NBPhO 2007, теоретический тур

Подсказка

Электрическое поле вдоль провода одно и то же в меди и в алюминии, поэтому плотности тока обратно пропорциональны удельным сопротивлениям. Магнитную индукцию находите по теореме о циркуляции для окружности, соосной проводу, считая только ток внутри неё.

Ответ

1) \(j_a\approx0{,}15\) А/мм\(^2\), \(j_c\approx0{,}25\) А/мм\(^2\);  2) \(B_1=4{,}8\cdot10^{-5}\) Тл;  3) \(B_2=2{,}0\cdot10^{-4}\) Тл.

Решение

1) Используя закон Ома в дифференциальной форме \(E=\rho j\) и учитывая, что электрическое поле должно быть одинаковым в жиле и в покрытии, заключаем: \(j_c\rho_c=j_a\rho_a\Rightarrow j_c=j_a\rho_a/\rho_c\). С другой стороны, полный ток \[I=\frac\pi4\left[a^2j_c+(b^2-a^2)j_a\right]=\frac\pi4\,j_a\left(b^2-a^2+a^2\rho_a/\rho_c\right),\] откуда \[j_a=\frac4\pi\,\frac{I}{b^2+a^2(\rho_a-\rho_c)/\rho_c}\approx0{,}15\text{ А/мм}^2;\qquad j_c\approx0{,}25\text{ А/мм}^2.\]

2) Запишем теорему о циркуляции для круглого контура радиуса \(c\), соосного прямому проводу: \(2\pi cB_1=\mu_0I\). Получаем \[B_1=\frac{\mu_0I}{2\pi c}=2\,\frac{I}{c}\cdot10^{-7}\text{ Гн}\cdot\text{м}^{-1}=4{,}8\cdot10^{-5}\text{ Тл}.\]

3) Действуя так же, но учитывая, что ток, текущий через меньший контур радиуса \(a/2\), равен \(I_c=j_c\,\frac\pi4a^2\), получаем \[B_2=\frac{\mu_0I_c}{\pi a}=\frac{\mu_0j_ca}{4}=\pi j_ca\cdot10^{-7}\text{ Гн}\cdot\text{м}^{-1}=2{,}0\cdot10^{-4}\text{ Тл}.\]

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

Подсказка

Упругая энергия стержня зависит только от его формы, то есть от угла изгиба \(\alpha=l/R\); запишите её через \(k\) и \(\alpha\). Устойчивость вертикального положения определяется знаком суммы упругой и гравитационной энергий при малом изгибе.

Ответ

1) \(T=\pi l\sqrt{2m/k}\);  2) \(M=\dfrac{3k}{2gl}\).

Решение

1) Малость колебаний означает, что угол дуги, образуемой стержнем, мал: \(\alpha=l/R\ll1\). Поэтому возвращающая шарик сила почти горизонтальна, \(F=k/R=k\alpha/l\), а горизонтальное смещение шарика \(x=R(1-\cos\alpha)\approx R\alpha^2/2=l\alpha/2\), откуда \(\alpha=2x/l\).

В уравнении горизонтального движения можно пренебречь силой тяжести, которая по порядку величины равна \(mg\alpha\ll\alpha k/l\) (справа здесь как раз стоит сила упругости). Итак, \(m\ddot x=-k\alpha/l=-2kx/l^2\), откуда \(\omega=\sqrt{2k/m}\,/\,l\); период \(T=2\pi/\omega=\pi l\sqrt{2m/k}\).

2) Упругая энергия стержня, очевидно, зависит только от его формы, то есть от радиуса кривизны \(R\), или, что то же самое, от угла изгиба \(\alpha\). Сначала выведем выражение для этой энергии: \(\Pi_r=\int_0^xF\,dx=\int(2kx/l^2)\,dx=kx^2/l^2=k\alpha^2/4\). Её надо сравнить с изменением потенциальной энергии в поле тяжести \(\Pi_g=-mg(l-R\sin\alpha)=-mgl(1-\sin\alpha/\alpha)\approx-mgl\alpha^2/6\). Итак, вертикальное положение устойчиво, если \(k\alpha^2/4-mgl\alpha^2/6>0\), то есть \(3k>2mgl\).

Замечание: наивный баланс сил, действующих на шарик, в направлении, перпендикулярном стержню, приводит к другому результату: \(k>mgl\). Это неверно, потому что если изгибать стержень силой, приложенной к его концу, то малые смещения конца не перпендикулярны стержню (как можно было бы подумать). В частности, это означает, что если на стержень действуют и перпендикулярная сила \(F\), и касательное натяжение \(T\), то радиус кривизны \(R\) будет зависеть и от натяжения \(T\). В нашем решении мы избежали таких осложнений, заметив, что упругая энергия зависит только от формы стержня (если мы изгибаем стержень какой-то силой, оставляя \(T=0\), об этом эффекте можно не беспокоиться).

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

Подсказка

Электрон, прошедший щели позже, должен лететь быстрее, чтобы догнать более ранних. Выразите время пролёта через скорость после щелей в линейном приближении по \(U/U_0\) и потребуйте, чтобы время вылета плюс время пролёта не зависело от момента вылета; решение ищите в виде квадратичной функции.

Ответ

1) \(t_0=(a+b)\sqrt{m/2U_0e}\);  2) \(t=t_0+\dfrac U{U_0}\dfrac a2\sqrt{\dfrac m{2U_0e}}\);  3) \(U(t)=\dfrac{2U_0^2e}{mab}\,t\left(t-a\sqrt{m/2U_0e}\right)\);  4) \(\dfrac aT\sqrt{\dfrac m{2U_0e}}\).

Решение

1) Очевидно, \(t_0=(a+b)/v_0=(a+b)\sqrt{m/2U_0e}\).

2) Очевидно, \(t=a/v_a+b/v_b\approx t_0-[a(v_a-v_0)+b(v_b-v_0)]/v_0^2\). С другой стороны, при постоянном напряжении \(U(t)\) имеем \(v_b=v_0\). Для промежутка между \(B\) и \(C\) имеем \(\Delta(mv^2/2)\approx mv_0(v_a-v_0)=-Ue\). Поэтому \[t=t_0+\frac{Uea}{mv_0^3}=t_0+\frac U{U_0}\,\frac a2\sqrt{\frac m{2U_0e}}.\]

3) Для изменяющегося напряжения можно воспользоваться результатом предыдущего вопроса, но значение напряжения следует брать в момент прохождения электроном щели. Кроме того, конечная скорость изменилась, \(v_1-v_0\) связано с изменением кинетической энергии \(e[U(t+t_a)-U(t)]\). Время пролёта более поздних электронов, проходящих щель \(B\) в некоторый момент времени \(t>0\), должно быть настолько же короче, насколько они запоздали, то есть \[t_1-t_2=\sqrt{\frac m{8U_0^3e}}\left\{a[U(0)-U(t)]+b[U(t+t_a)-U(t)]\right\}=t,\] где время пролёта \(t_a\approx a/v_0\) [так как \(U\ll U_0\)]. Используя предложенное приближение (\(a\ll b\)), получаем \[\sqrt{\frac m{8U_0^3e}}\;b\,[U(t+a/v_0)-U(t)]=t.\] Если искать квадратичное решение \(U(t)=At^2+Bt\), получаем \[2At_a\,(t+t_a/2)+Bt_a=\frac tb\sqrt{\frac{8U_0^3e}{m}}.\] Итак, \[A=\sqrt{\frac{8U_0^3e}{m}}\,\Big/\,2t_ab=\sqrt{\frac{8U_0^3e}{m}}\;\frac{\sqrt{2eU_0/m}}{2ab}=\frac{2U_0^2e}{mab},\qquad B=-At_a.\]

Окончательно получаем \[U(t)=\frac{2U_0^2e}{mab}\,t\left(t-a\sqrt{m/2U_0e}\right).\]

4) Потеряны будут те электроны, которые находятся в промежутке между \(B\) и \(C\) в момент, когда напряжение падает до нуля. Длительность интервала времени, в который они были испущены, равна \(\tau=a/v_0\). Поэтому искомая доля равна \[\tau/T=\frac aT\sqrt{m/2U_0e}.\]

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

Подсказка

Первый коэффициент даёт тангенс угла наклона доски, при котором брусок начинает скользить. Для второго положите шарик на брусок со стороны верха наклона: он прижимает брусок, и угол начала скольжения меньше; составьте баланс моментов шарика и сил, действующих на брусок.

Ответ

1) \(\mu_1=\operatorname{tg}\alpha_1\approx0{,}24\);  2) \(\mu=\dfrac{m/M+1-\mu_2\operatorname{ctg}\beta}{\mu_2(\operatorname{ctg}\beta+m/M)-1}\approx0{,}2\) (измерения организаторов: \(\operatorname{tg}\beta\approx0{,}12\)).

Решение

1) Это прямой вопрос: измеряем тангенс угла наклона доски, при котором брусок начинает скользить, \(\mu_1=\operatorname{tg}\alpha_1\); для данной установки \(\mu_1\approx0{,}24\).

2) Кладём шарик и брусок вместе на наклонную доску, так, чтобы шарик касался и бруска, и доски и находился выше по склону. Тогда шарик давит на брусок вниз, и скольжение ожидается при несколько меньших углах наклона. Для данной установки этот критический угол оказывается таким, что \(\operatorname{tg}\beta\approx0{,}12\).

Теперь нужно выразить \(\mu\), зная \(\mu_2\approx0{,}24\) и \(\beta=\operatorname{arctg}0{,}12\). Сначала запишем баланс моментов для шарика относительно точки его касания с доской: \(mgR\sin\beta=\mu NR+NR\), где \(N\) — сила давления между шариком и бруском. Отсюда \(N=\dfrac{mg}{\mu+1}\sin\beta\).

Теперь воспользуемся балансом сил для бруска в направлении, нормальном к доске, чтобы найти силу давления между доской и бруском: \(N_2=Mg\cos\beta+\dfrac{\mu mg}{\mu+1}\sin\beta\). Наконец, баланс сил для бруска в направлении касательной: \[\frac{mg}{\mu+1}\sin\beta+Mg\sin\beta=\mu_2g\left(M\cos\beta+\frac{\mu m}{\mu+1}\sin\beta\right).\] Это уравнение можно упростить до \[\frac mM+\mu+1=\mu_2\left[(\mu+1)\operatorname{ctg}\beta+\mu\frac mM\right],\] откуда \[\mu=\frac{\dfrac mM+1-\mu_2\operatorname{ctg}\beta}{\mu_2\left(\operatorname{ctg}\beta+\dfrac mM\right)-1}.\] Подставляя измеренные значения, получаем \(\mu\approx0{,}2\).

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

Подсказка

Разбейте участок касания на малые части: на каждой нормальная сила пропорциональна углу поворота верёвки, а натяжение уменьшается в \(1-\mu\,\delta\alpha\) раз. Для нескольких витков суммарный угол — \(2\pi n\).

Ответ

1) \(T_1/T=1-\mu l/R\);  2) \(T_1/T=e^{-\mu l/R}\);  3) \(F\approx800\) Н;  4) не изменится.

Решение

1) Во-первых, так как \(l\) мало, \(T_1\approx T\). Из баланса сил в радиальном направлении \(N\approx T\alpha=Tl/R\), где \(\alpha\) — угол, на который изменилось направление верёвки. Из баланса в касательном направлении \(T_1=T-\mu N=T(1-\mu\alpha)\).

2) Если угол не мал, разделим участок касания на \(M\) малых отрезков и воспользуемся предыдущим результатом: \(T_{i+1}=T_i(1-\mu\alpha/M)\). Поэтому \(T_M=T(1-\mu\alpha/M)^M\to Te^{-\mu\alpha}\) (при \(M\to\infty\)). Итак, \(T'=Te^{-\mu l/R}\).

3) Используя предыдущую формулу и приведённые численные значения (\(\alpha=4\pi\)), получаем \[F=mg\sin\phi\,e^{-\mu\alpha}\approx800\text{ Н}.\]

4) Если пересмотреть решение второго вопроса, замечаем, что предположение о цилиндрической форме мы не использовали. Важен лишь угол поворота касательной к верёвке. Поэтому ответ для яйцевидного сечения не меняется.

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

Подсказка

Выгоднее всего эллиптическая траектория, касающаяся орбит Земли и Марса; её время полёта даёт третий закон Кеплера, а остаточную скорость — закон сохранения энергии в поле Солнца. Не забудьте, что скорость \(v_0\) при старте с Земли включает ещё и вторую космическую.

Ответ

1) \(v_1^2=v_0^2-2gR_0\);  2) эллипс, касающийся орбиты Земли в перигелии и орбиты Марса в афелии;  3) \(T\approx0{,}70\) года;  4) \(v_1\approx2{,}86\) км/с, \(v_0\approx11{,}6\) км/с, \(v_t\approx2{,}59\) км/с (по модулю);  5) в \(e^{0{,}4}\approx1{,}5\) раза.

Решение

1) Очевидно, \(v_1^2=v_0^2-2gR_0\).

2) Траектория — эллипс, касающийся орбиты Земли в перигелии и орбиты Марса в афелии.

3) Согласно третьему закону Кеплера, время \(T=\dfrac12T_0\,(a/R_e)^{3/2}\), где \(T_0=1\) год — период обращения Земли, а \(a=(R_e+R_m)/2\) — большая полуось траектории. Численно \(T=0{,}70\) года.

4) Полная энергия (кинетическая плюс потенциальная) космического корабля равна \(E=-GMm/2a=-GMm/(R_e+R_m)=-GMm/R_e+\dfrac m2(v_1+v_e)^2\), где \(M\) — масса Солнца. Поэтому \[\frac12(v_1+v_e)^2=G\frac{R_m}{R_e(R_e+R_m)}=v_e^2\,\frac{R_m}{R_e+R_m}\] и \[v_1=v_e\left(\sqrt{\frac{2R_m}{R_e+R_m}}-1\right)\approx0{,}095\,v_e\approx2{,}86\text{ км/с}.\] Следовательно, \(v_0=\sqrt{11{,}2^2+2{,}86^2}=11{,}6\) км/с.

Относительную скорость вблизи Марса можно записать с помощью соответствующей замены индексов в выражении для \(v_1\) (либо найти аналогично \(v_1\)): сначала найдём скорость относительно Солнца из выражения для полной энергии: \[v_3=v_m\left(\sqrt{\frac{2R_e}{R_e+R_m}}-1\right)\approx-0{,}106\,v_e\sqrt{\frac{R_e}{R_m}}\approx-2{,}59\text{ км/с}.\]

5) Очевидно, \(M_i=m\,e^{v_i/u}\), так что \(M_a/M_b=e^{(v_a-v_b)/u}=e^{0{,}4}\approx1{,}5\).

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

Подсказка

Картина симметрична относительно оси шарика и не зависит от угла падения, значит, дифракция происходит на одном шарике: его центральную часть можно заменить отражающим диском того же диаметра, перпендикулярным лучу. Диаметр диска оцените по размеру первого тёмного кольца.

Ответ

\(D\approx\lambda l/d\approx50\) мкм (измерения организаторов: \(d\approx1{,}1\) см, \(l\approx80\) см).

Решение

1) Это концентрические окружности, отражённые назад в сторону лазера. Их можно увидеть, если направить лазерный свет через отверстие в бумаге и использовать бумагу как экран. Положение и размер окружностей не зависят от угла падения (при больших углах падения окружности будут несколько вытянуты в направлении наклона).

2) Точный расчёт дифракционной картины на таких микрошариках — очень трудная задача, заведомо выходящая за возможности олимпиадной задачи. Поэтому приходится действовать как детективу, делая выводы из наблюдаемых данных. Во-первых, дифракционная картина находится не там, где было бы отражение от полоски; значит, полоска не работает как отражательная дифракционная решётка. Если бы упаковка была регулярной, а разность хода (необходимая для дифракции) набиралась бы из-за рассеяния на соседних шариках, то получилась бы картина, характерная для дифракции на кристаллических решётках (правильно расположенные пятна). Если бы разность хода набиралась из-за рассеяния на соседних шариках при нерегулярной упаковке, разность хода была бы случайной, а значит, и дифракционная картина была бы случайной. Это не объясняло бы правильную круговую картину.

С другой стороны, если бы разность хода набиралась на одном шарике, картина была бы осесимметричной, как и сам шарик. Это хорошо согласуется со всеми экспериментальными наблюдениями (кроме небольшого вытягивания окружностей при больших углах падения, которое, возможно, можно объяснить преломлением в слое покрытия).

На одном шарике свет частично отражается назад от передней поверхности, а частично преломляется внутрь шарика, отражается изнутри и преломляется обратно в воздух (в нашем грубом анализе мы пренебрегаем многократными частичными отражениями). Для лучей, падающих вблизи оси шарика, выходящие лучи отражаются почти в противоположном направлении. Так что в своей центральной части шарик действует почти как отражающий диск.

В нашей очень грубой модели мы заменяем шарики дисками примерно того же диаметра, что и шарики, ориентированными перпендикулярно падающему лучу. Тогда все микрошарики дают максимумы и минимумы в одних и тех же направлениях.

3) Измеряем диаметр первого тёмного кольца \(d\approx1{,}1\) см и расстояние от лазера до полоски \(l\approx80\) см. Тогда диаметр шариков можно оценить как диаметр эффективного светоотражающего диска, \(D\approx\lambda l/d\approx50\) мкм.

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