IPhO 2026, теоретический тур

Подсказка

В части A сравните моменты относительно точки \(O\) сил давления воды и веса блока с силой Архимеда. В части B используйте сохранение момента импульса и энергии, в части C — законы сохранения импульса и энергии для распада молекулы озона.

Ответ

1) \(a = \dfrac{\Delta h}{2\sqrt{2}} = 0{,}50\) м;  T1-B1) \(r_{\max} = \dfrac{1600}{9}\,a_0\);  T1-B2) \(\theta = -16{,}60^\circ\);  T1-C1) \(\omega_{\min} = \dfrac{3mc^2 - \sqrt{3mc^2\bigl(3mc^2 + 2\Delta U(\cos 2\theta - 2)\bigr)}}{\hbar\,(2 - \cos 2\theta)}\);  T1-C2) \(\hbar\omega_{\min} - \Delta U = 2{,}03\cdot 10^{-11}\) эВ.

Решение

T1-A1. Поскольку плотина герметична, площадь отверстия равна \(a\cdot(a/\sqrt{2})\).

Горизонтальная сила, которую вода действует на каждую из боковых сторон блока, равна давлению в центре сечения куба на соответствующей стороне, умноженному на эффективную площадь, как вычислено выше: \[\Delta F = \frac{a^2}{\sqrt{2}}\rho_0 g\,\Delta h.\] Эффективная точка приложения находится в центре левой части блока. Другие действующие силы — вес блока \(\rho \times g \times vol\), вертикальная составляющая силы, действующей со стороны жидкости (сила Архимеда) \(\rho_0 \times g \times vol\), и сила, которую шарнир прикладывает к блоку (момента она не создаёт). При критическом \(\Delta h\) нижний край отверстия не действует на блок силой. Для нулевого результирующего момента: \[\frac{a^2}{\sqrt{2}}\rho_0 g\,\Delta h\left(\frac{a}{2\sqrt{2}}\right) = (\rho - \rho_0)a^3 g\left(\frac{a}{2\sqrt{2}}\right).\] Примечание: плечи равны \(a/(2\sqrt{2})\) от \(O\) — по горизонтали или по вертикали — для разности давлений и для эффективного веса соответственно. Отсюда \[a = \frac{\rho_0}{\sqrt{2}(\rho - \rho_0)}\,\Delta h.\] При \(\rho = 3\rho_0\): \[a = \frac{\Delta h}{2\sqrt{2}} = 0{,}50\ \text{м}.\]

T1-B1. Из определения момента импульса: \(m v_0 (50a_0) = \mu\hbar\), откуда \[v_0 = \frac{\mu\hbar}{50 m a_0}.\] Полная энергия системы: \[2\left(\frac{1}{2}mv_0^2\right) - \frac{ke^2}{100a_0} = \frac{ke^2}{a_0}\left(\frac{\mu^2}{50^2} - \frac{1}{100}\right).\] Для \(\mu = 4\): \[E = -\frac{9ke^2}{2500a_0}.\] Решение 1. В критических точках расстояния \(\vec v \perp \vec r\) и \(L = mvr\). Энергия при \(r_{\max}\) и \(r_{\min}\) может быть записана как \[E = 2\frac{L^2}{2mr^2} - \frac{ke^2}{r}.\] Используя \(L = 2\mu\hbar = 8\hbar\) и закон сохранения энергии, \[-\frac{9ke^2}{2500a_0} = \frac{64\hbar^2}{mr^2} - \frac{ke^2}{r},\] \[\frac{ke^2}{a_0}\left(\frac{9}{2500}r^2 - a_0 r + 64a_0^2\right) = 0,\] \[r = \frac{a_0 \pm \sqrt{a_0^2 - \frac{576}{625}a_0^2}}{9/1250}, \qquad r = \frac{1250}{9}a_0\left(1 \pm \frac{7}{25}\right).\] Максимальное расстояние соответствует решению со знаком плюс: \[r_{\max} = \frac{1600}{9}a_0.\]

Решение 2. Поскольку энергия отрицательна, а электростатическая сила центральная и пропорциональна \(r^{-2}\), траектория частиц относительно центра масс эллиптическая. Энергия выражается через большую полуось \(x\): \[E = -\frac{ke^2}{2x}, \qquad x = \frac{1250}{9}a_0.\] Поскольку \(\vec v_0\) перпендикулярна вектору, соединяющему частицы, начальное положение соответствует либо \(r_{\max}\), либо \(r_{\min}\). Второе критическое расстояние \(r_2\) определяется из определения \(x\): \[2x = r_0 + r_2, \qquad r_2 = \left(\frac{2500}{9} - 100\right)a_0 = \frac{1600}{9}a_0.\] Оно больше \(r_0\) и соответствует \(r_{\max}\).

Решение 3. Общее уравнение траектории в полярных координатах: \[r(\theta) = \frac{\ell}{1 + \varepsilon\cos(\theta - \theta_0)},\] где \(\ell = \dfrac{2L^2}{mke^2}\) — полулатус-ректум (фокальный параметр), а \(\varepsilon\) — эксцентриситет, как в подсказке к вопросу T1-B2. Максимальное расстояние достигается при \(\cos(\theta - \theta_0) = -1\): \[r_{\max} = \frac{\ell}{1 - \varepsilon}.\] Вычисляем \(\ell\) и \(\varepsilon\): \[\ell = \frac{2(8\hbar)^2}{mke^2} = 128a_0, \qquad \varepsilon = \sqrt{1 - \frac{36ke^2(8\hbar)^2}{2500a_0m(ke^2)^2}} = \sqrt{1 - \frac{2304}{2500}} = \frac{7}{25}.\] Подставляя в выражение для \(r_{\max}\): \[r_{\max} = \frac{128}{1 - 7/25}\,a_0 = \frac{1600}{9}a_0.\]

T1-B2. Для \(\mu = \dfrac{15}{2}\): \[E = +\frac{ke^2}{80a_0}.\] Расстояние между частицами: \[r(\theta) = \frac{\ell}{1 + \varepsilon\cos(\theta - \theta_0)}.\] Поскольку начальное положение соответствует наибольшему сближению, удобно отсчитывать угол \(\theta\) от оси \(y\) так, что \(\cos\theta_0 = 1\), \(\theta_0 = 0\). При \(r \to \infty\): \[1 + \varepsilon\cos\theta' \to 0, \qquad \theta' = \arccos(-1/\varepsilon).\] Эксцентриситет: \[\varepsilon = \sqrt{1 + \frac{4ke^2(15\hbar^2)}{80a_0m(ke^2)^2}} = \sqrt{1 + \frac{45}{4}} = \frac{7}{2}.\] Подставляя в выражение для \(\theta'\): \[\theta' = \arccos(-2/7) = 106{,}60^\circ.\] Это угол относительно оси \(y\), а начальная скорость \(e^+\) направлена к положительной оси \(x\), то есть вниз: \[\theta = 90^\circ - \theta' = -16{,}60^\circ.\]

T1-C1. Решение 1: чистая алгебра. Закон сохранения импульса: \[\hbar\frac{\omega}{c}\hat k = \vec p + \vec q,\] где \(\vec p\) и \(\vec q\) — импульсы O\(_2\) и O соответственно. Решая относительно \(q^2\): \[q^2 = \left(\frac{\hbar\omega}{c} - p\cos\theta\right)^2 + p^2\sin^2\theta.\] Закон сохранения энергии: \[\hbar\omega = \Delta U + \frac{p^2}{4m} + \frac{q^2}{2m}, \qquad \Delta U = U_f - U_i.\] Для данного \(\theta\) можно выразить \(p\) через \(\omega\). Подставляя \(q^2\) в баланс энергии и упрощая, получаем квадратное уравнение относительно \(p\): \[p^2 - \frac{4\hbar\omega\cos\theta}{3c}p + \frac{2\hbar^2\omega^2}{3c^2} + \frac{4}{3}m(\Delta U - \hbar\omega) = 0.\] Чтобы \(p\) было вещественным, дискриминант должен быть неотрицательным: \[\frac{16\hbar^2\omega^2\cos^2\theta}{9c^2} - 4\left(\frac{2\hbar^2\omega^2}{3c^2} + \frac{4}{3}m(\Delta U - \hbar\omega)\right) \ge 0.\] Это неравенство определяет \(\omega_{\min}\) как минимальный корень квадратного уравнения относительно \(\omega\): \[(\cos 2\theta - 2)\hbar^2\omega^2 + 6mc^2\hbar\omega - 6\Delta U\,mc^2 = 0,\] \[\omega_\pm = \frac{-6mc^2\hbar \pm \sqrt{D}}{2(\cos 2\theta - 2)\hbar^2}, \qquad D = 36\hbar^2m^2c^4 + 24\Delta U\,mc^2\hbar^2(\cos 2\theta - 2).\] Наименьший корень — \(\omega_+\). Упрощая, получаем \[\omega_{\min} = \frac{3mc^2 - \sqrt{3mc^2\bigl(3mc^2 + 2\Delta U(\cos 2\theta - 2)\bigr)}}{\hbar\,(2 - \cos 2\theta)}.\]

Решение 2: подход через центр масс. Часть I. Законы сохранения. Сначала найдём скорость центра масс: \[(3mv_{CM}) = p_\gamma = \hbar\omega/c, \qquad v_{CM} = \frac{p_\gamma}{3m}.\] Связь относительных скоростей в системе центра масс по модулю: \[2mv_1 = mv_2,\] где \(v_2\) — скорость одиночного атома кислорода (того, который не интересует). Закон сохранения энергии: \[E_\gamma = p_\gamma c = \tfrac{1}{2}(3m)v_{CM}^2 + \Delta U + \tfrac{1}{2}mv_2^2 + \tfrac{1}{2}(2m)v_1^2 = \Delta U + \frac{p_\gamma^2}{6m} + \frac{1}{2}\times 6m\,v_1^2.\]

Часть II. Геометрия и критическое условие. Множество возможных скоростей \(\vec v_1\) образует окружность (модуль \(v_1\) постоянен). Угол \(\theta\) — между \(\vec v_{CM}\) и \(\vec v_{CM} + \vec v_1\) (полная скорость частицы 1). Если окружность радиуса \(v_1\) слишком мала, решения нет: прямая под углом не пересекает окружность. Если радиус достаточно велик, всегда есть два пересечения. Критический случай (переход от отсутствия решения к двум решениям) — касание окружности и прямой; он и нужен. В этом случае треугольник из точек \(0\), \(\vec v_{CM}\), \(\vec v_{CM} + \vec v_1\) прямоугольный. Предупреждение: это возможно только при \(\theta \le 90^\circ\); другой случай рассматривается отдельно. Тогда \[v_1 = v_{CM}\sin\theta.\] Подставляя в закон сохранения энергии, находим \[p_\gamma c = \Delta U + \frac{p_\gamma^2}{6m} + \frac{1}{2}\times\frac{p_\gamma^2\sin^2\theta}{3m}.\] Решая квадратное уравнение относительно \(p_\gamma\) (нужно выбрать правильный корень): \[p_\gamma = \frac{3cm - \sqrt{3}\sqrt{m}\sqrt{3c^2m + 2\Delta U\cos 2\theta - 4\Delta U}}{2\sin^2\theta + 1}.\] Примечание: все следующие выражения равны: \[2\sin^2\theta + 1 = 3 - 2\cos^2\theta = 2 - \cos 2\theta.\] Перепишем через угловую частоту: \[\omega_{\min} = 3mc^2\left[\frac{1 - \sqrt{1 - \dfrac{\Delta U}{3mc^2}\,(2\sin^2\theta + 1)}}{(2\sin^2\theta + 1)\,\hbar}\right].\] Особый случай: при \(\theta \ge 90^\circ\) это практически невозможно увидеть в грубом алгебраическом решении, но это важная особенность задачи; за неё в этом решении начисляется небольшая часть баллов. Для углов больше \(90^\circ\), как только окружность достигает ответа для \(90^\circ\), она становится достаточно большой, чтобы допускать все углы. Формула та же, с \(\theta = 90^\circ\).

T1-C2. С точностью до второго порядка по \(\Delta U\): \[\omega_{\min} = \frac{\Delta U}{\hbar} - \frac{(\cos 2\theta - 2)\Delta U^2}{6\hbar mc^2},\] \[\hbar\omega_{\min} - \Delta U = \frac{(2 - \cos 2\theta)}{6mc^2}(\Delta U)^2,\] \[\hbar\omega_{\min} - \Delta U = 2{,}03\times 10^{-11}\ \text{эВ}.\]

Подсказка

Для части A удобно рассмотреть предельный луч, отражающийся в точку на краю зеркала, и равнобедренные треугольники с вершиной в центре \(O\); в части C угол наклона отражённого луча к оси \(y\) равен \(2\theta\).

Ответ

T2-A1) \(x_N = R\sin\dfrac{2N-1}{4N+2}\pi = R\cos\dfrac{\pi}{2N+1}\);  T2-B1) \(\alpha = R\), \(\beta = -\dfrac{R}{2}\);  T2-B2) \(\dfrac{P}{P_0} = \dfrac{1}{1 - \cos\theta_{\max}}\);  T2-B3) \(a = 12\) см;  T2-C1) \(m_A = \cot 2\theta\), \(b_A = \dfrac{R}{2\cos\theta}\);  T2-C2) \(m_B = \cot 2\theta - 2\csc^2(2\theta)\,\Delta\theta\), \(b_B = \dfrac{R}{2}\sec\theta\,(1 + \tan\theta\,\Delta\theta)\);  T2-C3) \((X_c, Y_c) = \left(R\sin^3\theta,\ \dfrac{R}{2}\cos\theta\,(2 - \cos 2\theta)\right)\);  T2-C4) \(v = \dfrac{3}{4}R^{1/3}\), \(u = \dfrac{R}{2}\), \(p = 2\), \(q = 3\).

Решение

T2-A1. Для \(n = 1\) нахождение \(x_1\) соответствует предельному случаю луча, показанного на рисунке синим. Падающий луч проходит через точку \(A\), а отражённый (показан красным) проходит ровно через точку \(B\) на краю зеркала.

Пусть \(\theta_1\) — угол между радиусом, проходящим через точку отражения \(C_1\), и вертикальной осью (\(y\)). Пусть \(O\) — центр зеркала. Поскольку падающий луч параллелен оси \(y\), угол падения равен \[\angle OC_1A = \theta_1.\] По закону отражения \[\angle OC_1A = \angle OC_1B = \theta_1.\] Треугольник \(C_1BO\) равнобедренный, поэтому \[\angle C_1BO = \theta_1.\] Суммируя внутренние углы треугольника \(C_1BA\): \[3\theta_1 + \frac{\pi}{2} = \pi, \qquad \theta_1 = \frac{\pi}{6}.\] Соответственно из треугольника \(OC_1A\): \[x_1 = R\sin\frac{\pi}{6} = \frac{R}{2}.\]

Для \(n = 2\) предельный случай для двух отражений показан на рисунке ниже.

По аналогии со случаем \(n = 1\) обозначим \(\theta_2\) — угол между радиусом, проходящим через точку отражения \(C_2\), и осью зеркала. Траектория отражённого луча определяет два равнобедренных треугольника с общей стороной и углом при основании \(\theta_2\). Траектория луча образует половину правильного пятиугольника. Суммируя внутренние углы двух равнобедренных треугольников и прямоугольного треугольника: \[5\theta_2 + \frac{\pi}{2} + \pi = 3\pi,\] что упрощается до \[\theta_2 = \frac{3\pi}{10}.\] Соответственно \[x_2 = R\sin\frac{3\pi}{10} = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}R \approx 0{,}8R.\]

Случай \(n = 3\) для полноты показан на рисунке ниже.

Обозначим \(\theta_3\) угол падения. Траектория отражённого луча определяет три равнобедренных треугольника с общими сторонами и углом при основании \(\theta_3\). Траектория луча образует половину правильного семиугольника. Суммируя внутренние углы трёх равнобедренных треугольников и прямоугольного треугольника: \[7\theta_3 + \frac{\pi}{2} + \pi = 4\pi,\] что упрощается до \[\theta_3 = \frac{5\pi}{14}.\] Соответственно \[x_3 = R\sin\frac{5\pi}{14} \approx 0{,}9R.\]

Обобщая, предельный случай для \(N\) отражений соответствует лучу с углом падения \(\theta_N\). Траектория отражённого луча определяет \(n\) равнобедренных треугольников с общими сторонами и углом при основании \(\theta_N\). Траектория луча образует половину правильного \((2n+1)\)-угольника. Суммируя внутренние углы \(n\) равнобедренных треугольников и прямоугольного треугольника, образованного падающим лучом: \[(2n\theta_N + \pi) + \left(\frac{\pi}{2} + \theta_N\right) = (n+1)\pi,\] \[(2n+1)\theta_N + \frac{3\pi}{2} = (n+1)\pi,\] что упрощается до \[\theta_N = \frac{2n-1}{4n+2}\pi.\] Соответственно \[x_n = R\sin\frac{2N-1}{4N+2}\pi = R\cos\frac{\pi}{2N+1}.\]

T2-B1. Предельный случай показан на рисунке ниже.

На рисунке: \(O_c\) — центр контейнера; \(A\) — точка падения на оси \(x\); \(B\) — точка отражения; отражённый луч касается контейнера в точке \(C\); отражённый луч пересекает ось \(y\) в точке \(D\).

Поскольку треугольник \(ODB\) равнобедренный, \[\angle ODB = \pi - 2\theta_{\max}, \qquad \cos\theta_{\max} = \frac{R}{2\overline{OD}}, \qquad \overline{OD} = \frac{R}{2\cos\theta_{\max}}.\] Треугольник \(O_cDC\) прямоугольный, поэтому \[a = \overline{O_cD}\sin(\pi - 2\theta_{\max}) = \left(\overline{OD} - \frac{R}{2}\right)\sin(2\theta_{\max}) = \left(\frac{R}{2\cos\theta_{\max}} - \frac{R}{2}\right)\sin(2\theta_{\max}) = R\sin\theta_{\max} - \frac{R}{2}\sin(2\theta_{\max}).\] Коэффициенты: \[\alpha = R, \qquad \beta = -\frac{R}{2}.\]

T2-B2. Без зеркала: \[P_0 = 2Ial,\] где \(I\) — интенсивность солнечного света, \(l\) — длина цилиндра. С зеркалом: \[P = 2\overline{OA}\,Il = 2IRl\sin\theta_{\max}.\] Таким образом, \[\frac{P}{P_0} = \frac{2IRl\sin\theta_{\max}}{2Ial} = \frac{R\sin\theta_{\max}}{R\sin\theta_{\max}(1 - \cos\theta_{\max})} = \frac{1}{1 - \cos\theta_{\max}}.\] Альтернативный ответ через \(\alpha\) и \(\beta\). Без зеркала: \[P_0 = 2Ial = 2I\bigl(\alpha\sin\theta_{\max} + \beta\sin(2\theta_{\max})\bigr)l,\] где \(I\) — интенсивность солнечного света, \(l\) — длина цилиндра. С зеркалом: \[P = 2IRl\sin\theta_{\max}.\] Отсюда \[\frac{P}{P_0} = \frac{R\sin\theta_{\max}}{\alpha\sin\theta_{\max} + \beta\sin(2\theta_{\max})} = \frac{R}{\alpha + 2\beta\cos\theta_{\max}}.\]

T2-B3. При \(P = 5P_0\): \[5 = \frac{1}{1 - \cos\theta_{\max}}, \qquad \cos\theta_{\max} = \frac{4}{5}, \qquad \sin\theta_{\max} = \frac{3}{5}.\] Окончательно \[a = (1\ \text{м})\cdot\frac{3}{5}\left(1 - \frac{4}{5}\right) = 0{,}12\ \text{м} = 12\ \text{см}.\] Альтернативное решение через \(\alpha\) и \(\beta\): \[a = -\frac{R\sqrt{100\beta^2 - (R - 5\alpha)^2}}{50\beta}.\]

T2-C1.

Отражённый луч образует угол \(2\theta\) с вертикальной осью. Поэтому наклон прямой \[m_A = \cot(2\theta).\] Отражённый луч пересекает ось \(y\) в точке \(C\), \(\overline{OC} = b_A\), образуя равнобедренный треугольник \(OBC\). Из него \[\cos\theta = \frac{R}{2b_A}, \qquad b_A = \frac{R}{2\cos\theta}.\] Эквивалентные выражения: \[m_A = \cot 2\theta = \frac{1}{\tan 2\theta} = \frac{\cot\theta}{2} - \frac{\tan\theta}{2}, \qquad b_A = \frac{R}{2\cos\theta} = \frac{R}{2}\sec\theta.\]

T2-C2.

Наклон: \[m_B = \cot(2\theta + 2\Delta\theta) = \frac{\cot 2\theta\cot 2\Delta\theta - 1}{\cot 2\theta + \cot 2\Delta\theta} = \frac{\cot 2\theta - \tan 2\Delta\theta}{\cot 2\theta\tan 2\Delta\theta + 1} = \bigl(\cot 2\theta - 2\Delta\theta\bigr)\bigl(1 - 2\Delta\theta\cot 2\theta\bigr) + \dots\] \[= \cot 2\theta - 2\Delta\theta\bigl(1 + \cot^2 2\theta\bigr) + \dots\]

Тогда первый порядок разложения \(m_B\): \[m_B = \cot 2\theta - 2\csc^2(2\theta)\,\Delta\theta.\] Эквивалентные выражения: \[m_B = \cot 2\theta - 2\csc^2(2\theta)\,\Delta\theta = \frac{1}{2}\csc^2(2\theta)\bigl(\sin 4\theta - 4\Delta\theta\bigr) = \frac{1}{2}\bigl(\cot\theta - \tan\theta - \csc^2\theta\sec^2\theta\bigr)\Delta\theta.\]

Для \(b_B\): \[b_B = \frac{R}{2}\sec(\theta + \Delta\theta) = \frac{R}{2}\cdot\frac{\sec\theta\sec\Delta\theta}{1 - \tan\theta\tan\Delta\theta} = \frac{R}{2}\bigl(\sec\theta\,(1 + \tan\theta\,\Delta\theta)\bigr) + \dots\] и разложение первого порядка: \[b_B = \frac{R}{2}\sec\theta\,(1 + \tan\theta\,\Delta\theta).\] Эквивалентно: \[b_B = \frac{R}{2\cos\theta}\,(1 + \tan\theta\,\Delta\theta).\]

T2-C3. Координаты точки пересечения \((X_c, Y_c)\) удовлетворяют уравнениям \[Y_c = m_A X_c + b_A, \qquad Y_c = m_B X_c + b_B.\] Решая: \[(X_c, Y_c) = \left(-\frac{b_A - b_B}{m_A - m_B},\ \frac{m_A b_B - b_A m_B}{m_A - m_B}\right).\] Подставляя \(m_B\) и \(b_B\): \[(X_c, Y_c) = \left(R\sin^3\theta,\ \frac{R}{2}\cos\theta\,(2 - \cos 2\theta)\right).\] Эквивалентные выражения: \[X_c = R\sin^3\theta,\] \[Y_c = \frac{R}{2}\cos\theta\,(2 - \cos 2\theta) = \frac{R}{4}\bigl(3\cos\theta - \cos 3\theta\bigr) = \frac{R}{4}\bigl(3\cos\theta - \cos^3\theta + 3\sin^2\theta\cos\theta\bigr).\]

T2-C4. При \(\theta \ll 1\) используем приближения \[\sin\theta \approx \theta, \qquad \cos\theta \approx 1 - \frac{\theta^2}{2}.\] Вблизи острия каустика аппроксимируется как \[(X_c, Y_c) \approx \left(R\theta^3,\ \frac{R}{4}\bigl(2 + 3\theta^2\bigr)\right) = \left(R\theta^3,\ \frac{R}{2} + \frac{3R}{4}\theta^2\right).\] Решая относительно \(\theta\): \[\theta = \left(\frac{X_c}{R}\right)^{1/3},\] и подставляя в \(Y_c\): \[Y_c = \frac{R}{2} + \frac{3R}{4}\left(\frac{X_c}{R}\right)^{2/3}.\] Сравнивая с \(Y_c = v|X_c|^{p/q} + u\), находим \[v = \frac{3}{4}R^{1/3}, \qquad u = \frac{R}{2}, \qquad p = 2, \qquad q = 3.\] Это показывает, что форма острия универсальна, а его вершина находится в точке \(y = R/2\).

Подсказка

для циклов Карно используйте соотношение \(Q_c/Q_h = T_c/T_h\) и выражение работы через \(dM\) и \(dH\); в части C работу холодильника удобно выразить через мощность \(P\) и время \(t\).

Ответ

T3-A1) \(H = \dfrac{NIA}{V}\);  T3-A2) \(dW_{emf} = VH\,dB\);  T3-A3) \(dW = \mu_0 VH\,dM\);  T3-B1) \(Q = -\mu_0\dfrac{nK}{T}\cdot\dfrac{H_f^2 - H_i^2}{2}\);  T3-B2) \(\Delta T = T_i\left(\sqrt{\dfrac{\lambda + \mu_0KH_f^2}{\lambda + \mu_0KH_i^2}} - 1\right)\);  T3-C1) см. рисунок решения: \(T_c\) и \(T_h\) на оси \(T\); \(Q_c\) — процесс \(2\to3\), \(Q_h\) — процесс \(4\to1\);  T3-C2) \(M_1 = \sqrt{M_2^2 - M_3^2 + M_4^2}\);  T3-C3) \(T_f = 0{,}99008\) К, \(|\Delta T| \approx 9{,}92\cdot 10^{-3}\) К;  T3-C4) \(t = \dfrac{C_c T_h}{P}\left(\ln\dfrac{T_0}{T} - \dfrac{T_0 - T}{T_h}\right)\);  T3-C5) \(\mathrm{COP} = \left(\dfrac{T_h}{T_0 - T}\ln\dfrac{T_0}{T} - 1\right)^{-1}\).

Решение

T3-A1. Поле \(\vec H\) внутри тора почти полностью сосредоточено в его сердцевине и образует концентрические окружности. Поэтому из закона о циркуляции \(\oint_C\vec H\cdot d\vec\ell = I_C\) следует \(H\cdot 2\pi R = NI\). Умножая и деля на \(A = \pi r^2\), получаем \[H = \frac{NI}{2\pi R}\cdot\frac{A}{\pi r^2} = \frac{NIA}{V}.\]

T3-A2. При изменении \(I\) возникает ЭДС самоиндукции \(\mathcal E_{\text{ind}}\). Поскольку \(\mathcal E + \mathcal E_{\text{ind}} = \text{сопротивление}\times I \approx 0\), из закона Фарадея работа внешней ЭДС равна \[dW_{emf} = \mathcal E\,dq = -\mathcal E_{\text{ind}}I\,dt = \frac{d\Phi_B}{dt}I\,dt = I\,d\Phi_B,\] где \(dq\) — заряд, протекающий за время \(dt\), а \(\Phi_B = NAB\) — магнитный поток поля \(\vec B\) внутри тора. Следовательно, \[dW_{emf} = NIA\,dB = VH\,dB.\]

T3-A3. Поскольку \(\vec B\), \(\vec H\) и \(\vec M\) параллельны, из \(\vec B = \mu_0\vec H + \mu_0\vec M\) получаем \[dB = \mu_0\,dH + \mu_0\,dM,\] откуда после подстановки в ответ на вопрос T3-A2: \[dW_{emf} = \mu_0 VH\,dH + \mu_0 VH\,dM.\] Следовательно, \[dW = \mu_0 VH\,dM.\]

T3-B1. Первое начало термодинамики для тора: \[dU = dW + dQ = \mu_0 VH\,dM + C\,dT.\] При постоянном \(M\) имеем \(dU = C_M\,dT = n\lambda\,dT/T^2\), т.е. \(U\) зависит только от \(T\). Поэтому для изотермических процессов \[dQ = -dW = -\mu_0 VH\,dM.\] Из уравнения состояния для изотермических процессов \(TV\,dM = nK\,dH\), и тогда \[dQ = -\mu_0 VH\left(\frac{nK}{TV}\,dH\right) = -\mu_0\frac{nK}{T}H\,dH.\] Интегрирование от \(H_i\) до \(H_f\) даёт \[Q = -\mu_0\frac{nK}{T}\cdot\frac{H_f^2 - H_i^2}{2}.\] Примечание: это выражение пропорционально объёму, поскольку содержит число молей.

T3-B2. Для адиабатических процессов первое начало даёт \(dU = dW\), затем \[\frac{n\lambda}{T^2}\,dT = \mu_0 VH\,dH = \mu_0 V\frac{TMV}{nK}\,dM,\] где использовано уравнение состояния для замены \(H\). Разделяя переменные: \[\frac{n\lambda}{T^3}\,dT = \mu_0\frac{V^2}{nK}\,M\,dM,\] и, следовательно, после интегрирования от \((T_i, M_i)\) до \((T_f, M_f)\): \[\frac{n\lambda}{2}\left(\frac{1}{T_i^2} - \frac{1}{T_f^2}\right) = \mu_0\frac{V^2}{nK}\cdot\frac{M_f^2 - M_i^2}{2}.\] Поскольку \(M = nKH/(TV)\), это уравнение упрощается до \[\frac{\lambda}{T_i^2} - \frac{\lambda}{T_f^2} = \mu_0 K\left(\frac{H_f^2}{T_f^2} - \frac{H_i^2}{T_i^2}\right),\] откуда \[\frac{T_f^2}{T_i^2} = \frac{\lambda + \mu_0 KH_f^2}{\lambda + \mu_0 KH_i^2}.\] Следовательно, \[\Delta T = T_f - T_i = T_i\left(\sqrt{\frac{\lambda + \mu_0 KH_f^2}{\lambda + \mu_0 KH_i^2}} - 1\right).\]

T3-C1.

На рисунке решения: \(T_L = T_c\), \(T_H = T_h\), \(Q_L = Q_c\), \(Q_H = Q_h\).

T3-C2. В цикле Карно \[\frac{Q_c}{Q_h} = \frac{T_c}{T_h}.\] Для цикла Карно парамагнитного охлаждения \(Q_c = |Q_{2\to3}| = Q_{2\to3}\) и \(Q_h = |Q_{4\to1}| = -Q_{4\to1}\). Из ответа на вопрос T3-B1: \[Q_c = -\mu_0\frac{nK}{T_c}\cdot\frac{H_3^2 - H_2^2}{2} = \mu_0\frac{nK}{T_c}\cdot\frac{H_2^2 - H_3^2}{2},\] \[Q_h = -\left(-\mu_0\frac{nK}{T_h}\cdot\frac{H_1^2 - H_4^2}{2}\right) = \mu_0\frac{nK}{T_h}\cdot\frac{H_1^2 - H_4^2}{2},\] где \(T_c = T_2 = T_3\) и \(T_h = T_4 = T_1\) — температуры изотермических процессов \(2\to3\) и \(4\to1\). Подставляя в тождество Карно и упрощая: \[\frac{T_h}{T_c}\cdot\frac{H_2^2 - H_3^2}{H_1^2 - H_4^2} = \frac{T_c}{T_h}, \qquad \frac{H_2^2 - H_3^2}{T_c^2} = \frac{H_1^2 - H_4^2}{T_h^2}.\] Поскольку по уравнению состояния \(M = nKH/(TV)\), получаем \[M_2^2 - M_3^2 = M_1^2 - M_4^2, \qquad M_1 = \sqrt{M_2^2 - M_3^2 + M_4^2}.\]

T3-C3. Подставляя численные значения: \[Q_c = \mu_0\frac{nK}{T_c}\cdot\frac{H_2^2 - H_3^2}{2} = 1{,}29\times 10^{-1}\ \text{Дж}.\] Тогда \[|\Delta T|_{\text{гелий}} = \frac{1{,}29\times 10^{-1}\ \text{Дж}}{130\ \text{кг}\cdot\text{м}^{-3}\times 10^{-3}\ \text{м}^3\times 10^2\ \text{Дж}\cdot\text{кг}^{-1}\cdot\text{К}^{-1}} = \frac{1{,}29}{1{,}30}\times 10^{-2}\ \text{К} = 9{,}92\times 10^{-3}\ \text{К}.\] Следовательно, \[T_f = T_i - |\Delta T| = 1{,}00\ \text{К} - 0{,}00992\ \text{К} = 0{,}99008\ \text{К}.\]

T3-C4. Из соотношения цикла Карно \(dQ_c/dQ_h = T_c/T_h\) и первого начала в дифференциальной форме \(dQ_h = dW + dQ_c\): \[\frac{dW + dQ_c}{dQ_c} = \frac{dW}{dQ_c} + 1 = -\frac{P\,dt}{C_c\,dT_c} + 1 = \frac{T_h}{T_c},\] где использовано \(dW = P\,dt\) и \(dQ_c = -C_c\,dT_c\). Отсюда после разделения переменных \[dt = -\frac{C_c T_h}{P}\left(\frac{dT_c}{T_c} - \frac{dT_c}{T_h}\right).\] Интегрируя от \(t = 0\) (\(T_c = T_0\)) до \(t\) (\(T_c = T\)): \[t = \frac{C_c T_h}{P}\left(\ln\frac{T_0}{T} - \frac{T_0 - T}{T_h}\right).\]

T3-C5. Поскольку \(W = Pt\) и \(Q_c = C_c(T_0 - T)\): \[W = Pt = C_c T_h\ln\frac{T_0}{T} - Q_c.\] Следовательно, \[\mathrm{COP} = \frac{Q_c}{W} = \left(\frac{T_h}{T_0 - T}\ln\frac{T_0}{T} - 1\right)^{-1}.\]