NBPhO 2008, теоретический тур

Подсказка

При мгновенном упругом ударе одинаковых шаров они обмениваются скоростями, а потом гантель колеблется около равномерно движущегося центра масс. Чтобы четвёртый шар получил всю скорость, при подлёте к нему гантель должна оказаться в той же фазе колебаний, что и сразу после удара.

Ответ

1) \(v/2\);  2) \(L=\pi v\left(n+\dfrac12\right)\sqrt{m/2k}\), \(n=0,1,2,\dots\)

Решение

1) При первом столкновении действием пружины можно пренебречь: за время удара шары почти не смещаются, поэтому пружина не деформируется. Два абсолютно упругих одинаковых шара при центральном ударе обмениваются скоростями. Значит, первый шар гантели остаётся в покое, а второй получает скорость \(v\). Следовательно, скорость центра масс гантели равна \(v/2\).

2) После удара гантель будет колебаться в системе отсчёта своего центра масс с циклической частотой \(\omega=\sqrt{2k/m}\) (шары колеблются так, что середина пружины покоится; пружина, вдвое более короткая, имеет вдвое большую жёсткость).

В силу закона сохранения энергии четвёртый шар может получить скорость \(v\) только так, чтобы после взаимодействия все остальные шары остались в полном покое. Поэтому перед ударом третьего шара о четвёртый третий шар должен иметь скорость \(v\) (а второй шар — покоиться). Это фаза, противоположная той, с которой гантель начала своё движение. Следовательно, время движения гантели должно быть полуцелым кратным периода \(T=2\pi\sqrt{m/2k}\). В этой фазе колебаний пружина снова не деформирована, т. е. путь центра масс тоже равен \(L\). Итак, \(2L/v=T\left(n+\tfrac12\right)\), откуда \[L=\pi v\left(n+\frac12\right)\sqrt{m/2k}.\]

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

Подсказка

Радиус циклотронной окружности равен радиусу области поля. Соедините центр области, центр круговой траектории и точки входа и выхода: получится ромб, из него легко найти направление выхода.

Ответ

2) \(t=\dfrac{\pi R}{2v}\);  3) \(\alpha=\dfrac\pi2-\arcsin\dfrac aR\).

Решение

1) Так как радиус циклотронной орбиты равен радиусу области \(R\), траектория даётся кривой \(DABE\) на рисунке (\(AB\) — дуга окружности).

2) Круговая часть траектории — четверть полной окружности, поэтому \(t=\pi R/2v\).

3) Пусть \(O'\) — центр круговой орбиты электрона, а \(B\) — точка пересечения траектории с границей области. Четырёхугольник \(COBO'\) — ромб, потому что все его стороны равны \(R\). Значит, прямая \(BO\) вертикальна (поскольку \(O'C\) вертикальна, а \(BO\) ей параллельна). Следовательно, угол отклонения электрона равен \[\alpha=\angle CO'B=\angle AOB+\angle AOC=\frac\pi2-\arcsin\frac aR.\]

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

Подсказка

Положите шар между двумя линейками, образующими клин, и найдите предельный наклон верхней линейки, при котором шар ещё не выскальзывает. Равенство нулю момента сил относительно точки контакта с нижней линейкой задаёт направление равнодействующей силы трения и реакции верхней линейки.

Решение

Положим одну из линеек горизонтально на стол. Затем положим шар на эту линейку, а на шар — другую линейку. Пальцем удерживаем один конец второй линейки в контакте с первой линейкой и находим ближайшее устойчивое положение шара (которому соответствует наибольший угол наклона второй линейки), см. рисунок.

Теперь рассмотрим баланс моментов (для шара) относительно точки касания шара и линейки \(B\). Сила тяжести момента не создаёт, поскольку приложена к центру шара \(O\). Значит, равнодействующий вектор силы трения и силы реакции в \(C\) тоже должен иметь нулевой момент, т. е. должен проходить через \(B\). На пороге скольжения угол между этим вектором и нормалью к поверхности \(CO\) равен \(\operatorname{arctg}\mu\). Итак, \(\mu=\operatorname{tg}\angle BCO=\operatorname{tg}\angle OAB=|OB|/|AB|=R/|AB|\). Радиус шара \(R\approx40\) мм можно измерить, прокатив шар по линейке на угол \(2\pi\). Расстояние \(|AB|\) можно измерить непосредственно линейкой. Нужно сделать несколько измерений, чтобы точнее найти критическое положение шара.

Мы использовали одну линейку как основание, потому что если поверхность имеет меньший коэффициент трения, чем линейка, то скольжение начинается в точке \(B\), и мы не сможем получить требуемый результат.

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

Подсказка

Проинтегрируйте уравнения движения по времени дважды при нулевых начальных условиях: движение — равномерный дрейф плюс вращение по окружности, т. е. циклоида.

Ответ

1) \(u=\dfrac{eE_0}{\omega m}\) вдоль оси \(y\);  2) циклоида, радиус \(R=\dfrac{eE_0}{\omega^2m}\), расстояние между соседними петлями \(\Delta=2\pi R\).

Решение

Запишем второй закон Ньютона для \(x\)- и \(y\)-компонент координат электрона: \[m\ddot x=-eE_0\cos\omega t,\qquad m\ddot y=eE_0\sin\omega t.\] Проинтегрируем эти уравнения по времени (помня, что начальная скорость равна нулю): \[m\dot x=-eE_0\omega^{-1}\sin\omega t,\qquad m\dot y=eE_0\omega^{-1}(1-\cos\omega t).\] Теперь проинтегрируем ещё раз, помня, что начальные координаты равны нулю: \[x=\frac{eE_0}{m\omega^2}(\cos\omega t-1),\qquad y=\frac{eE_0}{\omega m}\,t-\frac{eE_0}{m\omega^2}\sin\omega t.\]

Итак, электрон совершает движение по окружности в системе отсчёта, движущейся со скоростью (параллельной оси \(y\)) \(u=\dfrac{eE_0}{\omega m}\). Радиус орбиты равен \(R=\dfrac{eE_0}{\omega^2m}\). В лабораторной системе это циклоида (кривая, описываемая точкой на ободе катящегося диска); расстояние между соседними петлями \(\Delta=2\pi u/\omega=2\pi R\).

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

Подсказка

Скорость у Земли находится из энергии на эллиптической орбите с заданной большой полуосью; тангенциальную составляющую даёт сохранение момента импульса между перигелием и точкой встречи с Землёй, а при подлёте к Земле к кинетической энергии добавляется энергия притяжения Земли.

Ответ

1) \(v\approx34{,}5\) км/с;  2) \(v_t\approx30{,}2\) км/с, \(v_r\approx16{,}7\) км/с;  3) \(u_r=v_r\), \(u_t\approx0{,}2\) км/с;  4) \(w\approx20{,}1\) км/с.

Решение

1) Большая полуось равна \(a=\frac12(r_1+r_2)=\frac12(\alpha+\beta)R\). Поэтому полная энергия астероида в месте нахождения Земли \[\frac Em=-\frac{\gamma M}{2a}=\frac12v^2-\frac{\gamma M}{R}.\] Учитывая, что \(v_0^2=\dfrac{\gamma M}{R}\), перепишем это в виде \[\frac{v_0^2}{\alpha+\beta}=v_0^2-\frac12v^2.\] Итак, получаем \[v=v_0\sqrt{2\left[1-(\alpha+\beta)^{-1}\right]}\approx34{,}5\text{ км/с}.\]

2) Тангенциальную компоненту можно найти из закона сохранения момента импульса: \(v_t=v_p\beta\), где скорость в перигелии можно найти аналогично \(v\): \[v_p=v_0\sqrt{2\left(\frac1\beta-\frac1{\alpha+\beta}\right)}=v_0\sqrt{\frac{2\alpha}{\beta(\alpha+\beta)}}\approx46{,}5\text{ км/с}.\] Значит, \[v_t=v_0\sqrt{\frac{2\alpha\beta}{\alpha+\beta}}\approx30{,}2\text{ км/с}.\] Радиальная компонента \[v_r=\sqrt{v^2-v_t^2}\approx16{,}7\text{ км/с}.\]

3) Требуемые компоненты можно найти, вычтя орбитальную скорость Земли. Очевидно, \(u_r=v_r\), а \[u_t=v_t-v_0\approx0{,}2\text{ км/с}.\]

4) Когда астероид приближается к поверхности Земли по параболической орбите, к его кинетической энергии в системе отсчёта Земли добавляется энергия, обусловленная силой тяготения Земли \(gR_0\): \[w=\sqrt{u_t^2+u_r^2+2gR_0}\approx20{,}1\text{ км/с}.\]

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

Подсказка

Есть два способа: интерференция лучей, отражённых от двух поверхностей пластинки (по расстоянию между минимумами на экране), либо дифракция на торце пластинки как на щели.

Ответ

\(d\approx0{,}20\) мм.

Решение

Возможны две установки. Во-первых, можно рассмотреть интерференцию лучей, отражённых от верхней и нижней поверхностей стеклянной пластинки, см. рисунок (верхний чертёж). Во-вторых, можно направить луч на торец пластинки. Тогда на экране получится почти такая же дифракционная картина, как от одной щели (нижний чертёж на рисунке).

На рисунке: glass plate — стеклянная пластинка, laser beam — лазерный луч, screen — экран.

В первом случае нужно вычислить оптическую разность хода, см. рисунок.

\(\Delta l=2(n|CD|-|AB|)=2\left(nd/\cos\beta-d\sin\beta\sin\alpha\right)=2d\left(n/\cos\beta-\sin^2\alpha/n\right)\); будем помнить, что \(\sin\beta=\sin\alpha/n\). Нужно найти такое изменение \(\alpha\), которое вызывает изменение \(\Delta l\) на \(\lambda\) (это соответствует переходу от одного дифракционного минимума к другому): \[\Delta\alpha\cdot\frac{d(\Delta l)}{d\alpha}=\lambda.\] Затем можно связать измеряемую величину, расстояние между минимумами на экране \(a=L\Delta\alpha\) (где \(L\) — длина пути \(|AB|+|BC|\)), с толщиной пластинки.

\(\dfrac{d(\Delta l)}{d\alpha}=2d\left(\sin\alpha/\cos^2\beta-\sin2\alpha/n\right)=2d\sin\alpha\left(\cos^{-2}\beta-2\cos\alpha/n\right)\). Итак, \(L\lambda=2ad\sin\alpha\left(\cos^{-2}\beta-2\cos\alpha/n\right)\); следовательно, \[d=\frac{L\lambda}{2a\sin\alpha\left(\cos^{-2}\beta-2\cos\alpha/n\right)}.\] Мы можем легко измерить \(\alpha\) и вычислить \(\beta\); для \(n\) можно взять типичное значение \(n\approx1{,}4\) или использовать измерение угла Брюстера \(\alpha_B\), чтобы найти \(n=\operatorname{tg}\alpha_B\). Для точного измерения \(a\) считаем несколько, например \(10\), интервалов между минимумами и делим расстояние между самыми дальними минимумами на \(10\).

Во втором случае угловое расстояние между минимумами задаётся формулой \(\Delta\alpha=2\lambda/d\), так что \(a=2L\lambda/d\) и \(d=2L\lambda/a\).

Численно толщина получилась \(d\approx0{,}20\) мм.

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