NBPhO 2011, теоретический тур

Подсказка

Мгновенный центр вращения катушки — точка касания со столом, поэтому скорость любой точки катушки перпендикулярна отрезку до этой точки. Для динамики удобно приравнять работу силы \(F\) приращению кинетической энергии, а при ударе о порожек сохраняется момент импульса относительно его края.

Ответ

1) \(\dfrac{uR}{R\cos\alpha+r}\);  2) \(a=\dfrac FM\cdot\dfrac{\cos\alpha+r/R}{1+J/(MR^2)}\);  3) \(\mu_{\min}=\left|\dfrac{r/R-\dfrac{J}{MR^2}\cos\alpha}{\left(1+\dfrac{J}{MR^2}\right)\left(\dfrac{Mg}{F}-\sin\alpha\right)}\right|\);  4) \(v=u\left(1-\dfrac{H/R}{1+J/(MR^2)}\right)\);  5) \(w=\sqrt{v^2-\dfrac{2gH}{1+J/(MR^2)}}\);  6) \(u_0=\sqrt{g(R-H)}\,\dfrac{1+J/(MR^2)}{1+J/(MR^2)-H/R}\).

Решение

i) Первое решение. Мгновенный центр вращения катушки — точка касания \(P\) со столом (эта точка покоится). Поэтому скорость катушки \(u'=R\omega\), где \(\omega\) — угловая скорость. Рассмотрим треугольник \(POA\), где \(A\) — точка, в которой свободный конец верёвки в данный момент сходит с внутренней части катушки (но на самом деле это точка катушки, то есть она катится вместе с ней); \(O\) — центр катушки. Обозначим \(\angle PAO=\beta\); легко видеть, что \(\angle AOP=\pi-\alpha\). Скорость \(\vec v_A\) точки \(A\) перпендикулярна \(PA\), а потому образует угол \(\beta\) со свободным концом верёвки. Её проекция на верёвку равна \(u\), следовательно, \(v_A=u/\cos\beta\). Далее, \(\omega=v_A/l\), где \(l=|AP|\) находится по теореме косинусов: \(l=\sqrt{R^2+r^2+2Rr\cos\alpha}\). Угол \(\beta\) находится по теореме синусов для треугольника \(AOP\): \(\sin\beta=\dfrac{R\sin\alpha}{l}\). Собирая всё вместе, получаем \[u'=\frac{uR}{\sqrt{R^2\cos^2\alpha+r^2+2Rr\cos\alpha}}=\frac{uR}{|R\cos\alpha+r|}.\]

Второе решение. Разложим скорость \(\vec v_A\) на две составляющие: тангенциальную (параллельную верёвке), по модулю равную \(u\), и радиальную, которую обозначим \(u_r\). Так как расстояние между \(O\) и \(A\) постоянно, проекции скоростей \(O\) и \(A\) на прямую \(OA\) равны: \[u_r=v\sin\alpha\ \Rightarrow\ v=u_r/\sin\alpha\ \Rightarrow\ \omega=u_r/(R\sin\alpha).\] Вертикальная составляющая скорости точки \(A\) не изменится, если перейти из лабораторной системы отсчёта в систему, связанную с точкой \(O\); поэтому \[u\sin\alpha-u_r\cos\alpha=\omega r\sin\alpha=u_r r/R\ \Rightarrow\ v=\frac{u_r}{\sin\alpha}=\frac{uR}{R\cos\alpha+r}.\]

ii) Проще всего решить эту часть, записав баланс энергии при бесконечно малом перемещении катушки и воспользовавшись ответом на предыдущий вопрос: \[F u\,dt=d\left[\frac M2v^2\left(1+\frac J{MR^2}\right)\right]=Mv\,dv\left(1+\frac J{MR^2}\right)\ \Rightarrow\ a=\frac{dv}{dt}=\frac{Fu}{Mv\left(1+\dfrac J{MR^2}\right)}=\frac FM\cdot\frac{\cos\alpha+\dfrac rR}{1+\dfrac J{MR^2}}.\]

iii) Запишем баланс сил в проекции на горизонтальную ось, считая, что катушка на грани проскальзывания, то есть сила трения \(F_f=\mu_{\min}N\), где \(N=mg-F\sin\alpha\) — сила нормальной реакции: \[Ma=F\cos\alpha+\mu_{\min}N=F\cos\alpha+\mu_{\min}(Mg-F\sin\alpha).\] Используя результат предыдущей части, можно прямо из этого уравнения получить выражение для минимально допустимого значения коэффициента трения: \[\mu_{\min}=\left|\frac{\dfrac rR-\dfrac J{MR^2}\cos\alpha}{\left(1+\dfrac J{MR^2}\right)\left(\dfrac{Mg}F-\sin\alpha\right)}\right|.\]

iv) Момент импульса катушки относительно края порожка сохраняется при ударе (поскольку у силы удара нулевое плечо): \[Mu(R-H)+J\frac uR=\left(J+MR^2\right)\frac vR\ \Rightarrow\ v=u\left(1-\frac{H/R}{1+\dfrac J{MR^2}}\right).\]

v) Из закона сохранения энергии сразу получаем \[\left(J+MR^2\right)\frac{v^2}{R^2}=\left(J+MR^2\right)\frac{w^2}{R^2}+2MgH\ \Rightarrow\ w=\sqrt{v^2-\frac{2gH}{1+\dfrac J{MR^2}}}.\]

vi) Катушка более всего склонна к отрыву сразу после удара; сила тяжести должна быть достаточно велика, чтобы удерживать центр масс на вращательном движении вокруг края порожка: \[\frac{Mv^2}{R}\le Mg\,\frac{R-H}{R}\ \Rightarrow\ v^2\le g(R-H)\ \Rightarrow\ u_0=\sqrt{g(R-H)}\,\frac{1+\dfrac J{MR^2}}{1+\dfrac J{MR^2}-\dfrac HR}.\]

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

Подсказка

Силу, действующую на обкладку, можно найти по изменению энергии конденсатора при малом смещении обкладки. В третьей части выдвиньте воду из небольшого участка между обкладками и сравните работу против разности давлений с приращением энергии.

Ответ

1) \(w=\dfrac12\varepsilon_0E^2\), \(W=\dfrac12\varepsilon_0AdE^2\);  2) \(F=\dfrac12\varepsilon_0AE^2\);  3) \(p=p_0+\dfrac12\varepsilon_0E^2(\varepsilon-1)\).

Решение

i) Энергия равна \(W=CU^2/2=\dfrac12\varepsilon_0\dfrac Ad E^2d^2=\dfrac12\varepsilon_0AdE^2\); следовательно, плотность энергии \(w=W/(Ad)=\dfrac12\varepsilon_0E^2\).

ii) Есть два способа вычислить силу. Во-первых, заметим, что на самые внутренние заряды \(q\) на обкладках конденсатора действует электрическое поле \(E\), поэтому на них действует сила \(qE\). Самые внешние заряды, однако, не окружены электрическим полем (поскольку вне пространства между обкладками поля нет). В силу закона Гаусса электрическое поле убывает линейно с чистым зарядом, оставшимся ниже уровня данной точки (то есть в сторону пространства между обкладками). Поэтому электрическое поле, усреднённое по зарядам, составляет просто половину максимального значения \(E\): \(\langle E\rangle=\frac12E\), и результирующая сила, действующая на обкладку, равна \(F=Q\langle E\rangle=CEd\,\langle E\rangle=\dfrac12\varepsilon_0AE^2\).

Второй способ — записать баланс энергии для малого смещения обкладки: \(F\cdot\delta d=\delta\!\left(Q^2/2C\right)=\dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0A}\delta d=\dfrac12C^2E^2d\cdot\delta d\ \Rightarrow\ F=\dfrac12\varepsilon_0AE^2\).

iii) Вытолкнем часть воды из пространства между обкладками так, чтобы образовался небольшой участок площади \(dA\) обкладок, где между ними воды нет (здесь \(\Delta p\) — разность давлений между пространством между обкладками и наружными областями). При этом мы совершаем работу \(d\cdot\delta A\cdot\Delta p\) и увеличиваем энергию конденсатора: \[\delta W=\delta\!\left(Q^2/2C\right)=\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0}\left[\frac1{\varepsilon(A-\delta A)+\delta A}-\frac1{\varepsilon A}\right].\]

Итак, \[\delta W=\frac{Q^2d(\varepsilon-1)\cdot\delta A}{2\varepsilon_0\varepsilon^2A^2}=\frac12\varepsilon_0E^2d(\varepsilon-1)\cdot\delta A;\] сравнивая это с работой давления \(d\cdot\delta A\cdot\Delta p\), заключаем, что \[\Delta p=\frac12\varepsilon_0E^2(\varepsilon-1)\ \Rightarrow\ p=p_0+\frac12\varepsilon_0E^2(\varepsilon-1).\]

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

Подсказка

Вращающийся поверхностный заряд — это поверхностный ток, текущий по цилиндру, как в соленоиде; поле внутри находится по теореме о циркуляции. ЭДС в проводе — это скорость изменения потока через площадь, «заметаемую» проводом.

Ответ

1) \(B=\mu_0\sigma\omega r\);  2) \(\mathcal E=\dfrac12\mu_0\sigma\omega^2r^3\);  3) скорость заметания площади \(\dot S=r^2\omega/2\) не зависит от формы провода.

Решение

i) Движущийся поверхностный заряд создаёт соленоидальный поверхностный ток с поверхностной плотностью \(j=\sigma v=\sigma\omega r\). Из теоремы о циркуляции для прямоугольного контура, охватывающего отрезок поверхностного тока, получаем \(\dfrac{Bl}{\mu_0}=jl\), где \(l\) — длина отрезка поверхностного тока (так что \(jl\) даёт ток, текущий через контур). Следовательно, \(B=\mu_0j=\mu_0\sigma\omega r\).

ii) По формуле \(\mathcal E=\dfrac{d\Phi}{dt}=B\dfrac{dS}{dt}\), где \(S\) — площадь, заметаемая проводом, получаем \(\mathcal E=B\omega r^2/2\). Действительно, за малый промежуток времени \(dt\) провод заметает равнобедренный треугольник со сторонами \(r\), \(r\) и \(r\omega\,dt\); его площадь, очевидно, равна \(r^2\omega\,dt/2\). Используя ранее полученное выражение для \(B\), приходим к \[\mathcal E=\mu_0\sigma\omega^2r^3/2.\]

iii) Нужно показать, что в предыдущей части \(\dfrac{dS}{dt}\) не зависит от формы провода. Сначала заметим, что в силу вращательной симметрии \(\dfrac{dS}{dt}\) не может зависеть от угла поворота, то есть \(\dfrac{dS}{dt}\equiv\dot S=\text{const}\). Далее, независимо от формы провода, за весь период вращения \(2\pi/\omega\) заметается весь круг; \(\dot S\cdot2\pi/\omega=\pi r^2\ \Rightarrow\ \dot S=r^2\omega/2\).

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

Подсказка

Если два конденсатора разряжаются через один и тот же резистор (вольтметр) от одного напряжения до другого, времена разрядки относятся как ёмкости. Можно и соединить клеммы A и B, чтобы заряд перераспределился.

Ответ

\(C_2=C_1t_2/t_1\) (времена разрядки до одного и того же напряжения) или \(C_2=\left(\dfrac{\mathcal E}{U}-1\right)C_1\) (перераспределение заряда).

Решение

Эту задачу можно выполнить несколькими способами. Во-первых, можно заметить, что если два конденсатора разряжаются на один и тот же резистор, начиная с одинаковых напряжений и заканчивая также одинаковыми напряжениями, то отношение времён разрядки равно отношению ёмкостей (поскольку при каждом данном напряжении токи разрядки одинаковы, но больший конденсатор несёт больший заряд — пропорционально ёмкости). Поэтому сначала можно зарядить известный конденсатор (с помощью батарейки) и дать ему разрядиться на вольтметр (обладающий некоторым конечным сопротивлением), измеряя время \(t_1\), необходимое для достижения заранее заданного конечного напряжения. Затем нужно повторить процедуру с другим конденсатором, измерить время \(t_2\) и вычислить \(C_2=C_1t_2/t_1\); погрешность оценивается как \[\Delta C_2=C_2\left(\frac{\Delta t_1}{t_1}+\frac{\Delta t_2}{t_2}+\frac{\Delta C_1}{C_1}\right).\]

Рекомендуется проверить пренебрежимость тока утечки между обкладками конденсатора. Для этого можно зарядить конденсатор, измерить напряжение, отключить вольтметр и подождать некоторое время (порядка \(t_1\) и \(t_2\)), после чего снова проверить напряжение.

Другой способ — полностью разрядить один конденсатор, замкнув накоротко его выводы, а другой зарядить до напряжения батарейки. Затем соединим клеммы A и B, так что конденсаторы перераспределят заряд \(Q=\mathcal EC_1\) и примут одинаковое напряжение: \(Q_1/C_1=(Q-Q_1)/C_2\ \Rightarrow\ Q_1=QC_1/(C_1+C_2)=\mathcal EC_1^2/(C_1+C_2)\). Следовательно, новое напряжение (которое мы измеряем) равно \(U=Q_1/C_1=\mathcal EC_1/(C_1+C_2)\), откуда \(C_2=\left(\dfrac{\mathcal E}{U}-1\right)C_1\).

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

Подсказка

Число распадов в секунду — это \(N\ln2/\tau_{1/2}\), где \(N\) — число атомов в пластине; частицы вылетают в обе стороны от пластины, поэтому через одну поверхность идёт только половина.

Ответ

\(\Phi=\dfrac{\rho d\ln2}{2\tau_{1/2}m_0}\approx2{,}36\cdot10^{13}\ \text{м}^{-2}\cdot\text{с}^{-1}\).

Решение

Пусть число атомов \(\mathrm{Pu}^{239}\) за время \(t=1\) с уменьшается в \(1-\lambda\) раз (при \(\lambda\ll1\)). Тогда за период \(\tau_{1/2}\) оно уменьшается в \((1-\lambda)^{\tau_{1/2}/t}\approx e^{-\lambda\tau_{1/2}/t}=\dfrac12\) раз, откуда \(\lambda=t\ln2/\tau_{1/2}\). Следовательно, число актов распада равно \(N_d=Nt\ln2/\tau_{1/2}\), где \(N=\rho dS/m_0\) — число атомов, то есть плотность потока \(\alpha\)-частиц равна \(\Phi=N_d/(2St)\) (множитель 2 учитывает то, что частицы излучаются в обе стороны от пластины). Собирая все выражения вместе, получаем \[\Phi=\frac{\rho d\ln2}{2\tau_{1/2}m_0}\approx2{,}36\times10^{13}\ \text{м}^{-2}\cdot\text{с}^{-1}.\]

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

Подсказка

Пока пластина скользит, на брусок действует постоянная сила трения и он гармонически колеблется около сдвинутого положения равновесия; пока не скользит — движется вместе с пластиной. Стыковка этих участков происходит в точках, где скорости совпадают.

Ответ

1) \(v_{\max}=\dfrac{(\mu_1-\mu_2)N}{k}\sqrt{\dfrac km}\);  2) прямые участки длительностью \(T_1=\dfrac{2(\mu_1-\mu_2)N}{ku}\) чередуются с полупериодами синусоиды \(T_2=\pi\sqrt{m/k}\);  3) синусоидальные участки чередуются с горизонтальными;  4) \(A=\dfrac1k\sqrt{(\mu_1-\mu_2)^2N^2+u^2mk}\);  5) \(u\gg(\mu_1-\mu_2)N/\sqrt{mk}\).

Решение

i) Когда пластина скользит, на брусок действует постоянная сила трения \(\mu_2N\), что означает, что равновесная деформация пружины равна \(x_0=\mu_2N/k\); результирующая сила, действующая на брусок (со стороны пружины и трения), равна \(F=-k\xi\), где мы определили \(\xi=x-x_0\). Следовательно, при скольжении брусок гармонически колеблется около точки \(\xi=0\). Проскальзывание начинается, когда трение покоя не сможет удерживать равновесие, то есть при \(kx=\mu_1N\), чему соответствует \(\xi_0=(\mu_1-\mu_2)N/k\).

Если пластина движется медленно, брусок освобождается практически без кинетической энергии, и закон сохранения энергии даёт \[\tfrac12k\xi_0^2=\tfrac12mv_{\max}^2\ \Rightarrow\ v_{\max}=\xi_0\sqrt{k/m}.\]

ii) Как уже сказано, когда пластина скользит, движение бруска гармоническое, то есть график \(x(t)\) — отрезок синусоиды; когда скольжения нет, брусок движется вместе с пластиной, то есть график \(x(t)\) — прямая линия. В момент, когда проскальзывание начинается или прекращается, колебательная скорость равна скорости пластины, то есть прямая касается синусоиды. Длину прямого отрезка можно вычислить как \[T_1=2\xi_0/u=2(\mu_1-\mu_2)N/(ku);\] синусоидальный участок соответствует половине периода и потому имеет длину \(T_2=\pi\sqrt{m/k}\).

iii) Скорость \(v(t)=\dfrac{dx}{dt}\) — производная от \(x(t)\); поэтому синусоидальному участку \(x(t)\) будет соответствовать синусоидальный участок \(v(t)\), а прямому участку \(x(t)\) — горизонтальный участок \(v(t)\). Получающийся график изображён ниже.

iv) Пусть амплитуда колебаний равна \(A\), то есть синусоидальные участки следуют закону \(\xi(t)=A\cos(\omega t)\), где \(\omega=\sqrt{k/m}\). Соответственно, \(v(t)=A\omega\sin(\omega t)\ \Rightarrow\ A\sin(\omega t)=v(t)/\omega\); следовательно, для любой точки синусоидального участка \(\xi^2+v^2/\omega^2=A^2\). В точке, где синусоида и прямая линия смыкаются, у прямой и синусоиды равны значения \(\xi=\xi_0=(\mu_1-\mu_2)N/k\) и \(v=u\). Следовательно, \[(\mu_1-\mu_2)^2N^2/k^2+u^2/\omega^2=A^2\ \Rightarrow\ A=\frac1k\sqrt{(\mu_1-\mu_2)^2N^2+u^2mk}.\]

v) Колебания будут почти гармоническими, когда прямые участки очень коротки, то есть при \(u/\omega\gg(\mu_1-\mu_2)N/k\ \Rightarrow\ u\gg(\mu_1-\mu_2)N/\sqrt{mk}\).

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

Подсказка

Направьте луч по радиусу в полуцилиндр: он дойдёт до плоской грани, не преломляясь. Вращая пластину, найдите положение, при котором преломлённый луч исчезает — это предельный угол полного внутреннего отражения.

Ответ

1) \(n=\dfrac1{\cos\alpha}=\dfrac{|AO|}{|BO|}\);  2) \(n_l=n\dfrac{|B'O|}{|A'O|}\).

Решение

i) Направим лазерный луч радиально в полуцилиндр: перпендикулярно его цилиндрической поверхности. Луч входит в пластину без преломления и достигает противоположной плоской грани на оси цилиндра. В зависимости от угла между этой гранью и лучом преломлённый луч может появиться, а может и не появиться, но отражённый (от плоской грани) луч есть всегда. Вращаем полуцилиндр вокруг его оси, чтобы найти положение, при котором преломлённый луч появляется или исчезает; угол \(\alpha\) между плоской гранью и падающим лучом соответствует углу полного внутреннего отражения, то есть \(n=1/\cos\alpha\). Измерить \(\cos\alpha\) можно с помощью миллиметровой бумаги: изобразим луч как отрезок \(AO\), а плоскую грань полуцилиндра — как прямую \(BO\) так, что \(\angle ABO=\pi/2\); тогда \(n=|AO|/|BO|\). Погрешность можно найти по формуле \(\Delta n=n\left(\dfrac{\Delta|AO|}{|AO|}+\dfrac{\Delta|BO|}{|BO|}\right)\), оценив погрешности прямых измерений длин \(\Delta|AO|\) и \(\Delta|BO|\).

ii) Нанесём жидкость на призму и прижмём её к плоской грани полуцилиндрической пластины. Далее изучим полное внутреннее отражение на границе между полуцилиндром и призмой (заполненной жидкостью), повторяя описанный выше опыт. При этом мы измеряем новые длины \(A'O\) и \(B'O\); условие полного внутреннего отражения теперь имеет вид \(n/n_l=|A'O|/|B'O|\ \Rightarrow\ n_l=n|B'O|/|A'O|\), где \(n_l\) — коэффициент преломления жидкости. Погрешность теперь вычисляется как \(\Delta n_l=n_l\left(\dfrac{\Delta|A'O|}{|A'O|}+\dfrac{\Delta|B'O|}{|B'O|}+\dfrac{\Delta n}n\right)\).

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