NBPhO 2003, теоретический тур

Подсказка

Сила на пластину — это избыточное давление, умноженное на площадь круга касания; при \(h\ll R\) она пропорциональна \(h\), и мяч ведёт себя как пружина.

Ответ

1) \(N=\Delta p\,\pi h(2R-h)\approx120\) Н;  2) \(h_m\approx11\) мм;  3) \(\tau\approx18\) мс;  4) дополнительного ограничения не требуется.

Решение

1) \(F=\Delta p\,S\), где \(S=\pi r^2\) — площадь основания сегмента. Легко видеть, что \(r^2=(2R-h)h\), поэтому \(F=\Delta p\,\pi h(2R-h)\approx120\) Н.

2) При соударении мяч деформируется так, как показано на рисунке: оболочка нерастяжима, поэтому сохраняет сферическую форму (кроме области касания со стеной). В приближении \(h\ll R\) слагаемым \(h^2\) в выражении для силы можно пренебречь. Тогда сила пропорциональна \(h\), то есть мяч ведёт себя как пружина жёсткости \(k=2\pi R\,\Delta p\). По закону сохранения энергии \(mv^2=2\pi R\,\Delta p\,h^2\), откуда \[h=v\sqrt{\frac{m}{2\pi R\,\Delta p}}\approx11\text{ мм}.\]

3) Это половина периода гармонических колебаний: \[\tau=\pi\sqrt{\frac{m}{2\pi R\,\Delta p}}=\sqrt{\frac{\pi m}{2R\,\Delta p}}\approx18\text{ мс}.\]

4) Перейдём в систему отсчёта, связанную с мячом. На элемент оболочки \(dS\) действует сила инерции \(dF_i=a\,m\,dS/(4\pi R^2)\), где \(a=\Delta p\,\pi h(2R-h)/m\). Таким образом, \(dF_i=\Delta p\,h(2R-h)\,dS/(4R^2)\). Чтобы сохранялась сферическая форма, эта сила должна компенсироваться силой от избыточного давления \(dF_r=\Delta p\,dS\), следовательно, \(h(2R-h)<4R^2\). Это условие выполняется всегда, дополнительных ограничений не нужно. Заметим, что мы рассмотрели лишь наихудший случай, требующий наибольшей компенсирующей силы, — когда сила инерции направлена по нормали к поверхности.

Замечание. Случай растяжимой оболочки совершенно иной: сферичность пропадает по всей поверхности (попробуйте прижать воздушный шарик к стеклу!).

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

Подсказка

Если перенести малый кусок грунта из одной точки поверхности в другую, ускорение в выбранной точке меняется; на оптимальной форме такой перенос не должен менять модуль \(\vec g\) в первом порядке.

Ответ

1) \(g_0=\gamma M\left(\dfrac{4\pi\rho}{3M}\right)^{2/3}\);  2) да;  3) \(l=l_0\sqrt{\cos\varphi}\).

Решение

1) \(g_0=\gamma M/R^2\), где \(R\) находится из соотношения \(\frac43\pi R^3\rho=M\). Следовательно, \[g_0=\gamma M\left(\frac{4\pi\rho}{3M}\right)^{2/3}.\]

2) Если взять кусок грунта в какой-либо точке поверхности планеты и перенести его в другую точку, то ускорение свободного падения изменится (знак изменения зависит от направления переноса).

3) Возьмём полярные координаты с началом в той точке, где ускорение свободного падения должно быть максимальным. Пусть ось \(\varphi=0\) задаётся направлением вектора ускорения. Перенос малого куска грунта из точки \((r_1,\varphi_1)\) в другую точку \((r_2,\varphi_2)\) должен сохранять модуль вектора ускорения \(\vec g\) постоянным, то есть вектор малого изменения должен быть перпендикулярен вектору \(\vec g\). Следовательно, \(\cos\varphi_1/l_1^2=\cos\varphi_2/l_2^2\), откуда \(l=l_0\sqrt{\cos\varphi}\).

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

Подсказка

Трение направлено против скорости бруска относительно поверхности, а эта скорость меняется со знаком каждый полупериод; усредняйте силу трения по периоду.

Ответ

1) \(\mu g\tau\ll v\);  2) \(F=0\) при \(|v|<u\), \(F=\mu m g\) при \(|v|>u\);  3) \(F=\mu m g\,v/\sqrt{v^2+u^2}\);  5) при \(u<w_0\) положение покоя неустойчиво и брусок приобретает скорость \(u\), при \(u>w_0\) скорость остаётся равной \(0\).

Решение

1) \(\mu g\tau\ll v\).

2) \(F=0\) при \(|v|<u\); \(F=\mu m g\) при \(|v|>u\).

3) Компонента силы трения вдоль \(x\) в среднем сокращается, остаётся компонента вдоль \(y\): \[F=\frac{\mu m g\,v}{\sqrt{v^2+u^2}}.\]

4) \(F=[\mu(v+u)+\mu(v-u)]\,m g\), если \(v>u\), и \(F=[\mu(u+v)-\mu(u-v)]\,m g\), если \(v<u\) (\(F>0\) означает, что \(F\) и \(v\) противоположны по направлению). Легко видеть, что при малых значениях \(v\) сила начинает линейно убывать [при \(F(v=0)=0\)] (\(F<0\) означает, что сила и скорость направлены одинаково). При \(u=v\) график испытывает скачок, \(F\) становится положительной и начинает убывать. На приложенном графике приведён эскиз эффективного коэффициента трения; построение основано на длинах \(\mu_{k1}=\mu(w_0/2)-\mu(w_0)\), \(\mu_{k2}=\mu(w_0/4)-\mu(5w_0/4)\) и \(\mu_{k3}=\mu(0)-\mu(3w_0/2)\).

На рисунке: \(\mu_{\text{efekt}}\) — эффективный коэффициент трения (в оригинале «efekt»).

5) Положение покоя неустойчиво, если \(u<w_0\): частица (брусок) приобретает (устойчивую) скорость \(u\). Если \(u>w_0\), положение покоя устойчиво и скорость бруска остаётся равной \(0\).

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

Подсказка

Короткий импульс поля сообщает частице импульс \(Eq\tau\) вдоль \(x\), а затем импульс частицы просто вращается в плоскости \((p_x,p_y)\) с циклотронной частотой; складывайте повёрнутые импульсы как векторы.

Ответ

1) окружность радиуса \(R=E\tau/B\);  5) \(v_x=0\), \(v_y=E_k/B\);  6) \(v_x=v_y=0\) (при усреднении по всем моментам времени).

Решение

1) Частица приобретает скорость \(v=Eq\tau/m\) и начинает двигаться по окружности радиуса \(R\), где \(mv^2/R=Bvq\), откуда \(R=E\tau/B\).

2) См. рисунок (на нём цифрами 1–4 отмечены векторы импульса в моменты \(t_n\)).

3) См. рисунки (слева — траектория в плоскости \((p_x,p_y)\), справа — в плоскости \((x,y)\)).

4) Рассмотрим векторную сумму импульсов, сообщённых частице в разные моменты времени. За промежуток времени \(\Delta t\) все составляющие векторы поворачиваются на угол \(2\pi\Delta t/T_B=\Delta t\,Bq/m\). Таким образом, с каждым импульсом добавляется вектор \(\vec P\) с модулем \(P=Eq\tau\); угол между последним добавленным вектором и предыдущим добавленным вектором равен \(\alpha=\Delta t\,Bq/m\).

5) Все эти векторы, будучи сложены по правилу треугольника, образуют окружность радиуса \(\mathcal R=P/\sin\alpha\to P/\alpha=E_k m/B\).

Следовательно, средняя скорость \(v_y=-\mathcal R/m=E_k/B\), \(v_x=0\).

6) Два последовательных импульса вдоль оси \(x\) дают результирующий импульс вдоль оси \(y\): \(P_y=P\alpha\). Последовательность таких пар импульсов образует (почти) окружность (на самом деле — правильный равносторонний многоугольник), составленную из векторов (с модулем \(P_y\)), угол между которыми равен \(2\alpha\) (см. рисунок). Радиус окружности равен \(P_y/2\alpha=P/2=\frac12 Eq\tau\), а координаты её центра: \(mv_x=-Eq\tau/2\), \(mv_y=0\). После чётного числа импульсов конец вектора импульса частицы лежит на этой окружности. Таким образом, при усреднении по моментам времени \(2n\Delta t\) средняя скорость \(v_x=-Eq\tau/2m\).

Для нечётного числа импульсов нужно добавить последний сообщённый импульс \(\vec P=(Eq\tau,0)\); получается аналогичная окружность, только центр сдвинут на \(\vec P\): координаты центра \(mv_x=Eq\tau/2\), \(mv_y=0\). Соответственно, при усреднении по моментам времени \(2n\Delta t\) средняя скорость \(v_x=+Eq\tau/2m\). При усреднении по всем моментам времени окончательный результат \(v_x=v_y=0\).

На рисунке показан результирующий импульс \(P_{\text{res}}\) после \(2n\)-го импульса, а также результирующий импульс \(P'_{\text{res}}\) для другого момента времени \(2n'\Delta t\) (на рисунке — \(P_1\), \(P_2\), \(P_{2n}\) — составляющие векторы). Для нечётного числа импульсов картина точно такая же, только все векторы имеют противоположное направление (поскольку последняя добавленная составляющая, вертикальный вектор, направлена противоположно).

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

Подсказка

Силу притяжения удобно находить через силу трения: при известном коэффициенте трения \(F_{\text{тр}}=\mu N\), а \(N\) равна силе притяжения (с поправкой на вес).

Решение

1) Наклоняем пластину, пока лист не начнёт скользить: коэффициент трения покоя находится как \(\mu_{\text{пок}}=h/\sqrt{l^2-h^2}\), где \(h\) — высота конца пластины, а \(l\) — длина пластины. Теперь слегка подталкиваем лист, лежащий на пластине, и находим угол наклона, при котором лист будет скользить вниз с постоянной скоростью; снова используем формулу \(\mu_{\text{ск}}=h/\sqrt{l^2-h^2}\). Разумные численные значения: \(\mu_{\text{пок}}\approx0{,}37\) и \(\mu_{\text{ск}}\approx0{,}29\).

2) Кладём на пластину несколько полосок бумаги, а сверху — магнит. Делаем петлю из шнура, надеваем её на магнит и тянем динамометром вбок (скользит вся система из бумаги и магнита). Сила притяжения \(F\approx N\) (где \(N\) — сила реакции) находится как отношение показания динамометра \(F_d\) к соответствующему коэффициенту трения (в зависимости от того, какое показание берётся: максимальное или соответствующее скольжению): \(F\approx F_d/\mu\). Расстояние \(d\) измеряется числом бумажных полосок (толщина одной полоски \(\approx0{,}2\) мм). При больших расстояниях (примерно \(d>4\) мм) вес бумажных полосок \(F_p\) и магнита уже нельзя считать пренебрежимо малым, точность результатов можно повысить, вычтя этот вес из \(N\): \(F=F_d/\mu-F_p\).

3) Используем похожую установку, только число бумажных полосок меньше (всего порядка \(2\) мм) и пластина имеет крутой наклон. Даём бруску скользить вниз по наклону и ударяться о магнит. Высоту падения и наклон пластины сохраняем постоянными и измеряем путь скольжения, который проходят бумага и магнит после удара бруска. Этот путь обратно пропорционален силе притяжения \(N\). Если этот путь оказывается слишком коротким для точного измерения (при очень малых расстояниях между магнитом и пластиной), можно использовать несколько ударов бруска. В этом случае путь за один удар находится как измеренный путь, делённый на число ударов. Коэффициент пропорциональности можно найти, сравнивая результаты этого и предыдущего пунктов для тех расстояний, которые охвачены обоими методами измерения. Разумные результаты измерений приведены на приложенном графике.

На рисунке: ось ординат — \(F\) (Н), ось абсцисс — \(d\) (мм).

4) Применяется та же методика, что и в предыдущем пункте, но нужно использовать большее число ударов (\(\approx10\)–\(20\)). Разумный результат для \(d=0{,}2\) мм (одна бумажная полоска) — \(F\approx270\) Н. Заметим, что результат намного больше удвоенного результата для одного магнита; это связано с замыканием ферромагнитной петли линий магнитного поля.

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