NBPhO 2014, теоретический тур

Подсказка

Минимальный расход топлива соответствует самой вытянутой эллиптической орбите, перигелий которой лежит на поверхности Солнца; её большая полуось определяется радиусом орбиты Земли и радиусом Солнца. Скорость вблизи Земли выше, чем вдали от неё, на величину, определяемую энергией в поле тяжести Земли.

Ответ

ii) \(t=2^{-5/2}T\approx64{,}6\) сут;  iii) \(v_0=29{,}8\) км/с;  iv) \(v_E=v_0-v_S\approx27{,}0\) км/с;  v) \(u\approx29{,}2\) км/с.

Решение

1) Траектория — очень вытянутый эллипс, перигелий которого находится внутри Солнца. Чтобы минимизировать расход топлива, скорость вблизи орбиты Земли должна быть как можно больше (корабль нужно затормозить, чтобы перевести на эллиптическую орбиту), поэтому полная орбитальная энергия корабля \(E=-\dfrac{GMm}{2a}\) должна быть как можно меньше. Здесь \(M\) — масса Солнца, \(m\) — масса корабля, \(a\) — большая полуось. Значит, \(a\) должно быть как можно больше, то есть перигелий должен лежать на поверхности Солнца, и тогда \(2a=R_E+r_S\), где \(R_E\) — радиус орбиты Земли, \(r_S\) — радиус Солнца. Полученная траектория изображена ниже.

На рисунке: Sun — Солнце, Earth's orbit — орбита Земли; сплошная линия — траектория корабля.

2) Если пренебречь радиусом Солнца, корабль должен падать прямо на Солнце, а значит, его начальная орбитальная скорость должна быть равна нулю, поэтому его траектория — эллипс с большой полуосью, равной \(R_E/2\). По третьему закону Кеплера период на такой орбите в \(2^{3/2}\) раз меньше орбитального периода Земли \(T\). Время полёта \(t\) — половина периода, так что \[t=2^{-5/2}T\approx64{,}6\ \text{сут}.\]

3) В системе отсчёта Солнца скорость должна быть равна нулю; значит, в системе отсчёта Земли она направлена противоположно орбитальной скорости Земли и по модулю равна \(v_0=29{,}8\) км/с.

4) Скорость \(v_S\) в системе отсчёта Солнца находим из выражения для полной энергии: \[-\frac{GMm}{2a}=-\frac{GMm}{R_E+r_S}=-\frac{GMm}{R_E}+\frac{mv_S^2}{2},\] откуда \[v_S=\sqrt{\frac{GM}{R_E}\,\frac{2r_S}{R_E+r_S}}.\] Это выражение можно переписать, используя равенство \(v_0^2=\dfrac{GM}{R_E}\): \[v_S=v_0\sqrt{\frac{2r_S}{R_E+r_S}}=v_0\sqrt{2\sin\frac\alpha2}\approx v_0\sqrt\alpha .\] Численно получаем \(v_S\approx2{,}8\) км/с; скорость в системе отсчёта Земли \(v_E=v_0-v_S\approx27{,}0\) км/с.

5) Часть начальной кинетической энергии в системе отсчёта Земли идёт на изменение потенциальной энергии из-за гравитационного притяжения Земли, \(\Delta\Pi=\dfrac{GM_Em}{R}=gmR\), поэтому \[gR+\frac{v_E^2}{2}=\frac{u^2}{2}.\] Здесь \(M_E\) — масса Земли, \(u\) — скорость запуска. Итак, \[u=\sqrt{v_E^2+2gR}\approx29{,}2\ \text{км/с}.\]

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

Подсказка

Равновесие подвешенного магнита определяется равенством магнитной силы и горизонтальной проекции силы тяжести \(mgx/l\); потеря устойчивости наступает, когда при малом смещении добавка к магнитной силе сравнивается с добавкой возвращающей силы.

Ответ

\(n=4\).

Решение

На подвешенный магнит действуют три силы: направленная вниз сила тяжести \(m\vec g\), сила натяжения нити \(\vec T\), направленная вдоль нити, и горизонтальная магнитная сила \(\vec F_m\). Так как угол нити очень мал, модуль \(\vec T\) почти равен \(mg\), поэтому её горизонтальная проекция выражается как \(-(x/l)mg\), где \(l\) — длина нити, а \(x=1\) см — смещение от начального положения. Результирующая горизонтальная сила \(F=F_m-(x/l)mg\). В точке равновесия \(F=0\). Положение равновесия устойчиво, если малое (виртуальное) смещение \(\Delta x\) вызывает возвращающую силу \[\Delta F=\Delta F_m-\frac{\Delta x}{l}mg,\] которая должна толкать к положению равновесия. Пусть \(F_m=kd^{-n}\), где \(k\) — неизвестный коэффициент пропорциональности. Тогда \[\Delta F_m=F_m'(d)\Delta d=\frac{kn}{d^{n+1}}\Delta x,\] так как \(\Delta d=-\Delta x\). Следовательно, \[\Delta F=\left(\frac{kn}{d^{n+1}}-\frac{mg}{l}\right)\Delta x .\] В предельном случае потери устойчивости (именно он описан в задаче) \(\Delta F=0\). Таким образом, имеем два уравнения с двумя неизвестными (\(n\) и \(k\)): \[\frac{k}{d^n}-\frac{xmg}{l}=0,\qquad \frac{kn}{d^{n+1}}-\frac{mg}{l}=0;\] их можно переписать в виде \[\frac{k}{d^n}=\frac{xmg}{l},\qquad \frac{kn}{d^{n+1}}=\frac{mg}{l}.\] Если разделить соответствующие части уравнений друг на друга, получим \(d/n=x\), откуда \[n=d/x=4 .\]

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

Подсказка

Каждое столкновение — это упругий удар лёгкого шара, летящего вниз, о более тяжёлый, летящий вверх; удобно перейти в систему центра масс пары. Получается рекуррентная связь \(v_{k+1}\) с \(v_k\) того вида, который подсказан в условии.

Ответ

i) \(v_1=\Bigl(\dfrac{4}{1+f}-1\Bigr)v\);  ii) \(v_n=\Bigl(2\Bigl(\dfrac{2}{1+f}\Bigr)^n-1\Bigr)v\);  iii) примерно в 1200 раз.

Решение

1) При столкновении с полом нижний шар сохранит скорость и изменит направление скорости на противоположное; его скорость вверх \(v_0=v\). Пусть \(k\)-й шар движется вверх со скоростью \(v_k\); рассмотрим его столкновение с \((k+1)\)-м шаром, который движется вниз со скоростью \(v\). В системе отсчёта центра масс \(u=\dfrac{v_k-fv}{1+f}\); поэтому после столкновения скорость вверх равна \[v_{k+1}=v+2\,\frac{v_k-fv}{1+f}=\frac{2}{1+f}v_k+\frac{1-f}{1+f}v .\] При \(v_0=v\) заключаем, что \[v_1=\frac{3-f}{1+f}\,v=\Bigl(\frac{4}{1+f}-1\Bigr)v .\]

2) Видно, что если применять рекуррентную формулу многократно, результат на \(n\)-м шаге будет \[v_n=\Biggl(2\Bigl(\frac{2}{1+f}\Bigr)^n-1\Biggr)v .\]

3) Теперь нужно связать скорости с высотами прыжков через \(v^2=2gh_0\) и \(v_n^2=2gh_n\); следовательно, \[\frac{h_n}{h_0}=(v_n/v_0)^2=\Bigl(2\Bigl(\frac{2}{1+f}\Bigr)^n-1\Bigr)^2.\]

Для \(f=0{,}5\) и \(n=10\) получаем, что конечная высота примерно в 1200 раз больше начальной.

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

Подсказка

Ток через диод вместе с резистором даёт напряжение на диоде как разность напряжения источника и \(IR\); если напряжение на диоде равно \(hc/(\lambda e)\), то зависимость \(IR\) от \(1/\lambda\) — прямая, а её наклон выражается через \(h\).

Решение

1) Когда мы по очереди подключаем каждый из диодов к батарейке, можно наблюдать свет излучения; соответствие таково: 940 нм — невидимый (инфракрасный), 620 нм — красный, 590 нм — оранжевый, 525 нм — зелёный, 470 нм — синий, 450 нм — фиолетовый.

2) Мы можем измерить ток \(I\) через диод (он же ток через резистор \(R\)), так что напряжение на диоде будет \(V_d=\mathcal E-IR\), но напряжение батарейки нам неизвестно. Однако мы знаем, что напряжение диода приблизительно равно энергии фотона \(E_p\), выраженной в электронвольтах, \(E_p=hc/(\lambda e)\). Поскольку мы ожидаем, что \(IR=\mathcal E-V_d\), то если построить график \(IR\) в зависимости от \(1/\lambda\), мы должны получить прямую \[IR=\mathcal E-\frac1\lambda\,\frac{hc}{e}.\] Мы можем измерить наклон этой прямой \(A=hc/e\), что позволяет вычислить \(h=eA/c\).

3) Главный источник погрешности — не погрешности приборов, а отклонение реальных данных диодов от упрощённой модели. Поэтому можно попробовать приблизить точки разными прямыми, делая наклон \(A\) как можно круче (оставляя разумное согласие с точками) и как можно более пологим; погрешность \(A\) находим как \(\Delta A=\tfrac12(A_{\max}-A_{\min})\), а \(\Delta h=h\,\Delta A/A\).

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

Подсказка

Разность хода прямого и отражённого лучей под малым углом \(\alpha\) к оси равна \(2l\cos\alpha\); не забудьте дополнительный сдвиг фазы при отражении от оптически более плотной среды.

Ответ

i) \(y_n=L\sqrt{\dfrac{n+0{,}5}{N}}\), \(n=0,1,\dots\ll N\);  ii) концентрические окружности;  iii) \(m=2N\).

Решение

1) В точке с координатой \(y\) приходящие лучи образуют угол \(\alpha=y/L\) (используем приближение малых углов; угол в радианах). Тогда оптическая разность хода между отражённым и прямым лучами равна \(\Delta=2l\cos\alpha\approx2N\lambda-N\lambda\alpha^2\). Поскольку при отражении от оптически более плотного диэлектрика у отражённых лучей есть дополнительный сдвиг фазы, полный сдвиг фазы равен \(\varphi=2\pi\Delta/\lambda=4\pi N-\pi(2N\alpha^2-1)\). В максимумах он равен \(2\pi(2N-n)\), где \(n\) — целое число. Следовательно, условие максимумов записывается как \[\alpha=\sqrt{\frac{n+0{,}5}{N}}\ \Rightarrow\ y_n=L\sqrt{\frac{n+0{,}5}{N}},\] где \(n=0,1,\dots\ll N\).

2) Так как лучи данного порядка \(n\) образуют фиксированный угол с осью \(x\), максимумы образуют на экране концентрические окружности; шаг между соседними окружностями уменьшается с ростом номера порядка \(n\) (если взять за единицу длины наименьший радиус, радиусы образуют последовательность \(\sqrt1=1\), \(\sqrt3\approx1{,}73\), \(\sqrt5\approx2{,}23\) и т. д.).

3) Так как отражённые лучи могут достичь экрана только в пределах полусферы, сдвиг фазы меняется между \(\varphi_{\max}=4\pi N+\pi\) и \(\varphi_{\min}=\pi\). Число максимумов \[m=(\varphi_{\max}-\varphi_{\min})/2\pi=2N .\]

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

Подсказка

Диаметр тонкой нити измеряют по дифракционной картине на экране, как для щели той же ширины; напряжение даёт вес гаек, делённый на площадь сечения, деформацию — отметки на нити. Прямолинейный участок графика с учётом погрешностей даёт \(E\) и \(\varepsilon_m\).

Решение

1) Установка такова. Резиновая нить закреплена на штативе, а пластиковый пакет прикреплён к свободному концу нити. В пакет по одной добавляют гайки, начиная с нуля и заканчивая пятнадцатью. Лазерный свет направляют на нить, а дифракционную картину наблюдают на экране (который представляет собой вертикально закреплённый на опоре лист миллиметровой бумаги). Дифракционная картина от проволоки такая же, как от одиночной щели (суперпозиция источников Гюйгенса в этих двух случаях даёт полный набор источников на плоском волновом фронте, поэтому электрические поля в этих двух случаях должны давать равные и противоположные по амплитуде волны и равные интенсивности). Итак, если измерить на экране расстояние \(a\) между такими максимумами, которые разделены \(n\) (например, \(n=10\)) периодами дифракционной картины, то в приближении малых углов \(n\lambda/d=a/L\), где \(L\) — расстояние от нити до экрана, а \(d\) — диаметр нити. Следовательно, \[d=nL\lambda/a .\] Деформация вычисляется по отметкам на нити, расстояние \(b\) между которыми измеряют в растянутом состоянии: \[\varepsilon=\frac{b-b_0}{b_0},\] где \(b_0\) — длина в недеформированном состоянии. Напряжение вычисляется как \[\sigma=\frac{4Nmg}{\pi d^2},\] где \(N\) — число гаек в пакете, \(m\) — масса одной гайки. Данные наносят на график; линейной зависимости соответствует прямая линия. Погрешности вычисляются по правилу относительных погрешностей, либо в пифагоровом, либо в простом суммарном виде, например, \[\Delta\varepsilon=\varepsilon\,\Delta b\left(\frac{2}{b-b_0}+\frac1{b_0}\right),\] где \(\Delta b\approx0{,}5\) мм — погрешность измерения длины. Аналогично \[\Delta\sigma=2\sigma\,\frac{\Delta d}{d}.\] Эти погрешности отмечены на графике в виде вертикальных и горизонтальных отрезков (усов).

2) По графику нужно определить такое значение \(\varepsilon=\varepsilon_*\), что для \(\varepsilon_1>\varepsilon_*\) невозможно провести прямую, пересекающую усы погрешностей всех точек данных с \(\varepsilon_1<\varepsilon_*\).

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