NBPhO 2013, теоретический тур

Подсказка

В пункте i) на призму действуют три силы, поэтому их линии действия пересекаются в одной точке. В пункте ii) сравните, насколько при малом повороте призмы поднимается её вершина и насколько опускается центр масс.

Ответ

i) \(d=\dfrac{\sqrt3}{8}\,a\);  ii) \(l>\dfrac14\,a\).

Решение

i) На призму действуют три силы: сила реакции \(\vec R_l\) со стороны левого стола, направленная перпендикулярно грани призмы; сила реакции \(\vec R_r\) со стороны правого стола, направленная горизонтально (точку её приложения ещё предстоит определить); и сила тяжести \(m\vec g\), направленная вертикально и приложенная в центре треугольника. (Достаточно рассматривать плоское треугольное сечение призмы.)

На пороге выпадения из щели сила \(\vec R_r\) приложена к нижнему углу треугольника. Если тело находится в равновесии под действием трёх сил, то линии их действия должны пересекаться в одной точке. Это так потому, что иначе момент одной из этих сил не был бы равен нулю относительно точки пересечения линий действия двух других сил.

Так как расстояние от центра треугольника до его стороны равно \(\dfrac{\sqrt3}{6}a\), расстояние между точками приложения сил \(\vec R_l\) и \(\vec R_r\) равно \(\dfrac{\sqrt3}{6}a\cos30^\circ=\dfrac14 a\). Следовательно, \(d=\dfrac14 a\cos30^\circ=\dfrac{\sqrt3}{8}a\).

ii) Обозначим углы через \(A\) и \(B\), а вершину призмы (в положении равновесия) — через \(C\). Рассмотрим малый поворот призмы (считая, что она остаётся в контакте с краями щели). Траектория вершины — окружность, описанная около треугольника \(ABC\) (это следует из свойства вписанных углов, так как \(\angle ACB\) остаётся равным \(60^\circ\)). Радиус этой окружности \(r=l/\sqrt3\); её центр обозначим \(O\). Когда призма повернётся на угол \(\alpha\) и новое положение вершины будет \(D\), центральный угол \(\angle COD=2\alpha\). Следовательно, вершина поднимется на \(r-r\cos(2\alpha)\approx 2r\alpha^2\). Высота центра масс \(P\) призмы увеличивается из-за подъёма вершины и уменьшается из-за того, что вертикальная проекция отрезка \(CP\) сокращается на \(|CP|(1-\cos\alpha)\approx|CP|\alpha^2/2\). Здесь \(|CP|=a/\sqrt3\). Итак, исходное положение устойчиво, если \[\frac{a}{\sqrt3}\,\alpha^2/2<2\,\frac{l}{\sqrt3}\,\alpha^2,\quad\text{откуда } l>\tfrac14\,a.\]

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

Подсказка

Предмет на бесконечности даёт на матрице кружок, диаметр которого найдите из подобия треугольников; он не должен превышать размера одного пикселя. Для ближней границы резкости сделайте то же для предмета на расстоянии \(s\).

Ответ

i) \(L=\dfrac{Df N}{w}\approx5{,}5\) м;  ii) \(s=\dfrac L2\approx2{,}75\) м.

Решение

Расстояние \(L\) в фотографии часто называют гиперфокальным; его рассчитали более ста лет назад, Луи Дерр (рисунок взят из его книги «Photography for students of physics and chemistry», изданной в 1906 году).

Будем считать, что камера сфокусирована на расстояние \(L\) и изображение образуется точно в плоскости матрицы. Расстояние \(L\) до предмета и расстояние \(a\) до его изображения (на рисунке — \(p'\)) связаны формулой линзы \(\dfrac1L+\dfrac1a=\dfrac1f\), поэтому \[a=\frac{Lf}{L-f}=\frac{Lf}{L(1-f/L)}\approx\frac{Lf}{L}\left(1+\frac fL\right)=f+\frac{f^2}{L},\] где использовано приближение \((1+x)^{-1}\approx1-x\) (при малых \(x\)). Расстояние до изображения превышает фокусное на \(\Delta a=a-f=f^2/L\).

На рисунке: Fig. 49. Hyperfocal Distance — Рис. 49. Гиперфокальное расстояние.

i) (4 балла) Свет от бесконечно удалённого предмета пройдёт через фокус \(F\) и образует конус, который срезается плоскостью матрицы. Диаметр \(d\) среза в плоскости матрицы находится из подобия треугольников: \(d/D=\Delta a/f\), откуда \(d=Df/L\). С учётом условия резкости \(d\le\eta\), где \(\eta=w/N\) — размер одного элемента матрицы, получаем предельное значение \(L=Df/\eta=DfN/w\approx5{,}5\) м.

ii) (2 балла) Найдём теперь наименьшее расстояние \(s\), удовлетворяющее условию резкости. Предмет на расстоянии \(s\) даёт изображение на расстоянии \(b=f+f^2/s\), и свет, прошедший через линзу, сойдётся за плоскостью матрицы, образуя конус. Диаметр \(d_2\) среза конуса плоскостью матрицы можно вычислить из подобия треугольников: \(d_2/D=(b-a)/b\). Учитывая условие резкости \(d_2=\eta\), выразим \(b=a/(1-\eta/D)\), и подстановка значений \(a\) и \(b\) даёт \[f+\frac{f^2}{s}=\frac{f+\dfrac{f^2}{L}}{1-\eta/D}=f\,\frac{1+\eta/D}{1-\eta/D}\approx f\left(1+\frac\eta D\right)^2\approx f\left(1+\frac{2\eta}{D}\right).\] Наконец, \(f^2/s=2f\eta/D\), или \(s=\tfrac12 Df/\eta=L/2\approx2{,}75\) м.

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

Подсказка

Переходная орбита — эллипс с большой полуосью \((R_{\text З}+R_{\text М})/2\), поэтому время перелёта находится из третьего закона Кеплера. Скорости в начале и в конце орбиты находите из энергии, а скорость относительно планеты — вычитанием скорости планеты.

Ответ

i) \(T_{\text М}\approx1{,}87\) года;  ii) \(t_t\approx0{,}707\) года;  iii) \(\Delta v_1\approx11{,}2\) км/с;  iv) \(\Delta v_2\approx2{,}43\) км/с;  v) \(\approx2{,}67\) года.

Решение

i) (1 балл) Период обращения Марса находим из третьего закона Кеплера \(R_{\text М}^3/R_{\text З}^3=T_{\text М}^2/T_{\text З}^2\), получаем \(T_{\text М}\approx1{,}87\) года.

ii) (1,5 балла) Снова используем третий закон Кеплера, для половины периода обращения: \[t_t=\frac{T_{\text З}}{2}\,\frac{(R_{\text М}+R_{\text З})^{3/2}}{(2R_{\text З})^{3/2}}\approx0{,}707\text{ года}.\]

iii) (1,5 балла) Справка. \(\Delta v\) важно, потому что сумма всех \(\Delta v\) определяет, сколько топлива нужно для данной миссии. Нужное количество топлива экспоненциально зависит от полного \(\Delta v\) и описывается формулой Циолковского.

Кинетическая энергия на единицу массы на такой переходной орбите там, где она пересекает орбиту Земли, равна \(-\dfrac{GM_s}{R_{\text З}+R_{\text М}}+\dfrac{GM_s}{R_{\text З}}\). Используя угловую скорость орбитального движения Земли, подставим \(GM_s=\dfrac{4\pi^2R_{\text З}^3}{T_{\text З}}\). Скорость в начале переходной орбиты равна \[v_{t0}=\sqrt{2GM_s\left(\frac1{R_{\text З}}-\frac1{R_{\text З}+R_{\text М}}\right)}\approx32{,}7\text{ км/с}.\] Скорость в инерциальной системе Земли \(v'_{t0}=v_{t0}-v_{\text З}\approx2{,}94\) км/с. Чтобы достичь её, нужно сначала вырваться из поля тяготения Земли, поэтому \[\Delta v_1=\sqrt{2\left(\frac{v_{t0}'^{\,2}}{2}+\frac{GM_{\text З}}{r_{\text З}}\right)}.\] Используя ускорение свободного падения на Земле, подставим \(\dfrac{GM_{\text З}}{r_{\text З}}=g_{\text З}r_{\text З}\), и получим \(\Delta v_1\approx11{,}2\) км/с.

iv) (1,5 балла) Скорость на переходной орбите там, где она пересекает орбиту Марса, находим из второго закона Кеплера: \(v_{t1}=v_{t0}/1{,}52\approx21{,}5\) км/с. Скорость корабля относительно Марса \(v'_{t1}\approx3{,}25\) км/с. Скорость корабля вблизи поверхности Марса \[v_{tm}=\sqrt{2\left(\frac{v_{t1}'^{\,2}}{2}+r_{\text М}g_{\text М}\right)}\approx5{,}98\text{ км/с}.\] Так как скорость на низкой орбите Марса \(v_{e\text М}=\sqrt{r_{\text М}g_{\text М}}\approx3{,}55\) км/с, нужно затормозить на \(\Delta v_2\approx2{,}43\) км/с.

v) (1,5 балла) Угол Земля — Солнце — Марс \(\alpha\) в момент старта миссии должен быть \(\alpha=\pi-w_{\text М}t_t\approx0{,}77\), чтобы корабль достиг Марса. Аналогично для обратного пути \(\beta=\pi-w_{\text З}t_t\approx-1{,}301\). Перейдя в систему отсчёта, вращающуюся вместе с Землёй, видим, что минимальное время между этими двумя углами равно \(\dfrac{2\pi+\alpha+\beta}{w_{\text З}-w_{\text М}}\approx1{,}96\) года. Минимальная длительность полёта, таким образом, больше на \(t_t\) и равна \(2{,}67\) года.

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

Подсказка

В пункте i) работа не зависит от пути, поэтому поворачивайте так, чтобы две стороны квадрата оставались перпендикулярны полю. В пункте ii) число электронов с двумя проекциями момента связано больцмановским множителем.

Ответ

i) \(\theta_s=0\), \(\theta_u=\pi\), \(w=2Bm\);  ii) \(M=\mu_B n\tanh\dfrac{\mu_B B}{k_BT}\).

Решение

i) (3 балла) Момент сил на квадрат равен нулю при \(\theta=0\) или \(\theta=\pi\), поэтому одно из этих положений устойчиво, а другое неустойчиво. Если начать с \(\theta=0\) и повернуть квадрат на некоторый угол \(\theta\), оставляя две стороны квадрата перпендикулярными \(\vec B\), то силы Лоренца на этих двух сторонах создают момент \(\tau=-BIa\cdot a\sin\theta=-Bm\sin\theta\) в сторону уменьшения \(\theta\). По симметрии получаем тот же результат, если оставлять перпендикулярными полю две другие стороны. Можно заключить, что момент зависит только от \(\theta\) (по крайней мере вблизи \(\theta=0\)), а не от точной ориентации квадрата. Так как момент стремится вернуть \(\theta=0\), находим \(\theta_s=0\) и \(\theta_u=\pi\). Чтобы найти работу при переходе от \(\theta_s\) к \(\theta_u\), снова можно оставить две стороны перпендикулярными \(\vec B\) — ответ не может зависеть от пути, поэтому выбираем простейший. Интегрируя \(\tau=Bm\sin\theta\) от \(\theta=0\) до \(\pi\), получаем \(w=2Bm\).

ii) (4 балла) Обозначим число электронов (в единице объёма) с проекцией магнитного момента \(+\mu_B\) через \(n_+\), а с \(-\mu_B\) через \(n_-\). Их сумма всегда одна и та же, \(n_++n_-=n\). Кроме того, в тепловом равновесии их отношение равно \(\dfrac{n_-}{n_+}=\exp\left(-\dfrac{2\mu_BB}{k_BT}\right)\), где \(k_B\) — постоянная Больцмана. Решая уравнения, находим \(n_+\) и \(n_-\). Полный магнитный момент единицы объёма (в направлении \(\vec B\)) равен \(M=\mu_B(n_+-n_-)\). После подстановки \[M=\mu_B n\,\frac{1-\exp\left(-\dfrac{2\mu_BB}{k_BT}\right)}{1+\exp\left(-\dfrac{2\mu_BB}{k_BT}\right)}=\mu_B n\tanh\left(\frac{\mu_BB}{k_BT}\right).\]

Дополнительные замечания. Мы видим, что \(B\) и \(M\) всегда имеют один знак, поэтому \(\vec M\) параллелен \(\vec B\). Это разумно, так как мы видели, что ориентация \(\theta=0\) (\(\vec m\) параллелен \(\vec B\)) имеет наименьшую энергию. График зависимости \(M\) от \(B\) стремится к \(\mu_B n\) при очень больших \(B\) или к \(-\mu_B n\) при больших по модулю отрицательных \(B\) (все спины направлены вдоль \(\vec B\)). При \(B=0\) также \(M=0\), так как обе ориентации спина имеют одинаковую энергию. Вблизи нуля кривая линейна, так как \(\tanh x\approx x\) при малых \(x\) даёт \(M\approx\dfrac{\mu_B^2nB}{k_BT}\).

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

Подсказка

Нить, перекинутая дугой по цилиндру, имеет натяжение, растущее по экспоненте с углом охвата; измерьте натяжение при разных углах и найдите коэффициент трения из наклона графика логарифма натяжения.

Решение

Сначала найдём разность сил натяжения \(T\) на двух концах скользящей нити, перекинутой дугой на угол \(\alpha\) по цилиндру. Рассмотрим короткий кусок дуги, стягивающий угол \(d\alpha\). С одной стороны, \(dT=\mu\,dR\) — сила трения, действующая на этот кусок, где \(dR\) — сила реакции. С другой стороны, \(dR\approx T\,d\alpha\), так как оба конца куска тянут с силами, радиальная составляющая каждой из которых равна \(T\,\dfrac{d\alpha}{2}\) (где \(\alpha\) измеряется в радианах). Поэтому получаем дифференциальное уравнение \(dT=\mu T\,d\alpha\), или \(d\ln T=\mu\,d\alpha\), откуда \(T=T_0e^{\mu\alpha}\).

В качестве решения задачи можно измерить изменение силы натяжения при разных углах \(\alpha\) (например, \(\dfrac\pi2\), \(\pi\), \(\dfrac{3\pi}2\), \(2\pi\), \(\dfrac{5\pi}2\) и т. д. для нескольких витков; однако расположение нитей вертикально даёт лучшую точность) и построить график \(\ln T\) в зависимости от \(\alpha\). Наклон графика и есть искомый \(\mu\).

Дополнительное решение (менее точное). Те, кто не может вывести нужную формулу, всё же могут выполнить эксперимент, делая те же измерения и замечая по графику, что зависимость между \(\alpha\) и \(T\) выглядит экспоненциальной. Тогда можно сделать предположение \(T=T_0X^{\mu\alpha}\): так как \(\alpha=0\) должно соответствовать \(T=T_0\), нельзя разумно записать \(\mu\) где-либо ещё, не усложняя формулу сверх меры. Теперь можно заново измерить данный карандаш (его можно достаточно хорошо приблизить цилиндром; существуют и более точные подходы) и заключить, что \(X\approx2{,}7\). Дальше расчёт тот же.

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

Подсказка

Без проскальзывания энергия делится между поступательным и вращательным движением в отношении, зависящем только от формы тела; трение покоя, нужное для такого качения, растёт с углом наклона до предельного значения \(\mu N\).

Ответ

i) быстрее шар, \(\gamma=\sqrt{\dfrac{15}{14}}-1\approx0{,}035\);  ii) \(\alpha_0=\arctan(3\mu)\);  iii) \(\alpha_m=\arctan\left(\dfrac72\,\mu\right)\).

Решение

i) (2 балла) Так как при качении без проскальзывания энергия на трение не теряется, изменение потенциальной энергии \(\Delta E_p=mgH\) переходит в кинетическую энергию, состоящую из поступательного и вращательного движения. С учётом условия качения \(v=\omega r\) имеем \[\Delta E_p=E_k=\frac12 mv^2+\frac12 I\omega^2=\frac12 mv^2+\frac12 kmv^2=\frac12(1+k)mv^2,\] где использовано общее выражение для момента инерции \(I=kmr^2\). Поэтому \(v^2=2gH/(1+k)\).

С другой стороны, тела проходят вдоль склона путь \(x=H/\sin\alpha\) с постоянным ускорением \(a_\parallel\), направленным параллельно поверхности. Выразим \(a_\parallel\) из уравнения \(v^2=2a_\parallel x\): \[a_\parallel=g\sin\alpha/(1+k).\] Времена теперь легко вычислить как \(t=v/a_\parallel\): \[t=\sqrt{1+k}\left(\frac{2H}{g\sin^2\alpha}\right)^{1/2}.\] Подставляя \(k_{\text{ш}}=\tfrac25\) для шара и \(k_{\text{ц}}=\tfrac12\) для цилиндра, находим, что шар быстрее в относительном выражении на \[\gamma=\sqrt{\frac{1+k_{\text{ц}}}{1+k_{\text{ш}}}}-1=\sqrt{\frac{15}{14}}-1\approx0{,}035.\]

ii) (2,5 балла) Как найдено в предыдущем пункте, параллельная склону составляющая ускорения \(a_\parallel\) меньше вклада силы тяжести \(g\sin\alpha\). Разность обеспечивает сила трения \(F_f=mg\sin\alpha-ma_\parallel\). Проскальзывание начинается, если необходимая сила трения достигает максимального значения \(F_{\max}=\mu N=\mu mg\cos\alpha\). Приравнивая два выражения, получаем \[mg\sin\alpha-mg\sin\alpha/(1+k)=\mu mg\cos\alpha,\qquad \tan\alpha=\mu\,\frac{1+k}{k}.\] Для цилиндра предельный угол \(\alpha_0=\arctan(3\mu)\).

iii) (2,5 балла) Когда достигнута максимальная сила трения, движение переходит в режим качения с проскальзыванием, где полная составляющая силы вдоль поверхности равна разности силы тяжести и трения: \[F_\parallel=mg\sin\alpha-F_{\max}=mg\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha.\] Отметим, что ускорение в этом режиме больше не зависит от момента инерции.

Вычисляя предельный угол режима проскальзывания и для шара, \(\alpha_{\text{ш}}=\arctan(\tfrac72\mu)>\alpha_0\), видим, что при всех углах, больших \(\alpha_m=\alpha_{\text{ш}}\), оба тела находятся в режиме проскальзывания и потому имеют одинаковые ускорения и времена спуска.

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

Подсказка

Предельный видимый сквозь стекло луч идёт почти у границы полного внутреннего отражения; по номерам полосок на фотографии найдите его угол к плоскости бумаги и угол падения на цилиндрическую поверхность.

Ответ

\(n\approx1{,}39\).

Решение

Ось полуцилиндра находится там, где полоска и её изображение совпадают (образуют прямую линию). Передний край полуцилиндра приходится на 28-ю линию, считая от оси, поэтому радиус цилиндра \(R\approx28\). Рассмотрим преломлённый луч \(s\), очень близкий к полному внутреннему отражению. Видны изображения 20 линий (точнее, около 20,2), если считать от центральной линии вверх; верхний край полуцилиндра совпадает с 42-й линией на заднем фоне.

Итак, луч \(s\) приходит в камеру под углом \(\alpha=\arcsin(28/42)\approx41{,}8^\circ\) к плоскости бумаги. Проекция точки преломления на поверхность бумаги лежит на расстоянии \(a=28\sin\alpha=28^2/42\approx18{,}7\) линии от оси. Следовательно, до преломления луч \(s\) образует с перпендикуляром к поверхности бумаги угол \(\beta=\arcsin[(20{,}2-18{,}7)/(28\cos\alpha)]\approx4{,}1^\circ\). Угол падения луча \(s\) равен \(\alpha+\beta\approx45{,}9^\circ\), поэтому \(n=1/\sin(\alpha+\beta)\approx1{,}39\).

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

Подсказка

Выделившуюся в резисторе теплоту найдите по нагреву калориметра, а мощность — как \(RI^2\) по показаниям амперметра, суммируемым по времени.

Решение

Отметив температуру калориметра, подключите последовательно батарейки, резистор (в калориметре) и амперметр. Выберите удобный интервал времени \(\Delta t\) и записывайте показания амперметра, пока батарейки не разрядятся. После окончания измерьте температуру, немного подождав или перемешав содержимое калориметра. Нужно получить максимальную разность температур для точного измерения. Так как \(P=RI^2\), \[\frac QR\approx\sum_n\Delta t\left(\frac{I_n}2+\frac{I_{n+1}}2\right)^2,\qquad R=\frac{(c_am_a+c_wm_w)\Delta T}{\sum_n\Delta t\left(I_n/2+I_{n+1}/2\right)^2}.\] Использованное сопротивление было \(R=0{,}47\text{ Ом}\pm5\%\). В описанной цепи батарейки разряжались за 10–15 минут, а температура калориметра повышалась на 7–10 градусов.

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