NBPhO 2004, теоретический тур

Подсказка

Постоянство объёма даёт площадь сечения, а условие \(F(l_0)=0\) вместе с линейным пределом — обе константы. Для почти круговой орбиты используйте сохранение момента импульса и энергии, разложите их при малом \(r\): линейные по \(r\) члены сокращаются, остаётся энергия осциллятора.

Ответ

1) \(S=S_0l_0/l\);  2) \(a=E_0S_0\), \(b=-E_0S_0l_0\);  3) \(\Delta F\approx E_0S_0\,l_0\,\Delta l/l^2\);  4) \(l=l_0+\dfrac{2K}{E_0S_0}\);  6) \(T=\dfrac{2\pi L}{\sqrt{3V_t^2+E_0S_0l_0/m}}\approx\dfrac{2\pi L}{\sqrt3\,V_t}\).

Решение

1) Сохранение объёма: \(Sl=S_0l_0\), откуда \(S=S_0l_0/l\).

2) В пределе малых деформаций \(F(l)=a+\dfrac bl\approx a-\dfrac{bx}{l_0^2}=k_0x\), откуда \(E_0S_0/l_0=-b/l_0^2\), то есть \(b=-E_0S_0l_0\) (1 балл). Кроме того, при \(l=l_0\) имеем \(F=0\) (0,5 балла), поэтому \(a+\dfrac b{l_0}=0\) и \(a=E_0S_0\) (1 балл).

3) \(\Delta F\approx\dfrac{dF}{dl}\,\Delta l=E_0S_0\,\dfrac{l_0\,\Delta l}{l^2}\).

4) Второй закон Ньютона: \(E_0S_0\Bigl(1-\dfrac{l_0}{l}\Bigr)=\dfrac{2K}{l}\), откуда \(l=l_0+\dfrac{2K}{E_0S_0}\).

5) Закон сохранения момента импульса: \(lv_t=LV_t\), откуда \(v_t=V_t\dfrac{L}{L+r}\) (1,5 балла). Закон сохранения энергии: \[\frac m2\left(v_t^2+v_r^2\right)+E_0S_0\left(r-l_0\ln\frac{r+L}{L}\right)=\frac m2\left(V_t^2+V_r^2\right)\quad\text{(2 балла).}\]

6) Подставив \(v_t\) из закона сохранения момента импульса в уравнение энергии, получаем \[\frac m2\left[V_t^2\left(\frac{L}{L+r}\right)^2+v_r^2\right]+E_0S_0\left(r-l_0\ln\frac{r+L}{L}\right)=\frac m2\left(V_t^2+V_r^2\right).\] Далее используем условие \(|r|\ll L\) и подставляем \(\left(\dfrac L{L+r}\right)^2\approx1-2\dfrac rL+3\left(\dfrac rL\right)^2\), \(\ln\dfrac{r+L}{L}\approx\dfrac rL-\dfrac12\left(\dfrac rL\right)^2\). Линейные по \(r\) члены сокращаются в силу условия \(E_0S_0\left(1-\dfrac{l_0}{L}\right)=\dfrac{mV_t^2}{L}\). В итоге приходим к уравнению \[\frac m2\left[3V_t^2\left(\frac rL\right)^2+v_r^2\right]+\frac12E_0S_0l_0\left(\frac rL\right)^2=\frac m2V_r^2 .\] Это закон сохранения энергии для маятника, состоящего из пружины с эффективной жёсткостью \(k_{\text{эфф}}=(3mV_t^2+E_0S_0l_0)L^{-2}\) и тела с эффективной массой \(m_{\text{эфф}}=m\). Поэтому \[T=\frac{2\pi L}{\sqrt{3V_t^2+E_0S_0l_0\,m^{-1}}}\approx\frac{2\pi L}{\sqrt3\,V_t}\quad\text{при }L\gg l_0 .\]

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

Подсказка

Видимое угловое движение определяется разностью угловых скоростей планет, а максимальный угол \(\varphi_m\) задаётся условием \(\sin\varphi_m=k\) для луча, касательного к внутренней орбите. Период на графике — синодический.

Ответ

1) \(k\approx1{,}4\)–\(1{,}5\);  2) единица на вертикальной оси \(\approx4{,}8\) (в тех же единицах, что и \(\varphi_m\approx0{,}75\) рад);  3) \(r_1\approx2{,}5\cdot10^{11}\) м, \(r_2\approx3{,}7\cdot10^{11}\) м.

Решение

1) Первый способ: определим касательные к графику в точках, где кривая пересекает горизонтальную ось: \(a_1\approx-2{,}8\) и \(a_2\approx16\) (в единицах графика). Тогда \(a_1=-\omega\dfrac{k}{1+k}\) и \(a_2=\omega\dfrac{k}{1-k}\). Единицы графика сокращаются в отношении этих касательных: \(\varepsilon=-\dfrac{a_2}{a_1}=\dfrac{1+k}{1-k}\approx5{,}7\), откуда \(k=\dfrac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}\approx1{,}4\).

Второй способ (более точный): определим расстояния между соседними минимумом и максимумом, \(t_1\approx1{,}2\), и между соседними минимумами, \(t_2\approx4{,}6\) (в единицах графика). Тогда \(\mu=\dfrac{t_1}{t_2}=\dfrac{\pi-2\arcsin k}{2\pi}\approx0{,}261\), откуда \(k=\sin\bigl[(\tfrac12-\mu)\pi\bigr]\approx1{,}47\approx1{,}5\).

2) Для максимального углового смещения \(\varphi_m\): \(\sin\varphi_m=k=\sin\bigl[(\tfrac12-\mu)\pi\bigr]\), откуда \(\varphi_m=(\tfrac12-\mu)\pi=0{,}75\) рад \(\approx3{,}6\) единицы. Следовательно, единица равна \(\varphi_m/\bigl[(\tfrac12-\mu)\pi\bigr]\approx4{,}8\).

3) Если угловые скорости планет \(\omega_1\) и \(\omega_2\), то кажущаяся угловая скорость (в системе, где звезда и планета-наблюдатель неподвижны) равна \(\omega=\omega_1-\omega_2\). Из второго закона Ньютона \(GMr_i^{-2}=\omega_i^2r_i\), \(i=1,2\), где \(r_i\) — радиус орбиты планеты. Значит, \(\omega_i=\sqrt{GMr_i^{-3}}\) и \(\omega=\sqrt{GM}\bigl(r_2^{-1{,}5}-r_1^{-1{,}5}\bigr)=\sqrt{GM}\,r_1^{-1{,}5}\bigl(1-k^{-1{,}5}\bigr)\). Наконец, квадрат наблюдаемого периода \(T^2=(2\pi/\omega)^2=\dfrac{4\pi^2r_1^3}{GM\,(1-k^{-1{,}5})^2}\) и \(r_1=\Bigl[\dfrac{T^2GM(1-k^{-1{,}5})^2}{4\pi^2}\Bigr]^{1/3}\). Используя \(T\approx4{,}6\) года \(\approx1{,}45\cdot10^8\) с, получаем \(r_1\approx2{,}5\cdot10^{11}\) м; соответственно \(r_2=kr_1\approx3{,}7\cdot10^{11}\) м.

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

Подсказка

Луч через центр линзы не преломляется, и прямая, её изображение и плоскость линзы пересекаются в одной точке. Изображение дальнего края поля лежит в фокальной плоскости на расстоянии \(f\) от неё.

Решение

Из \(f^{-1}=x^{-1}-x'^{-1}\) получаем \(x=\dfrac{x'f}{x'+f}\). Поскольку луч, проходящий через центр линзы, не преломляется, из подобия треугольников получаем связь между \(y\)-координатами точки и изображения: \(y=y'\dfrac{x}{x'}=\dfrac{y'f}{x'+f}\). Подставляя в \(y=ax+b\), получаем \(\dfrac{y'f}{x'+f}=a\dfrac{x'f}{x'+f}+b\), откуда \(y'=ax'+b\left(\dfrac{x'}{f}+1\right)=x'\left(a+\dfrac bf\right)+b\), что тоже определяет прямую линию.

Построение изображения (п. 2). Сначала заметим, что прямая, её изображение и плоскость линзы пересекаются в одной точке, потому что изображение той точки прямой, которая лежит в плоскости линзы, совпадает с ней самой. Теперь изображение легко построить, см. рисунок.

На рисунке: real image — действительное изображение, virtual image — мнимое изображение, focus — фокус, line — прямая.

Положение линзы (п. 3). Сначала заметим, что расстояние от изображения дальнего края поля (обозначим его \(A\)) до фокальной плоскости равно фокусному расстоянию \(f\). Поэтому плоскость линзы должна касаться окружности радиуса \(f\), проведённой вокруг \(A\), см. рисунок. Далее заметим, что есть один луч, соединяющий дальний край поля и его изображение и не преломляющийся — луч, проходящий через центр линзы, см. рисунок.

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

Подсказка

В положении равновесия вектор из центра в точку касания перпендикулярен касательной к кривой в этой точке; найдите касательную дифференцированием уравнения эллипса. Устойчивость определяется знаком производной момента.

Ответ

1) \(\varphi=0\), \(\varphi=\pi/2\) и \(\varphi=\operatorname{arctg}\left(\dfrac ba\right)^2\);  3) \(\varphi=0\) и \(\varphi=\pi/2\) устойчивы, промежуточное положение неустойчиво.

Решение

1) Есть тривиальные положения \(\varphi=0\) и \(\varphi=\pi/2\). Кроме них, есть ещё одно положение между этими двумя. В равновесии вектор \(\vec r=(x,y)\) от начала координат к точке касания должен быть перпендикулярен касательной в этой точке. Чтобы найти касательную, продифференцируем формулу эллипса: \(4\dfrac{x^3}{a^4}dx+4\dfrac{y^3}{b^4}dy=0\), откуда при \(dx=1\), \(dy=-\dfrac{x^3}{y^3}\dfrac{b^4}{a^4}\) касательный вектор равен \(\vec\tau=\left[1,\,-\left(\dfrac xy\right)^3\left(\dfrac ba\right)^4\right]\). Векторы перпендикулярны, если их скалярное произведение равно нулю: \(x-y\left(\dfrac xy\right)^3\left(\dfrac ba\right)^4=0\), то есть \(\dfrac yx=\left(\dfrac ba\right)^2\), \(\varphi=\operatorname{arctg}\dfrac yx=\operatorname{arctg}\left(\dfrac ba\right)^2\).

2) Вокруг каждого нуля \(\varphi\) меняет знак. При \(\varphi=0\) небольшое увеличение \(\varphi\) приводит к моменту, стремящемуся вернуть цилиндр в исходное положение, то есть момент становится отрицательным. Поэтому график выглядит так, как показано ниже.

На рисунке: \(M\) — момент, по горизонтали \(\varphi\) с отмеченными \(0\), \(\varphi_0\), \(\pi/2\).

3) Если производная графика в точке равновесия отрицательна, положение устойчиво; в противном случае неустойчиво. Положения \(\varphi=0\) и \(\varphi=\pi/2\) устойчивы, \(\varphi=\left(\dfrac ba\right)^2\) неустойчиво.

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

Подсказка

Магнит эквивалентен поверхностному молекулярному току, поэтому для контура через три магнита работает теорема о циркуляции, а в каждой вершине поток сохраняется, потому что у линий поля нет источников.

Ответ

1) \(\Phi_A+\Phi_B+\Phi_C=3\Phi\);  2) \(\Phi_A=\Phi_B+\Phi_F\);  3) \(\Phi_F/\Phi_C=1\);  4) \(\Phi_A=\dfrac32\Phi\), \(\Phi_C=\Phi_F=\Phi\), \(\Phi_B=\Phi_D=\Phi_E=\dfrac12\Phi\);  5) магнит A.

Решение

1) Каждый постоянный магнит можно рассматривать как соленоидальный молекулярный ток на поверхности магнита. Пусть у каждого магнита суммарный поверхностный ток \(I\). Рассмотрим треугольный контур, проходящий внутри магнитов \(A\), \(B\), \(C\). По теореме о циркуляции для этого контура циркуляция \(B_Al+B_Bl+B_Cl\) пропорциональна полному молекулярному току сквозь контур: \(B_Al+B_Bl+B_Cl=3kI\). Здесь \(B_A\) — магнитная индукция внутри магнита \(A\); \(B_B\) и \(B_C\) определены аналогично. Для одиночного магнита, прижатого к массивному U-образному ферромагнетику, теорема о циркуляции даёт \(B_0l=kI\) (где \(B_0\) — магнитная индукция внутри магнита; вкладом в циркуляцию внутри массивного U-образного ферромагнетика можно пренебречь, потому что магнитное поле там гораздо меньше, чем внутри магнита). Итак, \(B_A+B_B+B_C=3B_0\) и \(\Phi_A+\Phi_B+\Phi_C=3\Phi\).

2) У линий магнитного поля (а значит, и у потока) нет источников, поэтому \(\Phi_A=\Phi_B+\Phi_F\).

3) В силу симметрии \(\Phi_F/\Phi_C=1\).

4) Используя симметрию, \(\Phi_F=\Phi_C\) и \(\Phi_D=\Phi_B\). Из теоремы о циркуляции для треугольника \(CDE\): \(\Phi_C+\Phi_E-\Phi_B=\Phi\). Из условия отсутствия источников потока для вершины с магнитами \(E\), \(C\), \(B\) получаем \(\Phi_E=\Phi_C-\Phi_B\). Вместе с уравнениями из вопросов 1 и 2 получаем \(\Phi_A=\dfrac32\Phi\), \(\Phi_C=\Phi_F=\Phi\), \(\Phi_B=\Phi_D=\Phi_E=\dfrac12\Phi\).

5) Чем больше поток, тем труднее оторвать магнит, потому что магнитный поток должен будет пройти через воздушный зазор, который образуется (увеличивая энергию магнитного поля) при начале отрывания. Поэтому ответ — «A».

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

Подсказка

Поток через рамку — интеграл от поля прямого тока; при выключении заряд равен изменению потока, делённому на сопротивление, а импульс набирается из разности сил Ампера на двух параллельных проводу сторонах.

Ответ

1) \(\Phi=\dfrac{b\mu_0I_0}{2\pi}\ln\dfrac{a+l}{l}\approx280\) мкВб;  2) \(Q=\Phi/R\approx280\) мкКл;  3) \(p=\dfrac{a(b\mu_0I_0)^2}{8\pi^2Rl(l+a)}\ln\dfrac{a+l}{l}\approx2{,}08\cdot10^{-6}\).

Решение

1) На расстоянии \(r\) от тока \(I_0\) магнитная индукция \(B=\dfrac{\mu_0I_0}{2\pi r}\). Тогда поток через контур \(\Phi=\int_l^{l+a}Bb\,dx=\int_l^{l+a}\dfrac{b\mu_0I_0}{2\pi x}\,dx=\dfrac{b\mu_0I_0}{2\pi}\ln\dfrac{a+l}{l}\).

Можно также найти его по графику, определив площадь \(S\) под кривой от \(r=r_1=0{,}01\) м до \(r=r_2=0{,}04\) м: \(S\approx0{,}28\) мТл\(\cdot\)м, далее \(\Phi=Sb=280\) мкВб.

2) После выключения тока поток через контур стремится к нулю. По закону Ома \(R\dfrac{dq}{dt}=\dfrac{d\Phi}{dt}\), откуда \(R\,dq=d\Phi\), то есть \(RQ=\Delta\Phi=\Phi\). Окончательно \(Q=\Phi/R=280\) мкКл.

3) Силу находим как разность сил, действующих на два участка рамки, параллельных прямому проводу: \(F_1=biB_1\) и \(F_2=biB_2\), где \(i=R^{-1}\dfrac{d\Phi}{dt}\). Значит, \(dp=(F_1-F_2)\,dt=bR^{-1}(B_1-B_2)\,d\Phi\). Используя \(B_1=\mu_0I/2\pi l\) и \(B_2=\mu_0I/2\pi(l+a)\), приходим к \(dp=\dfrac bR\dfrac{\mu_0I}{2\pi}\dfrac{a}{l(l+a)}\,d\Phi\). Используя результат первого вопроса, \(d\Phi=\dfrac{b\mu_0}{2\pi}\ln\dfrac{a+l}{l}\,dI\), то есть \(dp=\left(\dfrac{b\mu_0}{2\pi}\right)^2\dfrac{a}{Rl(l+a)}\ln\dfrac{a+l}{l}\,I\,dI\). Окончательно \[p=\frac{a(b\mu_0I_0)^2}{8\pi^2Rl(l+a)}\ln\frac{a+l}{l}\approx2{,}08\cdot10^{-6}\ \text{кг}\cdot\text{м/с}.\]

Тот же результат можно получить, используя график и подход из альтернативного решения первого вопроса.

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

Подсказка

Площадь под графиком тока разрядки от времени — прошедший заряд; ёмкость связывает его с изменением напряжения конденсатора, а ВАХ получается из пар «ток — напряжение» в моменты кратковременных остановок разрядки.

Решение

Идея: снимать показания тока разрядки как функции времени. Площадь под графиком — вытекший заряд \(Q\). Измерив напряжения \(U_0\) и \(U_1\) в начале и в конце разрядки, получаем \(Q/C=U_0-U_1\), то есть \(C=Q/(U_0-U_1)\). Для вольт-амперной характеристики время от времени прерываем разрядку, снимаем показание тока разрядки \(I\) непосредственно перед прерыванием, измеряем напряжение \(U\) и продолжаем разрядку. Собираем достаточно данных, чтобы построить вольт-амперную характеристику.

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