infty} = -\frac{\mu_0m\cos\theta}{4\pi\delta r^2}.\]

Интегрирование для \(B_R\) (вклады участков \(z<r\cos\theta\) и \(z>r\cos\theta\) входят с противоположными знаками, после замены переменной получается): \[B_R = -\frac{3\mu_0m}{4\pi\delta r^2\sin^2\theta}\int_{\cot\theta}^{\infty}\frac{u\,du}{(u^2+1)^{5/2}} = -\frac{3\mu_0m}{8\pi\delta r^2\sin^2\theta}\int_{\cot^2\theta}^{\infty}\frac{dv}{(v+1)^{5/2}} = -\frac{\mu_0m\sin\theta}{4\pi\delta r^2}.\]

Решение 5. Прямое интегрирование из предыдущего решения можно выполнить проще, используя угловые переменные вместо \(z\). Пусть \(s = r\sin\theta\) — расстояние наибольшего сближения линии с точкой \(P\), а \(\varphi\) — угол от точки на линии до \(P\) (так что \(\varphi = \theta\) на конце около \(P\) и \(\varphi \approx \pi\) на другом конце). Тогда добавочное поле от малого участка, отвечающего \(d\varphi\), равно \[dB = \mu_0\frac{\sin^3\varphi}{4\pi s^3}\left(2\,dm_{\parallel} - dm_{\perp}\right) = \mu_0\frac{\sin^3\varphi}{4\pi s^3}\,\frac{dm}{dz}\,dz\left((3\cos^2\varphi - 1)\hat z - \cos\varphi\sin\varphi\,\hat r\right).\] Поскольку \(s = -z\tan\varphi\) и \(dm = m\,dz/\delta\), имеем \(dm/d\varphi = sm/(\delta\sin^2\varphi)\). Тогда \[dB = \frac{\mu_0m}{4\pi s^2\delta}\left((3\cos^2\varphi - 1)\hat z\sin\varphi\,d\varphi - \sin^2\varphi\,\hat r\cos\varphi\,d\varphi\right),\] и, следовательно, \[B = \frac{\mu_0m}{4\pi s^2\delta}\int_{\varphi=\theta}^{\varphi=\pi}\left(-(3\cos^2\varphi - 1)\hat z\,d\cos\varphi - \sin^2\varphi\,\hat r\,d\sin\varphi\right)\] \[= -\frac{\mu_0m}{4\pi s^2\delta}\left(\left.\cos^3\varphi - \cos\varphi\right|_{\theta}^{\pi}\hat z + \left.\sin^3\varphi\right|_{\theta}^{\pi}\hat r\right) = \frac{\mu_0m}{4\pi s^2\delta}\left(-\cos\theta\sin^2\theta\,\hat z + \sin^3\theta\,\hat r\right).\] Подставляя обратно выражение для \(s\), получаем \[\vec B = \frac{\mu_0m}{4\pi r^2\delta}\left(-\cos\theta\,\hat z + \sin\theta\,\hat r\right),\] что и требовалось получить.

B.1. Из-за граничного условия на поверхности ферромагнетика силовые линии поля должны входить в пластину почти перпендикулярно. Действительно, из закона циркуляции Ампера следует, что тангенциальная компонента \(\vec B/\mu\) непрерывна на поверхности ферромагнетика; аналогично, теорема Гаусса для магнитного поля означает, что нормальная компонента \(\vec B\) непрерывна. Из этих двух фактов можно вывести «закон преломления» для силовых линий: \(\tan\alpha = \mu\tan\beta\), где \(\alpha\) и \(\beta\) — углы между касательной к силовой линии и нормалью к поверхности внутри и вне ферромагнетика соответственно. Из того, что \(\mu \gg 1\), следует: пока \(\alpha\) не мало, \(\beta \approx 0\). Силовые линии, входящие в пластину, должны где-то выйти из неё; это происходит дальше от магнита — см. эскиз ниже.

Рисунок (решение B.1) — силовые линии поля магнита над ферромагнитной пластиной; отмечены линии 1, 2 и 3.

B.2. Задачу можно решить, введя магнит-изображение — зеркальное отражение реального магнита относительно поверхности пластины, при котором дипольный момент и отражается, и меняет направление. С этим магнитом-изображением граничное условие над пластиной выполняется: силовые линии входят в пластину перпендикулярно. Значит, сила и момент, действующие на реальный магнит, равны силе и моменту, действующим на магнит-изображение. Равновесие достигается, когда диполь параллелен полю, создаваемому магнитом-изображением; это имеет место, когда дипольный момент перпендикулярен пластине. Поэтому нужно отметить галочками крайние левые квадратики первой и второй строк бланка. Сила почти та же, что была найдена в пункте A.4, с той разницей, что теперь в сумме остаётся только первое слагаемое: \[F = \frac{3\mu_0m^2}{2\pi\delta^4} = 5{,}9\ \text{Н}.\]

B.3. Решение 1. Как объяснено выше, силовые линии магнитного поля перпендикулярны поверхности ферромагнитной пластины. Так как зазор узкий по сравнению с шириной пластин, силовые линии внутри зазора почти прямые. Из теоремы о циркуляции Ампера следует также, что поле в зазоре однородно. По той же теореме поле вне зазора обращается в нуль при стремлении ширины зазора к нулю, поэтому в пределе весь поток через постоянный магнит замыкается через зазор; см. эскиз силовых линий. Теперь вспомним, что дисковый магнит эквивалентен поверхностному току плотности \(J\) вдоль криволинейной поверхности диска. Значит, можно записать циркуляцию по контуру, образованному одной из силовых линий: \[I = \oint\vec H\cdot d\vec r \approx (B_1 + B_2)\,h/\mu_0,\] где \(B_1\) и \(B_2\) — индукция внутри постоянного магнита и вне магнита (но внутри зазора) соответственно. Здесь мы пренебрегли вкладом магнитного поля внутри ферромагнитной пластины в интеграл, так как \(\mu\) очень велико. Из теоремы Гаусса \(\dfrac{\pi}{4}d^2B_1 = \dfrac{\pi}{4}(D^2 - d^2)B_2\); при \(D = 2d\) это даёт \(B_1 = 3B_2\). Таким образом, \(B_2 = I\mu_0/4h = J\mu_0/4 = 0{,}375\) Тл и \(B_1 = 1{,}125\) Тл.

Для нахождения силы, действующей на одну из ферромагнитных пластин, заметим, что сила не зависит от того, что создаёт поле, и поэтому можно заменить дисковый магнит током \(I\) в сверхпроводящем кольце. Далее применим метод виртуальных перемещений и увеличим расстояние между пластинами на \(dx\). В случае сверхпроводящего кольца магнитный поток через кольцо сохраняется, поэтому напряжённость магнитного поля в зазоре при виртуальном перемещении не меняется. Теперь мы готовы вычислить изменение энергии магнитного поля. Энергия магнитного поля внутри ферромагнетика может быть пренебрежена, так как её плотность примерно в \(\mu\) раз меньше, чем в зазоре. Поэтому энергия меняется только из-за изменения объёма зазора: \[dW = \frac{\pi}{8\mu_0}\left[d^2B_1^2 + (D^2 - d^2)B_2^2\right]dx = \frac{3\pi}{2\mu_0}B_2^2d^2\,dx,\] откуда сила \[F = \frac{dW}{dx} = \frac{3\pi}{2\mu_0}B_2^2d^2 = \frac{3\pi}{32}J^2\mu_0d^2 \approx 210\ \text{Н}.\]

B.3. Решение 2. Второе решение во многом совпадает с первым и расходится лишь после нахождения полей \(B_1\) и \(B_2\). Теперь не вводим фиктивный сверхпроводящий контур, а аккуратно вычисляем все изменения энергии магнитного поля при виртуальных перемещениях. Ток по периметру постоянного магнита теперь фиксирован равным \(I\), так как его намагниченность предполагается постоянной. Можно по-прежнему использовать предыдущие выражения для энергии магнитного поля, если считать расстояние \(h\) между пластинами переменной: \[W_f = \frac{\pi d^2h}{8\mu_0}\left[B_1^2 + 3B_2^2\right], \qquad B_1 = 3B_2 = \frac{3I\mu_0}{4h} \ \Rightarrow\ W_f = \frac{3\mu_0\pi d^2I^2}{32h}.\] Кроме изменения энергии магнитного поля нужно учесть и энергию самого магнита в поле: \[W_m = -mB_1 = -\frac{\pi}{4}d^2I\cdot\frac{3I\mu_0}{4h} = -2W_f,\] так что полная энергия \(W = -W_f\). Теперь силу находим как \(F = -\dfrac{dW}{dh} = \dfrac{dW_f}{dh}\), что даёт тот же результат. Заметим, что если бы мы не учли энергию диполя, то получили бы правильный ответ по модулю, но с неверным знаком — пластины отталкивались бы вместо притяжения.

B.3. Решение 3. Есть более наглядный способ найти распределение поля. Используя аккуратно аналогию между электрическими и магнитными полями диполей, задачу можно свести к постоянной электрической поляризации, помещённой между двумя проводящими пластинами. Из сходства уравнений Максвелла следует, что \(E \approx B\), \(D \approx H\) и \(P \approx M\) с некоторыми множителями, содержащими магнитные проницаемости и диэлектрические проницаемости. Если поместить меньший цилиндр внутрь проводящих пластин, заряд индуцирует противоположный заряд, который делает силовые линии перпендикулярными проводнику. Кроме того, при введении меньшего цилиндра на больших металлических пластинах не должно возникать чистого заряда. Поэтому на металлической пластине снова появляется равномерная плотность противоположного заряда, распределённая по большей области. Фактически для поля \(E\) это эквивалентно распределению исходного заряда меньшей пластины по большей пластине. Поскольку радиусы относятся как 2, \(E = \dfrac{Q}{4S_0\epsilon_0}\), \(D_2 = \dfrac{Q}{4S_0}\), \(D_1 = \dfrac{Q}{S_0}\left(1 - \dfrac14\right) = 3D_2\). Это согласуется с \(B_2\) и \(B_1\) из предыдущих решений. Остальное следует легко. (Путаница между \(B\) и \(H\) возникает в основном из-за того, считается ли поляризационный заряд или ток свободным; достаточно самосогласованного вывода. Часть поля вблизи центра электрического и магнитного диполя имеет противоположный знак, поэтому при использовании аналогии внутри поляризации нужно быть осторожным с этим эффектом.)

B.3. Решение 4 (неверное). Решение, которое предложили несколько студентов, использует бесконечное число изображений постоянного магнита. Это образует бесконечный стержень, который, по их предположению, создаёт то же поле, что и обычный намагниченный стержень, т.е. нулевое поле вне него. Однако, поскольку пластины конечны, магнитное поле вне зазора на самом деле отлично от нуля и должно вычисляться по решению 1.

C.1. Решение 1. Так как задача состоит в нахождении лишь одной конфигурации диполей, можно просто искать конфигурации, удовлетворяющие требованиям. Самый простой подход — начать построение с цепочки магнитов из пункта A.4: если все диполи направлены параллельно друг другу и параллельно цепочке, система очевидно находится в равновесии. Далее две такие цепочки могут располагаться параллельно друг другу, а могут и антипараллельно. В обоих случаях каждый шар находится в устойчивом равновесии относительно вращений. Действительно, каждый из шаров слева и справа создаёт поле \(\vec B_1 = \hat x\,\dfrac{\mu_0m}{2\pi\delta^3}\), а каждый из шаров сверху и снизу — поле \(\vec B_2 = \pm\dfrac12\vec B_1\), где \(\hat x\) — горизонтальный единичный вектор; знак «+» соответствует антипараллельным рядам, а «\(-\)» — параллельным. Так как \(B_2 < B_1\), сумма четырёх вкладов всегда направлена вдоль \(\hat x\), что обеспечивает устойчивость магнита относительно вращений. Сила притяжения между двумя соседними рядами создаётся только вертикальными парами ближайших соседей, поэтому достаточно вычислить силу взаимодействия между двумя такими магнитами. Если два таких шара находятся на расстоянии \(y\), энергия взаимодействия равна \(W = \pm\dfrac{\mu_0m^2}{4\pi y^3}\), так что \(y\)-составляющая силы \(F_y = \dfrac{dW}{dy} = \mp\dfrac{3\mu_0m^2}{4\pi y^4}\). Это означает, что два шара притягиваются, если они антипараллельны, и отталкиваются в противном случае. Отсюда заключаем, что порядок должен быть антиферромагнитным; он показан на эскизе ниже.

Работа, необходимая для вытаскивания одного магнита, находится как его энергия взаимодействия с четырьмя ближайшими соседями, взятая с обратным знаком, т.е. \(W = \vec B\cdot\vec m\), где \(\vec B = 2\vec B_1 + 2\vec B_2 = \dfrac{3\mu_0m}{2\pi\delta^3}\hat x\), так что \(W = \dfrac{3\mu_0m^2}{2\pi\delta^3} = 29\) мДж.

Рисунок (решение C.1, решение 1) — антиферромагнитная конфигурация: стрелки показывают направления намагниченности магнитов.

C.1. Решение 2. Оказывается, существует ещё одна устойчивая конфигурация, см. рисунок ниже.

Рисунок (решение C.1, решение 2) — вторая устойчивая конфигурация; буквами отмечены магниты, для которых ведётся расчёт.

Чтобы показать, что эта конфигурация тоже устойчива, найдём направление магнитного поля в положении одного из шаров, отмеченного буквой A на рисунке, от его четырёх соседей. Используя формулу для поля диполя, видим, что шары B и D создают оба поле \(b(\hat x + 2\hat y)\), где \(\hat x\) и \(\hat y\) — горизонтальный и вертикальный единичные векторы. Шары C и E создают поле \(b(2\hat x + \hat y)\), так что полное поле равно \(6b(\hat x + \hat y)\). Это параллельно дипольному моменту шара A, т.е. момент сил на него не действует. Остаётся вычислить силу взаимодействия между соседними шарами, например A и B. Один из способов — разложить оба диполя на вертикальные и горизонтальные компоненты: \(\vec m_A = m_0(\hat x + \hat y)\) и \(\vec m_B = m_0(-\hat x + \hat y)\), где \(m_0 = m/\sqrt2\). Легко видеть, что пара диполей \(m_0\hat x\) и \(-m_0\hat x\) притягивается, и то же относится к паре \(m_0\hat y\) и \(-m_0\hat y\). Также легко видеть, что у остальных пар \(m_0\hat x\) с \(m_0\hat y\) и \(m_0\hat y\) с \(-m_0\hat x\) горизонтальной компоненты силы взаимодействия нет. Чуть труднее увидеть, что горизонтальная компонента силы взаимодействия равна нулю и в целом. Для этого сначала вычислим момент \(T_{AB}\), создаваемый диполем A на B относительно центра шара B, и момент \(T_{BA}\), создаваемый B на A относительно центра шара A; из симметрии легко видеть, что \(T_{AB} = -T_{BA}\). По третьему закону Ньютона относительно центра шара A сумма моментов, действующих со стороны B на A и со стороны A на B, должна быть равна нулю; это выражается как \(T_{AB} + T_{BA} + F_x\delta = 0\), где \(F_x\) — горизонтальная компонента силы, действующей со стороны A на B. Из этого равенства следует \(F_x = 0\). Итак, каждая пара соседних шаров притягивается, так что вся конфигурация устойчива.

C.2. Повторим шаги предыдущего пункта с единственным отличием во взаимном расположении магнитов. Теперь каждый магнит верхнего ряда взаимодействует с двумя магнитами нижнего ряда, причём три магнита образуют равносторонний треугольник. Так как будем использовать метод виртуальных перемещений, рассмотрим взаимодействие трёх магнитов, образующих равнобедренный треугольник, как показано на рисунке; пока основание треугольника фиксировано при виртуальных перемещениях, длины боковых сторон \(l\) меняются.

Рисунок (решение C.2) — три магнита, образующие равнобедренный треугольник; \(l\) — длина боковой стороны, \(\alpha\) — угол при основании.

Сначала нужно получить выражение для магнитного поля, создаваемого двумя нижними магнитами в центре верхнего магнита. Из соображений симметрии это поле горизонтально; для его нахождения используем формулу из условия задачи. Дипольный момент левого нижнего магнита разложим на составляющие, параллельную и перпендикулярную радиус-вектору, проведённому от его центра к центру верхнего магнита: \(m_{\parallel} = m\cos\alpha\) и \(m_{\perp} = m\sin\alpha\). Тогда результирующая \(x\)-компонента магнитного поля \[B_{3x} = \frac{\mu_0}{4\pi l^3}\left(2m_{\parallel}\cos\alpha - m_{\perp}\sin\alpha\right) = \frac{\mu_0m}{4\pi l^3}\left(3\cos^2\alpha - 1\right).\] Поле от обоих магнитов равно \(2B_{3x}\hat x\).

Прежде всего проанализируем устойчивость магнита относительно вращений. Как и раньше, будем считать, что магниты в одном ряду параллельны друг другу, а магниты в двух соседних рядах либо параллельны, либо антипараллельны. В любом случае ряды сверху и снизу от данного магнита параллельны друг другу; пусть они ориентированы вдоль \(\hat x\). Тогда каждый ряд вносит вклад \(2B_{3x}\hat x\) в полное поле в положении нашего магнита. Полное поле также содержит вклады \(\vec B_{4x} = \pm\dfrac{\mu_0}{2\pi\delta^3}\) от левого и правого магнитов; здесь «+» соответствует ферромагнитному порядку, а «\(-\)» — антиферромагнитному. Учитывая, что \(l = \delta\) и \(\cos\alpha = \dfrac12\), полное поле равно \[\vec B_5 = 4\vec B_{3x} + 2\vec B_{4x} = \frac{\mu_0m}{2\pi\delta^3}\left(-\frac12 \pm 2\right)\hat x.\] Оно параллельно данному магнитному диполю и для «+», и для «\(-\)», что обеспечивает устойчивость в любом случае.

Пусть \(\vec m = \pm\hat x\,m\), а \(y\) — высота равнобедренного треугольника. Вертикальная компонента силы взаимодействия магнита с магнитом нижнего ряда равна \[F_{5y} = \frac{d}{dy}\vec B_3\cdot\vec m = \pm\frac{dl}{dy}\,\frac{d}{dl}\left[\frac{\mu_0m^2}{4\pi l^3}\left(\frac{3\delta^2}{4l^2} - 1\right)\right] = \mp\frac{dl}{dy}\,\frac{3\mu_0m^2}{16\pi\delta^3};\] здесь мы использовали \(\cos\alpha = \dfrac{\delta}{2l}\) и, взяв производную, подставили \(l = \delta\). Чтобы эта сила была притягивающей, нужен знак минус, что соответствует ферромагнитному порядку (помним, что \(\dfrac{dl}{dy} > 0\)). Теперь можно отметить направления диполей на эскизе, см. рисунок ниже.

Рисунок (решение C.2) — ферромагнитная конфигурация: все стрелки направлены в одну сторону в каждом ряду.

Работа, необходимая для вытаскивания магнита, находится аналогично пункту C.1: \[W = \vec B_5\cdot m\hat x = \frac{3\mu_0m^2}{4\pi\delta^3} = 15\ \text{мДж}.\]

Подсказка

Идея: для ПЗС ключевая величина — отношение числа отсчётов к шуму; для листов — баланс потоков между соседними слоями; для пробки — сохранение величины \(U+PV\) и построение касательных к изоэнтропам на графике.

Ответ

A.1) \(d_i = \dfrac{f\,d_o}{D_o} \approx 26\) мкм;  A.2) \(d_d \approx 45\) мкм (37 мкм — тоже допустимо без множителя 1,22);  A.3) \(T_p = \left(\dfrac{A}{\pi f^2}\right)^{1/4}T_g \approx 530\) К без учёта дифракции и \(T_p \approx 320\) К с её учётом;  B.1) \(T \approx 10^3\) К (точнее \(\approx 1{,}4\times10^3\) К);  B.2) \(\sigma_t^2 = \sigma_r^2 + (i_d + p)\tau\);  B.3) \(p \approx 0{,}23\) фотона/с (\(P \approx 2290\));  B.4) \(I \approx 1{,}8\times10^{-22}\) Вт/м\(^2\);  C.1) выражения: \(T_1 = \sqrt[4]{\dfrac{I_0}{\sigma}\left(1-\dfrac1k\right)}\) и \(T_5 = \dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}\sqrt[4]{\dfrac{I_0}{k\sigma}}\), где \(k = 1 + \dfrac{1}{\alpha+\beta} + \dfrac{\alpha}{(\alpha+\beta)^2} + \dfrac{\alpha^2}{(\alpha+\beta)^3} + \dfrac{\alpha^3}{(\alpha+\beta)^4} + \dfrac{\alpha^4}{(\alpha+\beta)^4}\);  C.2) \(\alpha \approx 0{,}3\), \(\beta \approx 0{,}4\) (при уточнении \(\beta \approx 0{,}67\));  C.3) при \(2\alpha+\beta = 1\) (например, \(\alpha = 0{,}3\), \(\beta = 0{,}4\)): \(T_1 \approx 380\) К, \(T_5 \approx 102\) К;  D.1) \(P_1 > P_2\); \(U_1 < U_2\); \(S_1 < S_2\); \(V_1 < V_2\); \(T_1 \,?\, T_2\);  D.2) \(U + PV = \text{const}\);  D.3) \(U + PV \approx 41\) кДж/кг (точнее \(40{,}7\) кДж/кг);  D.4) \(T_1 \approx 11\) К;  D.5) \(P_1 \approx 1{,}8\) МПа.

Решение

Часть A.

A.1. Отношение диаметра объекта \(d_o\) на расстоянии \(D_o \gg f\) к диаметру изображения \(d_i\) даётся формулой \[\frac{d_i}{d_o} = \frac{f}{D_o}, \qquad (3)\] поэтому диаметр изображения \[d_i = \frac{(1{,}7\times10^{11}\ \text{м})(130\ \text{м})}{(89\ \text{св. лет})(3\times10^8\ \text{м/с})(365\ \text{сут/год})(86\,400\ \text{с/сут})} = 2{,}6\times10^{-5}\ \text{м} = 26\ \text{мкм}.\]

A.2. Угловой радиус центрального максимума \[\theta_{\min} = 1{,}22\,\frac{\lambda}{D}, \qquad (4)\] где \(\lambda = 800\) нм дано в условии, а \(D\) — диаметр апертуры, т.е. главного зеркала, для которого \(\dfrac{\pi}{4}D^2 = 25\) м\(^2\), откуда \(D = 5{,}6\) м. Диаметр центрального максимума тогда \[d_d = 2\theta_{\min}f = 2{,}44\,\frac{\lambda}{D}f = 1{,}22\,\frac{\lambda f}{\sqrt{A/\pi}}. \qquad (5)\] Численное значение: \[d_d = \frac{2\cdot1{,}22\cdot8\times10^{-7}\ \text{м}}{5{,}6\ \text{м}}\cdot130\ \text{м} = 4{,}5\times10^{-5}\ \text{м} = 45\ \text{мкм}.\] Ответ \(d_d = 37\) мкм также допустим (пренебрежение множителем 1,22).

A.3. Лучистая мощность звезды \[P_g = 4\pi r_o^2\sigma T_g^4. \qquad (6)\] Интенсивность в месте расположения телескопа \[I_g = \frac{P_g}{4\pi D_o^2} = \left(\frac{r_o}{D_o}\right)^2\sigma T_g^4. \qquad (7)\] Она собирается зеркалом площади \(A\) и фокусируется в одно пятно радиуса \(r_i\), так что падающая мощность \[P_i = A\left(\frac{r_o}{D_o}\right)^2\sigma T_g^4 = A\left(\frac{r_i}{f}\right)^2\sigma T_g^4. \qquad (8)\] В изображении устанавливается равновесная температура \(P_i = a\sigma T_p^4\), где \(a = \pi r_i^2\), так что \[a\sigma T_p^4 = \left(\frac{r_i}{f}\right)^2A\sigma T_g^4,\] или, без учёта дифракции, \[T_p = \left(\frac{A}{\pi f^2}\right)^{1/4}T_g \approx 530\ \text{К}. \qquad (9)\] При учёте дифракции фактическая площадь изображения звезды больше: \[a' = \left(\frac{d_i + d_d}{d_i}\right)^2 a \approx 7{,}46\,a, \qquad (10)\] где точное отношение зависит от ответов на A.1 и A.2. Фактическая температура пикселя будет \[T_{p,\text{верн}} = \left(\frac{A}{7{,}46\,\pi f^2}\right)^{1/4}T_g \approx 320\ \text{К}. \qquad (11)\]

Часть B.

B.1. Нас интересует наклон графика, который равен \[\text{наклон} = \frac{3-(-1)}{0{,}111\ \text{К}^{-1} - 0{,}151\ \text{К}^{-1}} = -100\ \text{К}\] (здесь \(3\) и \(-1\) — значения \(\lg i_d\) при \(1/T = 0{,}111\) и \(0{,}151\) К\(^{-1}\)). Это характеристическая температура, т.е. хотя бы частичный ответ на задачу. Значение \[\left|\frac{\Delta E_g}{6k_B}\right| = \ln10\times100\ \text{К} = 230\ \text{К},\] поэтому \[\frac{\Delta E_g}{k_B} = 6\times230\ \text{К} = 1380\ \text{К}.\]

B.2. Три неопределённости: \[\sigma_r, \qquad \sigma_d = \sqrt{i_d\tau}, \qquad \sigma_p = \sqrt{p\tau},\] и тогда \[\sigma_t^2 = \sigma_r^2 + (i_d + p)\tau.\]

B.3. При температуре \(T = 7{,}5\) К темновой ток равен \(i_d = 5\) электронов в секунду. Это даёт полный отсчёт темнового тока \[i_d\tau = 5\times10^4.\] Пусть \(P\) — число фотоотсчётов. Тогда \(P = 10\sigma_t\), откуда \[P^2 = 100\left(\sigma_r^2 + i_d\tau + P\right) \qquad (12)\] с решением \(P \approx 2290\) и скоростью \(p = 0{,}229\) фотона в секунду.

B.4. Ближние инфракрасные фотоны имеют энергию \(E_g = \Delta E_g = (1380\ \text{К})\cdot k_B\), так что \[E_g = (1380\ \text{К})(1{,}38\times10^{-23}\ \text{Дж/К}) = 1{,}9\times10^{-20}\ \text{Дж}.\] Это не вопрос порядка величины, как в B.1. Энергия, получаемая в секунду, \[E = (0{,}23)(1{,}9\times10^{-20}\ \text{Дж}) = 4{,}4\times10^{-20}\ \text{Дж},\] и интенсивность падающего излучения на главное зеркало \[I = \frac{E/t}{A} = \frac{4{,}4\times10^{-20}\ \text{Дж/с}}{25\ \text{м}^2} = 1{,}8\times10^{-22}\ \text{Вт/м}^2.\]

Часть C.

C.1. Пусть \(Q_i\) — тепловой поток с поверхности, а \(Q_{ij}\) — разность тепловых потоков между двумя обращёнными друг к другу поверхностями. Нужно учесть три типа разностей.

Между Солнцем и первым листом: \[Q_{01} = \epsilon A\sigma\left(\frac{I_0}{\sigma} - T_1^4\right) \qquad (13)\] — чистый тепловой поток в первый лист со стороны Солнца.

Между любыми двумя соседними листами: \[Q_{ij} = \epsilon A\sigma\left(T_i^4 - T_j^4\right) \qquad (14)\] — это не чистый поток между листами, а удобное выражение для дальнейшего использования.

Между последним листом и холодным пространством космоса: \[Q_{56} = \epsilon A\sigma T_5^4 \qquad (15)\] — чистый тепловой поток с дальней стороны последнего листа.

Из условия поток, испущенный одним листом и поглощённый соседним, равен \(q_i = \alpha Q_i\); чистый поток из одного листа, поглощённый соседним, равен \(q_{ij} = \alpha Q_{ij}\); а поток, выброшенный в космос между двумя листами, равен \(q'_{ij} = \beta Q_{ij}\). Приближение состоит в том, что \(\beta\) одинаково для всех четырёх пар соседних листов; это делает задачу разрешимой и было явным допущением, которое предлагалось принять.

Учащийся должен распознать, что \[Q_{01} = \epsilon A\sigma\left(\frac{I_0}{\sigma} - T_1^4\right) \quad (16), \qquad Q_{12} = \epsilon A\sigma\left(T_1^4 - T_2^4\right) \quad (17),\] \[Q_{23} = \epsilon A\sigma\left(T_2^4 - T_3^4\right) \quad (18), \qquad Q_{34} = \epsilon A\sigma\left(T_3^4 - T_4^4\right) \quad (19),\] \[Q_{45} = \epsilon A\sigma\left(T_4^4 - T_5^4\right) \quad (20), \qquad Q_{56} = \epsilon A\sigma T_5^4 \quad (21),\] и их сумма даёт \[Q_{01} + Q_{12} + Q_{23} + Q_{34} + Q_{45} + Q_{56} = \epsilon A I_0. \qquad (22)\] Нужно рассмотреть баланс энергии для любого листа: \[q_{i-1,i} = q_{i,i+1} + q'_{i,i+1}, \qquad (23)\] что означает: чистый поток, входящий в лист \(i\) из листа \(i-1\), должен равняться чистому потоку, выходящему из листа \(i\) к листу \(i+1\) или в космос. Подставляя \(Q_{ij}\): \[\alpha Q_{i-1,i} = \alpha Q_{i,i+1} + \beta Q_{i,i+1}, \quad\text{или}\quad Q_{i-1,i} = \frac{\alpha+\beta}{\alpha}\,Q_{i,i+1}. \qquad (24)\] Соотношение для первого листа немного иное: \[q_{0,1} = Q_{0,1} = \alpha Q_{1,2} + \beta Q_{1,2}, \qquad (25)\] а для пятого листа: \[q_{4,5} = Q_{5,6}. \qquad (26)\] Важнее всего \[Q_{5,6} = \frac{\alpha^4}{(\alpha+\beta)^4}\,Q_{0,1}. \qquad (27)\] Теперь используем рекуррентное соотношение (24), чтобы просуммировать шесть членов \(Q_{ij}\) в (22): \[kQ_{0,1} = \epsilon A I_0, \qquad (28)\] с постоянной \[k = 1 + \frac{1}{\alpha+\beta} + \frac{\alpha}{(\alpha+\beta)^2} + \frac{\alpha^2}{(\alpha+\beta)^3} + \frac{\alpha^3}{(\alpha+\beta)^4} + \frac{\alpha^4}{(\alpha+\beta)^4}. \qquad (29)\] Подставляя \(Q_{0,1}\) обратно в (13), получаем \[T_1 = \sqrt[4]{\frac{I_0}{\sigma}\left(1-\frac1k\right)} = \sqrt[4]{\frac{I_0(k-1)}{k\sigma}}. \qquad (30)\]

Подставляя в (27) и (15), получаем \[T_5 = \frac{\alpha}{\alpha+\beta}\sqrt[4]{\frac{I_0}{k\sigma}}, \qquad (31)\] что можно записать изящно как \(T_5 = \dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}\sqrt[4]{\dfrac{1}{k-1}}\;T_1\).

C.1. Другой (исходный) вывод. Начнём с чистого потока энергии в первый лист от Солнца и выразим потоки между листами: \[q_{01} = \epsilon A\left(I_0 - \sigma T_1^4\right), \qquad (32)\] где \(A\) — площадь листа, \(\epsilon\) — излучательная способность, \(\sigma\) — постоянная Стефана–Больцмана, \(T_1\) — температура первого листа. Между листами \(i\) и \(j\) каждый лист излучает поток \(\epsilon A\sigma T^4\) в сторону другого, но доля \(\beta\) уходит в космос через зазор. Поскольку \(\alpha\) — доля излучения одного листа, поглощаемая другим, чистый поток из листа \(i\) в лист \(j\) равен \[q_{ij} = \alpha\,\epsilon A\sigma\left(T_i^4 - T_j^4\right), \qquad (33)\] а потеря в космос из зазора между листами \[q'_{ij} = \beta\,\epsilon A\sigma\left(T_i^4 - T_j^4\right) = \frac{\beta}{\alpha}\,q_{ij}. \qquad (34)\] Не следует считать, что \(\alpha + \beta = 1\): часть энергии, испущенной листом, может быть поглощена им же.

Наконец, чистый поток тепловой энергии в космос (температура космоса \(T_s = 0\)) с дальней стороны пятого листа: \[q_{5s} = \epsilon A\left(\sigma T_5^4 - \sigma T_s^4\right) = A\epsilon\sigma T_5^4. \qquad (35)\] Запишем каждое из выражений (33) в форме \[\frac{1}{\alpha}\,q_{ij} = A\epsilon\sigma\left(T_i^4 - T_j^4\right) \qquad (36)\] и сложим члены (32), четыре из (36) и (35): \[q_{01} + \frac{1}{\alpha}\left(q_{12}+q_{23}+q_{34}+q_{45}\right) + q_{5s} = \epsilon A I_0 \qquad (37)\] (все слагаемые \(T_i\) сокращаются в правой части).

Из сохранения энергии чистый поток в первый лист от Солнца и чистый поток из первого листа в лист два или в космос из зазора равны: \[q_{01} = q_{12} + q'_{12}, \qquad (38)\] где \(q'_{12}\) — часть, испущенная из зазора в космос. Учитывая (34), \[q_{01} = \left(1 + \frac{\beta}{\alpha}\right)q_{12} = \frac{\alpha+\beta}{\alpha}\,q_{12}. \qquad (39)\] Аналогично для остальных пар листов: \[q_{23} = \frac{\alpha}{\alpha+\beta}\,q_{12} = \left(\frac{\alpha}{\alpha+\beta}\right)^2 q_{01}, \quad q_{34} = \left(\frac{\alpha}{\alpha+\beta}\right)^3 q_{01}, \quad q_{45} = \left(\frac{\alpha}{\alpha+\beta}\right)^4 q_{01}.\] Для последнего листа весь чистый поток, пришедший от четвёртого листа, полностью уходит в космос с тёмной стороны: \[q_{5s} = q_{45} = \left(\frac{\alpha}{\alpha+\beta}\right)^4 q_{01}. \qquad (40)\] Сумма в левой части (37) тогда может быть записана как \[k\,q_{01} = \epsilon A I_0, \qquad (41)\] где \(k\) — та же удобная постоянная, что и в (29). Из (32) и (41) \[T_1 = \sqrt[4]{\frac{I_0}{\sigma}\left(1-\frac1k\right)}, \qquad (42)\] а из (40) \[T_5 = \frac{\alpha}{\alpha+\beta}\sqrt[4]{\frac{I_0}{k\sigma}}, \qquad (43)\] что можно записать как \(T_5 = \dfrac{\alpha}{\alpha+\beta}\sqrt[4]{\dfrac{1}{k-1}}\,T_1\).

C.2. Площадь зазора \[A_{\text{зазора}} = 4h\sqrt{A}. \qquad (44)\] Считаем, что вероятность поглощения листом равна отношению эффективных площадей: \[\alpha = \frac{\epsilon A}{2\epsilon A + A_{\text{зазора}}}. \qquad (45)\] Это даёт \(\alpha = 0{,}3\).

Вероятность выброса в космос: \[\beta = \frac{A_{\text{зазора}}}{2\epsilon A + A_{\text{зазора}}}. \qquad (46)\] Это даёт \(\beta = 0{,}4\).

Особое замечание. Принятое допущение: отводимое тепло записывается как \(q_{ij} = \beta\epsilon\sigma A\left(T_i^4 - T_j^4\right)\). Это верно, но \(\beta\) стала бы бесконечной при \(T_i = T_j\). Лучше было бы записать \(q_{ij} = \beta'\epsilon\sigma A\left(T_i^4 + T_j^4\right)\), что при \(\epsilon\ll1\) соответствует правилу сохранения энергии \(2\alpha + \beta' = 1\). Фактически именно \(\beta'\) и находит студент в приведённом выше подходе. Если считать, что температуры соседних листов связаны соотношением \(T_j = \gamma T_i\), то \(\beta = \beta'\,\dfrac{1+\gamma^4}{1-\gamma^4}\). В нашем случае \(\gamma^4 \approx \dfrac{100\ \text{К}}{400\ \text{К}}\), что даёт \[\beta = \frac{5}{3}\beta' = \frac{5}{3} - \frac{10}{3}\alpha\] — наилучшая оценка; в нашем случае ожидаем \(\beta = 0{,}67\).

Альтернативный способ (оценка потока из зазора). Пусть охваченный объём — абсолютно чёрное тело в равновесии (что не так) при температуре, определяемой средним четвёртых степеней двух температур, \(\frac12\left(T_i^4 + T_j^4\right)\). Тогда излучение из площади \[q_{\text{потерь}} = \sigma A_g\cdot\frac12\left(T_i^4 + T_j^4\right),\] где \(A_g\) — площадь зазора, \(A_g = 4h\sqrt{A}\). Энергия поступает в объём со скоростью \(q_{\text{вх}} = \epsilon\sigma A\left(T_i^4 + T_j^4\right)\), так что доля потерь \[\beta = \frac{A_g}{2\epsilon A} = \frac{2h}{\epsilon\sqrt{A}} = 0{,}7.\]

Этот вариант даёт меньше баллов, так как опирается на непроверенное физическое предположение. Оценка \(\alpha\) по этой \(\beta\) проводится по той же схеме.

C.3. Численное определение температур. Солнечная интенсивность \(I_0 = 1360\) Вт/м\(^2\); фоновая температура космоса \(T_b = 20\) К пренебрежимо мала. При \(2\alpha + \beta = 1\) и различных значениях \(\beta\), \(\alpha\) получаются следующие результаты: (\(\beta = 0{,}3\), \(\alpha = 0{,}35\)): \(T_1 \approx 383\) К, \(T_5 \approx 120\) К; (\(\beta = 0{,}4\), \(\alpha = 0{,}3\)): \(T_1 \approx 380\) К, \(T_5 \approx 102\) К; (\(\beta = 0{,}5\), \(\alpha = 0{,}25\)): \(T_1 \approx 376\) К, \(T_5 \approx 83\) К; (\(\beta = 0{,}6\), \(\alpha = 0{,}2\)): \(T_1 \approx 373\) К, \(T_5 \approx 65\) К; (\(\beta = 0{,}7\), \(\alpha = 0{,}15\)): \(T_1 \approx 369\) К, \(T_5 \approx 48\) К. При \(\alpha + \beta = 1\): (\(\beta = 0{,}3\), \(\alpha = 0{,}7\)): \(T_1 \approx 370\) К, \(T_5 \approx 189\) К; (\(\beta = 0{,}4\), \(\alpha = 0{,}6\)): \(T_1 \approx 368\) К, \(T_5 \approx 165\) К; (\(\beta = 0{,}5\), \(\alpha = 0{,}5\)): \(T_1 \approx 365\) К, \(T_5 \approx 140\) К; (\(\beta = 0{,}6\), \(\alpha = 0{,}4\)): \(T_1 \approx 363\) К, \(T_5 \approx 114\) К; (\(\beta = 0{,}7\), \(\alpha = 0{,}3\)): \(T_1 \approx 361\) К, \(T_5 \approx 87\) К. Результаты согласуются с теоретическими значениями 320 К и 90 К. Основные различия объясняются разными покрытиями разных поверхностей, зависимостью излучательной способности от температуры и длины волны (что призвано отражать видимый солнечный свет и излучать инфракрасное со стороны Солнца у первого листа), а также тем, что листы не имеют однородной температуры.

Часть D.

D.1. Ответы (см. бланк): (a) \(P_1 > P_2\) — перепад давления и есть движущая сила для продавливания газа через пробку с большим вязким трением; (b) \(U_1 < U_2\) — вязкое трение диссипативно, и энергия движения через пробку не уходит никуда, поэтому внутренняя энергия газа должна возрастать; (c) \(S_1 < S_2\) — хотя тепло не поступает и не отводится, процесс необратим и не является изоэнтропийным; (d) \(V_1 < V_2\) — скорость газа справа чуть выше, и так как масса сохраняется, объём моля газа справа больше; (e) \(T_1 \,?\, T_2\) — для идеального газа можно было бы ожидать \(T_1 \le T_2\), так как \(U\propto T\), но гелий не идеален, и \(U\) зависит и от температуры, и от плотности; поэтому соотношение \(T_1\) и \(T_2\) заранее определить нельзя. В этом и состоит суть задачи и трудность получения жидкого гелия.

D.2. Моль газа с параметрами \(P_1, V_1, T_1, U_1\) входит в пористую пробку слева и выходит с другой стороны с параметрами \(P_2, V_2, T_2, U_2\).

Рассмотрим сначала подход с контрольным объёмом. Газ слева толкает моль через пробку с постоянной силой \(P_1A\) на пути объёма \(V_1\). Моль, проходя через пробку вправо, вытесняет газ справа с постоянной силой \(P_2A\) на пути объёма \(V_2\).

Работа, которую совершает окружающий газ в области 1 над молем, поступающим в пробку, равна \(W_1 = P_1V_1\), поскольку давление постоянно, а эффективное изменение объёма равно \(V_1\). Аналогично, при входе в область 2 моль должен вытеснить объём \(V_2\) уже находившегося там газа, так что \(W_2 = -P_2V_2\). Чистая работа \[W_{\text{чист}} = P_1V_1 - P_2V_2. \qquad (47)\] Так как теплообмена нет, \[U_2 - U_1 = \Delta U = Q + W_{\text{чист}} = P_1V_1 - P_2V_2, \qquad (48)\] откуда \(U_2 + P_2V_2 = U_1 + P_1V_1\), т.е. величина \(U + PV\) сохраняется.

Рассмотрим также дифференциальный подход. Сосредоточимся на порции газа, проходящей через пробку. Полная энергия порции молярного размера содержит два члена: внутреннюю энергию \(\delta U\) и кинетическую энергию направленного движения \(\delta K\); она имеет объём \(\delta V\). Эти величины экстенсивны, но ради краткости знак \(\delta\) опускаем. Порция — цилиндр с торцевой площадью \(\delta A\) и длиной \(dx\). На порцию действуют три силы: давление на левом торце, давление на правом торце и сила вязкого трения о стенки.

Так как порция имеет дифференциальную длину \(dx\), результирующая сила от разности давлений на концах равна \[F_{\text{торц}} = -V\frac{dP}{dx},\] где \(V\) — снова объём цилиндра. Эта сила (в основном) уравновешивается силой вязкого трения \(F_{\text{стенки}}\) о стенки губки; эти две силы в сумме дают ноль. Именно вязкие силы со стороны стенок создают градиент давления в губке.

Кинетическая энергия направленного движения порции при прохождении через губку существенно не меняется: это видно из того, что скорость газа как целого существенно не меняется.

Проблема этого подхода в том, что система не находится в термодинамическом равновесии; процесс необратим, поэтому нельзя приписать корректно определённые переменные состояния. Это означает, что \[dU = TdS - PdV \qquad (49)\] не является функцией, которую можно проинтегрировать; действительно, из предыдущей части задачи \(dS \ne 0\). Утверждение, что \(V\,dP = -T\,dS\), довольно нестрого, и его обоснование требует рассмотрения подхода с контрольным объёмом.

Тем не менее идеи сохранения энергии остаются верными, даже если термодинамически они определены плохо, так что \[dU = -P\,dV - V\,dP,\] поскольку часть, связанная с \(-V\,dP\), не меняет кинетическую энергию направленного движения, а рассеивается во внутреннюю энергию газа. Итог: \[dU = -d(PV), \quad\text{или}\quad U + PV = \text{const}.\]

D.3. Давление можно найти по графику, применяя \[dU = TdS - PdV\] и требуя постоянства энтропии, \(dS = 0\): \[P = -\left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_S, \qquad (50)\] т.е. давление равно отрицательному наклону кривой постоянной энтропии на графике \(U\)–\(V\).

Другой способ найти давление — рассмотреть линию постоянной \(U\): \(\dfrac{P}{T} = \left(\dfrac{\partial S}{\partial V}\right)_U\). Тогда \[U + PV = U - \left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_S V\] — сохраняющаяся величина.

Здесь \(-(\partial U/\partial V)_S\) измеряется только в точке \(V_1, U_1\) и является наклоном касательной к кривой постоянной энтропии. Следуя по этой касательной назад на расстояние \(V\), приходим к пересечению с осью \(U\), и это пересечение и есть сохраняющаяся величина.

Более математически, определим функцию \(H = U + PV\); тогда \[U = H_2 - P_2V\] — уравнение прямой, \[U = H_2 + \left.\left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_S\right|_2 V, \qquad (51)\] с пересечением с осью \(U\), равным сохраняющемуся \(H_2\).

Оценку можно сделать визуально, но точно это трудно. Попробуем провести прямую из точки \(V_2 = 0{,}120\), \(T_2 = 7{,}5\), касательную к локальной изоэнтропе; её пересечение с осью \(U\) оказывается около 40. Это показано зелёным цветом на рисунке ниже.

Рисунок (решение D.3, шаг 1) — первая оценка: зелёная касательная из точки \(V_2 = 0{,}120\), \(T_2 = 7{,}5\) К; пересечение с осью \(U\) около 40 кДж/кг.

Теперь уточним результат. Проведём прямую из точки 39, касательную к ближайшей изоэнтропе к \(V_2 = 0{,}100\), \(T_2 = 7{,}5\); проведём другую прямую из точки 41, также касательную к ближайшей изоэнтропе к \(V_2 = 0{,}100\), \(T_2 = 7{,}5\). Они показаны фиолетовым цветом.

Рисунок (решение D.3, шаг 2) — две фиолетовые касательные (из 39 и из 41); зелёная линия — выделенная для интерполяции.

Измерив линейкой расстояние между двумя фиолетовыми линиями, найдём долю расстояния до точки \(V_2 = 0{,}100\), \(T_2 = 7{,}5\) вдоль выделенной зелёной линии. Она составляет около 75% от нижней фиолетовой линии. Значит, сохраняющаяся величина должна лежать на 75% высоты выделенного синего участка графика. Соединяющая линия показана на рисунке.

Эта точка соответствует примерно 41 кДж/кг. Фактическое значение сохраняющейся величины \(U + PV = 40{,}7\) кДж/кг.

D.4. Проведите серию радиальных линий из точки сохранения, касательных к линиям постоянной энтропии, и отметьте точку касания. Соедините точки плавной кривой: это кривая значений \(U_1\) как функции \(V_1\), имеющих сохраняющуюся величину. Найдите максимальное пересечение с изотермой.

Рисунок (решение D.4) — семейство радиальных линий из точки \(U + PV\) к изоэнтропам.

Это происходит примерно при \(T_1 = 11\) К. Если бы \(T_1\) было выше, охладить газ до \(T_2 = 7{,}5\) К было бы невозможно. Студентам не нужно проводить все линии: с помощью линейки можно визуально найти касательную, максимизирующую температуру \(T_1\), сдвигая её.

D.5. Используя найденные результаты, по наклону линии от сохраняющейся величины до точки максимальной температуры \[P_1 = -\frac{(41) - (10)}{(0) - (0{,}0170)} = 1{,}8\ \text{МПа}.\] Значение согласуется с наклоном графика: \(1{,}6\ \text{МПа} \le P_1 \le 2{,}4\ \text{МПа}\).

Подсказка

Идея: по размерностям найти зависимость частоты и коэффициента затухания от радиуса шара; затем сравнить затухание с частотой. Для оценки силы в части C используйте решение через релятивистскую динамику: сила постоянна в земной системе отсчёта.

Ответ

A.1) \(l' = \sqrt{\dfrac{d'}{d}}\,l = \sqrt{10}\cdot50\) см \(\approx 158\) см; B.1) \(F_f = \left(\dfrac{1}{10}\right)^{-1/3}F_c \approx 21{,}5\) Н; C.1) \(\dfrac{d'}{d} \approx 480\) (точнее \(\dfrac{2}{3}\,e^{gT/8}\) при \(T = 50\) лет и \(g = 10\) м/с\(^2\) в естественных единицах); D.1) \(\dfrac{r_{\min}}{r_0} = \sqrt[3]{1-0{,}99^2} \approx 0{,}271\).

Решение

Часть A. Задача A. Раздел 2.2.2 (статика). Рассмотрим только левую половину спагетти. Баланс моментов на её правом конце: момент, создаваемый горизонтальными напряжениями, должен уравновешивать момент силы тяжести, \(\tau \propto ml \propto d^2l^2\). Этот момент возникает из-за градиента горизонтального напряжения. Если типичное горизонтальное напряжение равно \(\sigma\), то типичная сила \(F \propto \sigma d^2\), и момент \(\tau \propto Fd \propto \sigma d^3\). Отсюда \[\sigma d^3 \propto d^2l^2 \quad\Rightarrow\quad l \propto \sqrt{d},\] так что \[l' = \sqrt{\frac{d'}{d}}\,l = \sqrt{10}\cdot50\ \text{см} = 158\ \text{см}.\]

Часть B. Задача B. Раздел 2.2.2 (статика) и 2.2.5 (гидродинамика) программы.

Из-за смачивания поверхностей песчинок и большого поверхностного натяжения вода действует как клей для песка. Это значит, что все зёрна должны быть связаны границей раздела вода–воздух. Для этого воды не должно быть ни слишком мало, ни слишком много: если воды мало, большинство зёрен сухие и не связаны поверхностным натяжением; если воды слишком много, почти все зёрна погружены в воду, и опять поверхностное натяжение их не связывает. Таким образом, прочность построек из влажного песка зависит от содержания воды; мы предполагаем, что для обоих типов песка содержание воды оптимально и форма зёрен статистически одинакова.

Рассмотрим два соседних зерна, соединённых водяным мениском — «шейкой», как мы будем её называть далее. Заметим, что «шейка» может простираться далеко перпендикулярно плоскости рисунка; поэтому под «шейкой» понимается та часть границы вода–воздух, для которой два ближайших зерна — рассматриваемые.

Существуют два процесса, связывающих песчинки. Первый — сила поверхностного натяжения \(F_s = \gamma l\), где \(\gamma\) — коэффициент поверхностного натяжения, а \(l\) — периметр «шейки»; так как \(l \sim r_g\), где \(r_g\) — характерный масштаб одного зерна, получаем \(F_s \sim \gamma r\). Второй — сила давления, обусловленная отрицательным капиллярным давлением в шейке, \(F_p = \Delta p\,A\), где \(A\) — площадь поперечного сечения «шейки», а \(\Delta p \sim \gamma/r\). При \(A \sim r^2\) получаем \(F_p \sim \gamma r\). Обе составляющие имеют один порядок величины, и использование любой из них даёт правильный масштабный закон. Эти силы прижимают зёрна друг к другу, поэтому нормальная сила и сила трения между зёрнами тоже порядка \(F_s\) и \(F_p\).

Решение 1. Типичная сила, необходимая, чтобы сдвинуть одно зерно, \(F_g \propto r_g\). Сила, необходимая, чтобы сместить целый горизонтальный слой песка, равна \(\propto F_gN_l\), где \(N_l \sim A/r_g^2\) — число зёрен в слое. Сила \(F\) разрушения цилиндра удовлетворяет \[F \propto F_gN_l \propto \frac{r_g}{r_g^2} = r_g^{-1} \propto V_g^{-1/3},\] поэтому \[F_f = \left(\frac{1}{10}\right)^{-1/3}F_c = 21{,}5\ \text{Н}.\]

Решение 2. Выше было показано, что зёрна с одной стороны условной поверхности действуют на зёрна с другой стороны силой на единицу площади порядка капиллярного давления \(\Delta p \sim \gamma/r_g\). Чтобы зёрна начали двигаться, нужно приложить внешнее давление того же порядка. Для обоих цилиндров площадь, на которую прикладывается сила, одна и та же, поэтому сила масштабируется как капиллярное давление: \(F \propto 1/r_g \propto V^{-1/3}\).

Решение 3. Сила сжатия служит для разрыва поверхностных связей между зёрнами песка. Рассмотрим энергию \(E\), необходимую, чтобы продавить один слой песка в слой под ним. \(E \propto Fr_g\), где \(F\) — требуемая сила, а \(r_g\) — характерная высота слоя (т.е. характерный масштаб зерна). С другой стороны, \(E = \gamma\,\Delta A\), где \(\gamma\) — поверхностное натяжение воды, а \(\Delta A\) — полное изменение площади поверхности воды в слое, при котором разрываются все «водяные связи» между зёрнами. Здесь \(\Delta A\) пропорционально площади \(A\) слоя и поэтому одинаково для двух цилиндров. Значит, \(E \propto Fr_g\) одинаково для двух цилиндров, т.е. \(F \propto r_g^{-1}\).

Решение 4. Сила \(F\) должна быть пропорциональна площади основания цилиндра \(A\). Сила, необходимая для разрушения цилиндра с площадью основания \(A = nA_0\), равна силе, необходимой для разрушения \(n\) цилиндров с площадью основания \(A_0\); поэтому \(F \propto n \propto A\). Кроме того, \(F\) зависит от масштаба зерна \(r_g\) и поверхностного натяжения воды \(\gamma\). Размерный анализ даёт \[F \propto A\,\frac{\gamma}{r_g} \propto r_g^{-1}\] при фиксированных \(A\) и \(\gamma\).

Часть C. Задача C. Раздел 2.5 (относительность) программы.

Пусть \(T = 50\) лет — полное время путешествия экипажа. Для максимального удаления корабль ускоряется с постоянным собственным ускорением \(a = g\) в течение собственного времени \(T/4\), за которое проходит расстояние \(d\). Затем он замедляется с \(a = -g\) в течение собственного времени \(T/4\), чтобы остановиться; при этом проходит ещё расстояние \(d\). Затем возвращается на Землю тем же способом.

Решение 0 (неверное). Если пренебречь относительностью, то \(d \propto \tfrac12 gt^2 \propto g\), что даёт ответ 1,5.

Решение 1. Один из подходов: заметить, что постоянное ускорение в системе корабля означает постоянную силу в земной системе отсчёта. Это непосредственно следует из преобразования Лоренца для электромагнитного поля, а именно из того, что при переходе в систему, движущуюся вдоль оси \(x\), компонента электрического поля \(E_x\) не меняется. Значит, с одной стороны, сила \(F_x = eE_x\), действующая на ускоряющуюся частицу с массой покоя \(m_0\) и зарядом \(e\), постоянна в лабораторной системе. С другой стороны, ускорение этой частицы в инерциальной системе, движущейся со скоростью \(v\), где \(v\) — скорость частицы в данный момент времени \(t\), всегда равно \(eE_x/m_0\) независимо от \(t\), т.е. постоянно во времени.

Тем, кто не знаком с преобразованием Лоренца для электромагнитного поля, это свойство можно вывести из преобразования Лоренца для импульса и координат. Используем снова (i) лабораторную систему и (ii) инерциальную систему, движущуюся со скоростью \(v\) — скоростью корабля в данный момент времени, которая принимается за начало отсчёта, \(t = t' = 0\); штрихом обозначены величины во второй системе. Для малого промежутка времени, пренебрегая членами второго порядка, в системе (ii) импульс, координата и релятивистская масса выражаются как \(p' = F't'\), \(x' = 0\), \(m' = m_0\) соответственно; применяя преобразование Лоренца, получаем \(t = \gamma t'\) и \(p = \gamma(F't' + m_0v) = tF' + \gamma m_0v\). В системе (i) \(p = \gamma m_0v + Ft\); сравнивая с предыдущим результатом, получаем \(F = F'\).

Похоже, что в любом случае скорость корабля очень быстро приближается к \(c\), много быстрее, чем проходит время путешествия. Поэтому в системе единиц \(c = 1\) путь \(x\) с очень хорошей точностью равен времени \(t\): \(x = t\).

Осталось связать \(t\) с собственным временем \(\tau\): \[d\tau = \frac{dt}{\gamma} = \frac{dt\,m_0}{\sqrt{m_0^2 + m_0^2g^2t^2}}.\] Интегрируя, получаем \(\tau = \dfrac{\mathrm{arsinh}(gt)}{g}\), откуда \[x \approx t = \frac{\sinh(g\tau)}{g} \approx \frac{\exp(g\tau)}{2g}.\] Итак, отношение пройденных расстояний \[\frac{d_2}{d_1} = \frac{g}{1{,}5g}\exp\left(1{,}5g\tau - g\tau\right) = \frac23\exp\left(\frac{gT}{8}\right) \approx 480.\] Заметим, что точное соотношение между \(x\) и \(t\) можно получить, записав энергию корабля как \(m = m_0 + m_0gx\), а импульс как \(p = m_0gt\). Тогда лоренц-инвариант \((m_0 + m_0gx)^2 - (m_0gt)^2 = m_0^2\) даёт \(x(x + 2/g) = t^2 = \sinh^2(g\tau)/g^2\), откуда \(x = [\cosh(g\tau) - 1]/g\).

Решение 2. Пусть \(w\) — быстрота корабля, определяемая как \(w \equiv \mathrm{artanh}\,\beta\), где \(\beta\) — скорость корабля. Тогда \(\beta = \tanh w\), лоренц-фактор \(\gamma = \cosh w\) и импульс \(p = m_0\sinh w\).

Как показано в решении 1, корабль с постоянным собственным ускорением \(g\) испытывает постоянную трёхсилу \[F = m_0g = \frac{dp}{dt} = m_0\cosh w\,\frac{dw}{dt} \quad\Rightarrow\quad \frac{dw}{dt} = \frac{g}{\cosh w}.\] С другой стороны, замедление времени связывает \(t\) с собственным временем \(\tau\) как \[\frac{dt}{d\tau} = \gamma = \cosh w \quad\Rightarrow\quad \frac{dw}{d\tau} = \frac{dw}{dt}\,\frac{dt}{d\tau} = g.\] Интегрирование даёт \(w = g\tau\). Учитывая \(dt = \gamma\,d\tau\), получаем расстояние, пройденное за четверть рейса: \[d = \int_0^{T/4}\beta\gamma\,d\tau = \int_0^{T/4}\tanh w\cosh w\,d\tau = \int_0^{T/4}\sinh(g\tau)\,d\tau = \frac{1}{g}\left(\cosh\frac{gT}{4} - 1\right).\] Ответ: \[\frac{g_1}{g_2}\cdot\frac{\cosh(g_2T/4c) - 1}{\cosh(g_1T/4c) - 1} = \frac{10}{15}\cdot\frac{\cosh(19{,}72) - 1}{\cosh(13{,}15) - 1} \approx \frac23\,e^{19{,}72 - 13{,}15} = 480.\]

Решение 3. Задачу можно решить также с помощью приёма, введённого Анри Пуанкаре в 1905 г. [Poincaré, M.H. Sur la dynamique de l'électron. Rend. Circ. Matem. Palermo 21, 129–175 (1906)]: изображать процесс на диаграмме \(x - ict\). Преимущество этой диаграммы в том, что релятивистский инвариант \(x^2 - c^2t^2\) переходит в евклидов квадрат расстояния \(x^2 + \theta^2\) с \(\theta = ict\). Значит, на этой диаграмме можно использовать евклидову геометрию. В частности, преобразование Лоренца становится поворотом евклидовой плоскости \(x - ict\) на угол \(\alpha = \arctan\dfrac{v}{ic}\).

Рассмотрим траекторию корабля; её бесконечно малая длина дуги равна \(ic\,d\tau\), где \(d\tau\) — дифференциал собственного времени, а бесконечно малый угол поворота касательной равен \(d\alpha = \arctan(dv/ic) = dv/(ic) = g\,d\tau/(ic)\). Значит, радиус кривизны \(R = \dfrac{ic\,d\tau}{d\alpha} = -\dfrac{c^2}{g}\) постоянен, т.е. траектория — окружность радиуса \(R\). Теперь легко связать пройденное расстояние \(x\) с длиной дуги \(ic\tau\): \[x = R\left(1 - \cos\alpha\right) = R\left(1 - \cos\frac{ic\tau}{R}\right) = \frac{c^2}{g}\left(\cosh\frac{g\tau}{c} - 1\right).\]

Решение 4. Задачу можно решить и с помощью релятивистского закона сложения скоростей. Пусть \(v = \beta c\) — скорость корабля в лабораторной системе, \(t\) — лабораторное время, \(\tau\) — собственное время. Рассмотрим также систему, движущуюся с постоянной скоростью \(v\), в которой корабль ускоряется из покоя: \[\beta + d\beta = \frac{\beta + \dfrac{g\,d\tau}{c}}{1 + \beta\dfrac{g\,d\tau}{c}} \approx \beta + \frac{g\,d\tau}{c}\left(1 - \beta^2\right).\] Отсюда \[\frac{d\beta}{1-\beta^2} = \frac{g\,d\tau}{c} \quad\Rightarrow\quad \beta = \tanh\frac{g\tau}{c}.\] Из формулы релятивистского замедления времени получаем \[dt = \frac{d\tau}{\sqrt{1-\beta^2}} = \cosh\frac{g\tau}{c}\,d\tau,\] так что пройденное расстояние \[\frac{d}{2} = \int v\,dt = c\int_0^{T/4}\sinh\frac{g\tau}{c}\,d\tau = \frac{c^2}{g}\left(\cosh\frac{gT}{4c} - 1\right),\] что приводит к тому же результату, что и раньше.

Часть D. Задача D. Разделы 2.2.5 (гидродинамика) и 2.4.1 (одиночный осциллятор) программы.

Решение 1. Колебания наполовину погружённого шара вызываются силой тяжести. Недемпфированная угловая частота зависит от ускорения свободного падения и характерной длины; для шара такой длиной является его радиус \(r\), поэтому \(\omega_0 \propto \sqrt{g/r}\) — единственная размерно допустимая функция. Сила сопротивления \(F_d\) зависит от скорости шара \(v\) [м/с], его размера \(r\) [м] и вязкости жидкости \(\eta\) [Па\(\cdot\)с]. Размерный анализ даёт \(F_d \propto \eta rv\). Коэффициент затухания \[\beta = \frac{F_d}{2mv} \propto \frac{\eta r}{m}.\] Так как масса \(m \propto r^3\), имеем \(\beta \propto \dfrac{1}{r^2}\). Далее соотношение \[\frac{\beta^2}{\omega_0^2} = 1 - \frac{\omega^2}{\omega_0^2}\] масштабируется как \(\dfrac{\beta^2}{\omega_0^2} \propto \dfrac{1}{r^3}\). Колебания возникают, только если \(\beta/\omega_0 < 1\), поэтому \[\frac{r}{r_0} = \sqrt[3]{1 - (0{,}99)^2} = 0{,}271.\]

Замечания к решению 1. (1) Чтобы получить \(\omega_0 \propto 1/\sqrt r\) без размерного анализа, заметим, что малое смещение \(y\) меняет объём погружённой части шара на \(\Delta V \propto r^2y\), так что изменение силы Архимеда \(F \propto r^2y\), и \(\omega_0 = \sqrt{k/m} \propto \sqrt{r^2/r^3} = \sqrt{1/r}\). (2) Чтобы получить \(F_d \propto \eta rv\) без размерного анализа, заметим, что характерный масштаб \(l\) изменений поля скоростей воды пропорционален \(r\). Тогда вязкое напряжение сдвига \(\sigma \propto \eta v/l \propto \eta v/r\), а полная сила сопротивления \(F_d \sim A\sigma \propto \eta rv\), где \(A\) — площадь контакта шара с водой. (3) Можно также использовать закон Стокса \(F_d = 6\pi\eta Krv\), где \(K\) — безразмерная константа, учитывающая, что шар находится не в бесконечной однородной жидкости.

Решение 2. Колебания наполовину погружённого шара вызываются изменением силы плавучести, пропорциональным изменению объёма вытесненной воды. Поэтому восстанавливающая сила \(F_r \propto r^2x\), где \(x\) — смещение шара. Как обсуждалось в решении 1, сила сопротивления \(F_d \propto rv = r\dot x\). Эффективная масса колебаний \(m \propto r^3\). Это приводит к уравнению движения \[k_1r^2\ddot x + k_2\dot x + k_3rx = 0,\] где \(k_1\), \(k_2\) и \(k_3\) — постоянные. При отсутствии вязкого трения \(k_2 = 0\), и движение происходит с частотой \[\omega_0 = \sqrt{\frac{k_3}{k_1r}}.\] С учётом вязкого трения можно получить частоту \(\omega\), подставив пробное решение \(x = e^{\alpha t}\) и используя \(\omega = \mathrm{Im}\,\alpha\). Это даёт \[\omega = \sqrt{\omega_0^2 - \frac{k_2^2}{4k_1^2r^4}}, \qquad \omega^2 = \omega_0^2\left(1 - \frac{k_2^2}{4k_1^2r^4\omega_0^2}\right) = \omega_0^2\left(1 - \frac{k_2^2}{4k_1k_3r^3}\right).\] При \(r = r_{\min}\) имеем \(\omega = 0\), поэтому \[\frac{k_2^2}{4k_1k_3} = r_{\min}^3, \qquad \omega^2 = \omega_0^2\left(1 - \frac{r_{\min}^3}{r_0^3}\right),\] откуда \(\dfrac{r_{\min}}{r_0} = \sqrt[3]{1 - (0{,}99)^2} = 0{,}271\).