NBPhO 2018, теоретический тур

Подсказка

Все три тела идут по одной траектории, поэтому сдвинуты друг от друга на треть периода; центр масс неподвижен и лежит в \(O\), а полный момент импульса и энергия сохраняются, что связывает скорости в \(O\) и в \(P\).

Ответ

i) (а) \(T/3\); (б) \(T/12\);  ii) \(\vec v_1+\vec v_2+\vec v_3=0\);  iii) \(J=0\);  vi) \(v_O/v_P\approx 2{,}8\).

Решение

i) (а) Поскольку все три тела движутся по одной и той же траектории, в любой момент времени они отстоят друг от друга на \(T/3\). Поэтому от \(O_2\) до \(O\) тело идёт \(T/3\).

(б) По симметрии время движения от \(P\) до \(O\) равно \(T/4\). Кроме того, от \(P_2\) до \(P\) и от \(O\) до \(O_3\) тело идёт \(T/3\). Значит, от \(P_2\) до \(O_3\) оно идёт \(T/3+T/3+T/4=11T/12\), а от \(O_3\) до \(P_2\) — \(T-11T/12=T/12\).

ii) Внешних сил нет, поэтому центр масс системы трёх тел остаётся на месте и по симметрии находится в \(O\). Значит, \(\vec r_1+\vec r_2+\vec r_3=0\), где \(\vec r_1\), \(\vec r_2\), \(\vec r_3\) — радиус-векторы из \(O\). Дифференцируя, получаем \[\vec v_1+\vec v_2+\vec v_3=0. \tag{1}\]

iii) Полный момент импульса сохраняется. Поэтому его можно найти в наиболее удобный момент времени, например в конфигурации, когда одно из тел находится в \(O\). По симметрии \(\vec r_2=-\vec r_3\) и \(\vec v_2=\vec v_3\). Тогда полный момент импульса \[J=m\vec r_1\times\vec v_1+m\vec r_2\times\vec v_2+m\vec r_3\times\vec v_3=m(\vec r_2\times\vec v_2+\vec r_3\times\vec v_3)=m(\vec r_2\times\vec v_2-\vec r_2\times\vec v_2)=0.\]

iv) Из уравнения (1) и равенства \(\vec v_2=\vec v_3\) следует \(\vec v_1+2\vec v_2=0\). Значит, \(\vec v_2=-\tfrac12\vec v_1\). Заметим, что это возможно, только когда \(\vec v_1\), \(\vec v_2\) и \(\vec v_3\) параллельны. Поскольку скорости тел направлены по касательным к траектории в их положениях, касательные к траектории в точках \(O\), \(O_2\) и \(O_3\) должны иметь один и тот же наклон. Это даёт удобный способ построить положения \(O_2\) и \(O_3\) с помощью линейки, как показано на рисунке красным.

v) По симметрии \(r_{2,x}=r_{3,x}\) и \(r_{2,y}=-r_{3,y}\). Кроме того, \(r_{1,x}+r_{2,x}+r_{3,x}=0\), поэтому \(r_{2,x}=r_{3,x}=-\tfrac12 r_{1,x}\). Это даёт простой способ найти \(x\)-координаты точек \(P_2\) и \(P_3\) и построить их положения (на рисунке синим).

Применим закон сохранения момента импульса в точке \(P\). По симметрии векторы скоростей в \(P_2\) и \(P_3\) пересекаются на оси \(x\). Чтобы полный момент импульса был равен нулю, они должны пересекаться в \(P\). Следовательно, касательные в \(P_2\) и \(P_3\) проходят через \(P\). Тогда \(P_2\) и \(P_3\) можно построить так, как показано на рисунке зелёным.

vi) Общая идея: применить закон сохранения энергии в обеих конфигурациях и использовать радиус кривизны в \(P\), чтобы найти значение \(Gm\). По рисунку \(R_p=41{,}7\), \(r_0=145{,}2\), \(d=242\) и \(\alpha=11{,}6^\circ\) (единицы длины произвольны, значение имеют только отношения).

Полная энергия в \(O\): \[E=\frac{mv_{1,o}^2}{2}+\frac{mv_{2,o}^2}{2}+\frac{mv_{3,o}^2}{2}-\frac{Gm^2}{r_{12,o}}-\frac{Gm^2}{r_{23,o}}-\frac{Gm^2}{r_{31,o}}.\] Имеем \(v_{1,o}=2v_{2,o}=2v_{3,o}=v_o\) и \(r_{12,o}=r_{31,o}=\tfrac12 r_{23,o}=r_o\). Значит, \[E=\frac{3mv_o^2}{4}-\frac{5Gm^2}{2r_o}. \tag{2}\] Полная энергия в \(P\): \[E=\frac{mv_{1,p}^2}{2}+\frac{mv_{2,p}^2}{2}+\frac{mv_{3,p}^2}{2}-\frac{Gm^2}{r_{12,p}}-\frac{Gm^2}{r_{23,p}}-\frac{Gm^2}{r_{31,p}}.\] Кроме того, \(r_{12,p}=r_{31,p}=d\) и \(r_{23,p}=2d\sin\alpha\). Далее, применяя уравнение (1) на оси \(y\), получаем \(v_{1,p}-v_{2,p}\sin\alpha-v_{3,p}\sin\alpha=0\). Отсюда \(v_{1,p}=v_p=2v_{2,p}\sin\alpha=2v_{3,p}\sin\alpha\), так как \(v_{2,p}=v_{3,p}\). Полная энергия в \(P\) тогда равна \[E=\frac{mv_p^2}{2}\left(1+\frac{1}{2\sin^2\alpha}\right)-\frac{Gm^2}{d}\left(2+\frac{1}{2\sin\alpha}\right)=6{,}68\,mv_p^2-4{,}49\,\frac{Gm^2}{d}. \tag{3}\] Когда тело находится в \(P\), гравитационная сила равна центростремительной. Это значит, что \[\frac{mv_p^2}{R_p}=2\frac{Gm^2}{d^2}\cos\alpha=1{,}96\,\frac{Gm^2}{d^2},\qquad Gm=0{,}510\,\frac{v_p^2d^2}{R_p}. \tag{4}\] Объединяя уравнения (2), (3) и (4), получаем \[\frac{3v_o^2}{4}=6{,}68\,v_p^2+0{,}510\,\frac{v_p^2d^2}{R_p}\left(\frac{5}{2r_o}-\frac{4{,}49}{d}\right),\] и, преобразуя, \[\frac{v_o}{v_p}=\sqrt{\frac43\left(6{,}68+0{,}510\,\frac{d^2}{R_p}\left(\frac{5}{2r_0}-\frac{4{,}49}{d}\right)\right)}=2{,}8.\]

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

Подсказка

Эффект Доплера применяется дважды: автомобиль сначала принимает волну как движущийся наблюдатель, затем излучает её как движущийся источник. Произведение косинусов раскладывается на сумму и разность частот.

Ответ

i) \(f_1=f_0(1+v/c)^2\approx f_0(1+2v/c)\);  ii) \(f_1+f_0\) и \(f_1-f_0\);  iii) \(v=30\) м/с.

Решение

i) Формулу Доплера нужно применить дважды. Сначала наблюдатель в приближающемся автомобиле видит и падающую, и отражённую волну с частотой \(f'=f_0(1+v/c)\). Затем наблюдатель у радара видит отражённую волну, доплеровски смещённую до \(f_1=f''=f'(1+v/c)=f_0(1+v/c)^2\). Наконец, упрощаем: \[f_1=f_0(1+v/c)^2\approx f_0(1+2v/c).\]

ii) Используя тождество из условия, можно выразить произведение двух волн просто как сумму волн: \[\cos(2\pi f_1t)\cos(2\pi f_0t)=\tfrac12\cos[2\pi(f_1+f_0)t]+\tfrac12\cos[2\pi(f_1-f_0)t],\] откуда легко видны две частотные компоненты: \(f_{\text{выс}}=f_1+f_0\) и \(f_{\text{низк}}=f_1-f_0\).

iii) Можно выразить \(f_{\text{низк}}=f_1-f_0=2f_0v/c\) и вычислить скорость автомобиля: \[v=\frac{f_{\text{низк}}}{2f_0}\,c=30\text{ м/с}.\]

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

Подсказка

В установившемся ветре сила градиента давления уравновешена силой Кориолиса (в точке B с учётом центростремительного ускорения), поэтому ветер направлен вдоль изобар.

Ответ

i) вдоль изобар, против часовой стрелки вокруг минимума давления: на север в A, на юго-запад в B;  ii) \(v_A\approx22\) м/с;  iii) \(v_B\approx14\) м/с.

Решение

i) Угол \(\varphi\) равен широте. Это значит, что в северном полушарии вектор силы Кориолиса повёрнут на \(90^\circ\) по часовой стрелке относительно вектора скорости, если оба нарисованы на карте. Чтобы силы уравновешивались, сила Кориолиса должна быть направлена противоположно силе градиента давления, то есть в сторону возрастания давления. Таким образом, скорость должна быть направлена вдоль изобар. Силы направлены против часовой стрелки вокруг минимума давления, то есть на север в A и на юго-запад в B. Ответ также может быть засчитан, если у скорости есть небольшая составляющая в сторону минимума давления, лишь бы она была много меньше составляющей вдоль изобар.

ii) В точке A изобары приблизительно прямые, то есть скорость постоянна и все силы в сумме дают нуль. Небольшой слой воздуха площади \(A\) и толщины \(\mathrm dz\) имеет массу \(\mathrm dm=\rho A\,\mathrm dz\).

Сила от разности давлений \(\mathrm dp\) между противоположными сторонами равна \(F_p=A\,\mathrm dp\), так что сила на единицу массы \[\frac{F_p}{\mathrm dm}=-\frac{A\,\mathrm dp}{\rho A\,\mathrm dz}=-\frac1\rho\left|\frac{\mathrm dp}{\mathrm dz}\right|.\] Градиент давления можно оценить, измерив расстояние между несколькими соседними изобарами на карте, а \(\rho\approx1\) кг м\(^{-3}\). Баланс сил даёт уравнение \[2v\Omega\sin\varphi=\frac1\rho\left|\frac{\mathrm dp}{\mathrm dz}\right|\ \Longrightarrow\ v=\frac{1}{2\rho\Omega\sin\varphi}\left|\frac{\mathrm dp}{\mathrm dz}\right|.\] Используя \(\Omega=7{,}27\times10^{-5}\) с\(^{-1}\), \(\varphi=56^\circ\), \(|\mathrm dp/\mathrm dz|\approx0{,}8/250\) Па м\(^{-1}=0{,}0032\) Па м\(^{-1}\), получаем оценку \(v=22\) м с\(^{-1}\). Поскольку от школьников требуется только оценка, принимается широкий диапазон численных ответов, если метод верен.

iii) Теперь изобары искривлены, и по карте можно оценить радиус кривизны \(r\approx206\) км. Разность силы градиента давления и силы Кориолиса должна равняться центростремительной силе: \[\frac{v^2}{r}=\frac1\rho\left|\frac{\mathrm dp}{\mathrm dz}\right|-2v\Omega\sin\varphi.\] Это квадратное уравнение относительно \(v\), с положительным решением \[v=-r\Omega\sin\varphi+\sqrt{(r\Omega\sin\varphi)^2+\frac r\rho\left|\frac{\mathrm dp}{\mathrm dz}\right|}.\] При \(\varphi=60^\circ\) и \(|\mathrm dp/\mathrm dz|\approx0{,}0034\) Па м\(^{-1}\) получаем оценку \(v=14\) м с\(^{-1}\). Для сравнения: если пренебречь кривизной изобар, получим \(22\) м с\(^{-1}\).

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

Подсказка

Период находят по дифракции лазера на призме как на решётке; угол призмы — по отклонению пучка на малый угол \(\beta=(n-1)\alpha\); дисперсию — по разнице отклонений для голубых и малиновых полосок.

Решение

i) Чтобы найти период решётки, поставим простой дифракционный опыт: направим лазерный свет через решётку на экран; на экране будет длинный ряд ярких пятен, соответствующих ряду главных максимумов; все углы малы, поэтому можно использовать приближение малых углов. По сравнению с парой лучей, выходящих из решётки от двух соседних щелей перпендикулярно, пара лучей, выходящих под малым углом \(\varphi\), получает дополнительную разность хода, равную \(d\sin\varphi\approx d\varphi\) (см. рисунок). Пусть угол \(\varphi_0\) соответствует главному дифракционному максимуму некоторого порядка \(n\), так что оптическая разность хода между двумя лучами равна целому числу \(n\) длин волн. Тогда для \((n+j)\)-го главного максимума, наблюдаемого под углом \(\varphi_j\), оптическая разность хода между соседними лучами равна \((n+j)\lambda\). Следовательно, \(d\varphi_j-d\varphi_0=j\lambda\), так что \(\varphi_j-\varphi_0=j\lambda/d\). Разность углов \(\varphi_j-\varphi_0\) приводит к расстоянию между яркими пятнами на экране \(a_j=(\varphi_j-\varphi_0)L\), где \(L\) — расстояние от решётки до экрана. Значит, можно измерить расстояние \(a_j\) между парой таких ярких пятен на экране, между которыми находится \(j-1\) ярких пятен, и вычислить постоянную решётки как \[d=\frac{j\lambda L}{a_j}.\] Для лучшей точности нужно брать как можно большее значение \(j\) (наибольшее, при котором оба пятна ещё остаются на экране). При \(L=\ \\), \(j=\ \\) и \(a_{10}\ \\) получаем \(d=\ \\).

ii) Есть два способа определить угол призмы. Первый: с помощью лазерного света и экрана определить, на какое расстояние \(x\) смещается самое яркое пятно на экране (нулевой главный максимум), когда призма Френеля вставлена на пути пучка на расстоянии \(L\) от экрана. Оказывается, что угол \(\beta\), на который призма отклоняет пучок, остаётся малым, так что снова можно использовать приближение малых углов: \(\beta=x/L\). Простой расчёт геометрической оптики даёт \[\alpha=\frac{\beta}{n-1}=\frac{x}{L(n-1)}.\] Для \(L=\ \\) и \(x=\ \\) получаем \(\alpha=\ \\).

Альтернативный подход — использовать голубые полоски на листе. Смотрим сквозь призму так, чтобы видеть полоски одновременно и сквозь призму, и мимо неё. Находим две такие соседние полоски и такое расстояние \(h\) между призмой и листом, что одна полоска, видимая сквозь призму, кажется точно в том же положении, что и другая полоска, видимая за краем призмы. Измеряем расстояние \(y\) между этими двумя полосками на листе. Тогда угол отклонения призмы \(\beta=y/h\), так что \[\alpha=\frac{\beta}{n-1}=\frac{y}{h(n-1)}.\] Для \(y=\ \\) и \(h=\ \\) получаем \(\alpha=\ \\).

iii) Наконец, используем ту часть листа, где есть соседние голубые и малиновые полоски. Берём близко расположенную пару таких полосок и смотрим на неё сквозь призму. В зависимости от ориентации призмы пара полосок либо сближается, либо, наоборот, раздвигается. Выбираем ту ориентацию, при которой полоски сближаются, и находим такое расстояние \(H\) между призмой и листом, при котором две полоски точно совмещаются (получается кажущаяся желтоватая полоска). Также измеряем расстояние \(z\) между полосками. Используя полученное выражение для угла отклонения \(\beta=\alpha(n-1)\), получаем выражение для изменения угла отклонения \(\delta\beta=\alpha\,\delta n\), где \(\delta n\) обозначает разность показателей преломления для голубого и малинового. Следовательно, \(\delta n=\delta\beta/\alpha\). Изменение угла отклонения можно найти из данных измерения как \(\delta\beta=z/H\). Так что \(\delta n=z/(H\alpha)\), и \[\frac{\mathrm dn}{\mathrm d\lambda}=\frac{z}{H\alpha(\lambda_m-\lambda_c)}.\] Используя \(z=\ \\) и \(H=\ \\), получаем \(\dfrac{\mathrm dn}{\mathrm d\lambda}=\ \\).

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

Подсказка

При равных массах и центральном упругом ударе шары обмениваются скоростями. Центр масс системы в однородном поле \(B\) движется по окружности с циклотронным радиусом, а точка касания шаров совпадает с центром масс.

Ответ

i) \(v_2=v\);  iii) \(v_{\text{ср}}=\dfrac{v}{\sqrt{4+R^2/r^2}\,(\pi-\operatorname{arctg}(2r/R))}\), \(R=\dfrac{mv}{qB}\), направление — под углом \(\pi-\alpha\) по часовой стрелке от начального направления, \(\alpha=\operatorname{arctg}(2r/R)\);  iv) \(2R=\dfrac{2mv}{qB}\).

Решение

i) После первого столкновения пусть скорости первого и второго шаров равны \(v_1\) и \(v_2\) соответственно. Закон сохранения энергии даёт \(\dfrac{mv^2}{2}=\dfrac{mv_1^2}{2}+\dfrac{mv_2^2}{2}\), или \(v^2=v_1^2+v_2^2\). Закон сохранения импульса даёт \(mv=mv_1+mv_2\), или \(v=v_1+v_2\). Объединяя оба уравнения, получаем \(v^2=v_2^2+(v-v_2)^2=v^2-2vv_2+2v_2^2\) и \(v_2=0;\,v\). Поскольку первое решение соответствует случаю, когда столкновения не происходит, скорость второго шара должна быть \(v_2=v\).

ii) На шары действует сила Лоренца внешнего магнитного поля. Поскольку сила Лоренца перпендикулярна линии движения и постоянна по модулю, шары движутся по круговой орбите. Приравнивая силу Лоренца к центробежной, получаем \(\dfrac{mv^2}{R}=qvB\). Таким образом, \(R=\dfrac{mv}{qB}\) и \(\omega=\dfrac vR=\dfrac{qB}{m}\). Это значит, что один из зарядов движется по орбите по часовой стрелке, а другой — против.

После каждого столкновения один из шаров движется со скоростью \(v\), а другой покоится. Движущийся шар проходит часть полного циклотронного периода (по часовой стрелке или против, в зависимости от заряда), прежде чем центрально столкнуться с покоящимся шаром. Импульс передаётся первому шару, а ранее двигавшийся шар остаётся в покое, и движение начинается снова. При последующих столкновениях шары начинают дрейфовать в одном направлении, как видно на рисунке.

iii) Средняя скорость шаров равна средней скорости точек столкновения. Из рисунка видно, что направление средней скорости — \(\pi-\alpha\) по часовой стрелке от начального направления налетающего шара, где \(\alpha=\operatorname{arctg}\dfrac{2r}{R}\). Точка столкновения смещается на \(d=2r\cos\alpha\) между двумя последовательными столкновениями. Между двумя столкновениями один из шаров проходит \(2\pi-2\alpha\) по циклотронной орбите. Затраченное время тогда равно \(t=\dfrac{2\pi-2\alpha}{\omega}=\dfrac{2m}{qB}\left(\pi-\operatorname{arctg}\dfrac{2r}{R}\right)\), а средняя скорость \[v_{\text{ср}}=\frac dt=\frac{r\omega\cos\alpha}{\pi-\alpha}=\frac{vrR}{R\sqrt{4r^2+R^2}\,(\pi-\alpha)}=\frac{v}{\sqrt{4+\dfrac{R^2}{r^2}}\left(\pi-\operatorname{arctg}\dfrac{2r}{R}\right)}.\]

iv) Пусть скорости двух шаров в любой момент времени равны \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\). Скорость центра масс тогда \(\vec v_{CM}=\dfrac{\vec v_1+\vec v_2}{2}\). Уравнение движения системы: \[q\vec v_1\times\vec B-\vec F+q\vec v_2\times\vec B+\vec F=m\dot{\vec v}_1+m\dot{\vec v}_2,\] где \(\vec F\) — сила взаимодействия между двумя шарами, либо упругие силы при столкновении, либо электростатические силы. Тогда \[q(\vec v_1+\vec v_2)\times\vec B=m\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}(\vec v_1+\vec v_2),\qquad q\vec v_{CM}\times\vec B=m\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\vec v_{CM}.\] Это значит, что центр масс системы совершает циклотронное движение с радиусом \(R=\dfrac{mv}{qB}\). Поскольку каждая точка столкновения может находиться только там, где находится центр масс, точки столкновения тоже должны лежать на той же окружности. Таким образом, максимальное расстояние между любыми двумя столкновениями равно \(2R=\dfrac{2mv}{qB}\).

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

Подсказка

Сила равна \(\frac Pc(\vec t-\vec t')\) — разности единичных векторов направления луча до и после куба; отражение внутри куба возможно только как полное внутреннее, что ограничивает составляющие направления.

Ответ

i) \(F=2\dfrac Pc\sqrt{n^2-1}\) при \(n<\sqrt2\), иначе \(F=2\dfrac Pc\);  ii) \(F=2\sqrt2\,\dfrac Pc\sqrt{n^2-1}\) при \(n<\sqrt{3/2}\), иначе \(F=2\dfrac Pc\).

Решение

Куб толкается светом, отражающимся от его поверхностей. Поскольку частичного отражения нет, свет может отражаться внутри куба только полным внутренним отражением.

Пусть грани куба выровнены по осям \(x\)-\(y\)-\(z\), и пусть свет входит через грань, перпендикулярную оси \(z\).

До входа в куб пусть единичный вектор вдоль движения света будет \(\vec t=(t_x,t_y,t_z)\), после входа в куб — \(\vec r=(r_x,r_y,r_z)\), перед выходом из куба — \(\vec r'=(r'_x,r'_y,r'_z)\), а после выхода из куба — \(\vec t'=(t'_x,t'_y,t'_z)\). Каждый раз, когда свет отражается от одной из сторон куба, соответствующая составляющая \(\vec r\) меняет знак.

i) Лазерный луч ограничен распространением в двумерной плоскости. Возьмём \(t_y=0\), \(r_y=0\), \(r'_y=0\) и \(t'_y=0\).

За время \(\mathrm dt\) лазерная указка генерирует свет с полной энергией \(P\,\mathrm dt\), несущий импульс \(\dfrac Pc\,\mathrm dt\). За это время такое же количество света входит в куб и выходит из него, только с другим направлением. По третьему закону Ньютона куб должен приобрести импульс \(\mathrm d\vec p=\dfrac Pc\,\mathrm dt\,(\vec t-\vec t')\) и, значит, испытывает силу \(\vec F=\dfrac{\mathrm d\vec p}{\mathrm dt}=\dfrac Pc(\vec t-\vec t')=\dfrac Pc\sqrt{(t_x-t'_x)^2+(t_z-t'_z)^2}\). Это значит, что нужно максимизировать величину \((t_x-t'_x)^2+(t_z-t'_z)^2\).

Закон Снелла можно записать как \(nr_x=t_x\) и \(nr'_x=t'_x\), поскольку \(t_x\) и \(r_x\) — синусы углов падения и преломления соответственно.

Лазерный луч может отражаться только от стороны, перпендикулярной оси \(x\); путь луча с внутренним отражением показан на рисунке. Таким образом, \(r'_z=r_z\) и \(t'_z=t_z\). Рассмотрим отражение от \(x\)-грани. Угол падения: \(\cos\alpha=r_x\). Условие полного внутреннего отражения: \(\sin\alpha\,n\ge1\). Преобразуя, получаем \(\cos\alpha<\sqrt{1-\dfrac1{n^2}}\), или \(r_x<\sqrt{1-\dfrac1{n^2}}\). Это значит, что \(t_x<\sqrt{n^2-1}\).

Сила максимальна, когда лазерный луч отражается от куба нечётное число раз. Тогда \(r'_x=-r_x\) и \(t'_x-t_x<2\sqrt{n^2-1}\). Таким образом, \(F=\dfrac Pc\sqrt{(t_x-t'_x)^2+(t_z-t'_z)^2}<\dfrac{2P}{c}\sqrt{n^2-1}\). Заметим, что \(t_x^2+t_z^2=1\), поэтому \(t_x<1\). Это значит, что сила не может быть больше \(\dfrac{2P}{c}\). Тогда максимальная сила равна \[F=\begin{cases}2\dfrac Pc\sqrt{n^2-1}, & \text{если } n<\sqrt2,\\[2mm] 2\dfrac Pc, & \text{иначе.}\end{cases}\]

ii) Действуем аналогично предыдущему пункту; главное отличие в том, что \(y\)-составляющая не обязана быть равной нулю.

Вход в куб сохраняет направление движения света в плоскости \(x\)-\(y\). Поэтому \(\dfrac{t_x}{t_y}=\dfrac{r_x}{r_y}\). Закон Снелла можно записать как \(\sqrt{t_x^2+t_y^2}=n\sqrt{r_x^2+r_y^2}\), так как \(\sqrt{t_x^2+t_y^2}\) и \(\sqrt{r_x^2+r_y^2}\) — синусы углов падения и преломления. Объединяя эти уравнения, получаем \(r_x=\dfrac{t_x}{n}\), \(r_y=\dfrac{t_y}{n}\). Аналогично \(t'_x=nr'_x\) и \(t'_y=nr'_y\).

Отражения от сторон куба не меняют модулей \(r_x\) и \(r_y\). Таким образом, \(t'_z=t_z\). Это значит, что величину \((t_x-t'_x)^2+(t_y-t'_y)^2\) нужно максимизировать, и это происходит при \(r'_y=-r_y\) и \(r'_x=-r_x\), так что \(F=2\dfrac Pc\sqrt{t_x^2+t_y^2}=2n\dfrac Pc\sqrt{r_x^2+r_y^2}\).

По тем же рассуждениям, что и в предыдущем пункте, условие для отражения от \(x\)-грани — \(t_x<\sqrt{n^2-1}\). Аналогично, для \(y\)-грани должно выполняться \(t_y<\sqrt{n^2-1}\). Это значит, что \(r_x^2+r_y^2<2\left(1-\dfrac1{n^2}\right)\). С другой стороны, \(t_x^2+t_y^2+t_z^2=1\), поэтому \(t_x^2+t_y^2<1\) и \(r_x^2+r_y^2<\dfrac1{n^2}\). Таким образом, \(r_x^2+r_y^2<\min\left(2\left(1-\dfrac1{n^2}\right),\dfrac1{n^2}\right)=\dfrac1{n^2}\min\left(2(n^2-1),1\right)\). Максимальная сила, которую может испытывать куб, тогда равна \[F=\begin{cases}2\sqrt2\,\dfrac Pc\sqrt{n^2-1}, & \text{если } n<\sqrt{3/2},\\[2mm] 2\dfrac Pc, & \text{иначе.}\end{cases}\]

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

Подсказка

В каждой ветви напряжения на соседних элементах сдвинуты по фазе на \(90^\circ\), поэтому по теореме Фалеса точки \(D\), \(E\), \(F\) лежат на окружности с диаметром \(AB\).

Ответ

\(V_0=V_{AB}=25\) В.

Решение

i) Рассмотрим сначала верхнюю ветвь цепи, состоящую из конденсатора \(C\) и резистора \(R_2\). Через оба элемента течёт один и тот же ток \(I_1\), так что комплексные амплитуды напряжений равны \(I_1/(i\omega C)\) и \(I_1R_2\) соответственно. Деление на мнимую единицу поворачивает вектор на комплексной плоскости по часовой стрелке на \(\pi/2\), следовательно, вектор напряжения на резисторе повёрнут относительно напряжения на конденсаторе против часовой стрелки на \(\pi/2\). Аналогичный анализ приводит к выводу, что напряжение на катушке \(L_1\) повёрнуто относительно напряжения на резисторе \(R_0\) против часовой стрелки на \(\pi/2\), а напряжение на резисторе \(R_1\) повёрнуто относительно напряжения на катушке \(L_0\) по часовой стрелке на \(\pi/2\). Получившаяся векторная диаграмма показана ниже.

ii) Из теоремы Фалеса можно заключить, что точки \(F\), \(D\) и \(E\) на рисунке выше лежат на окружности, описанной вокруг отрезка \(AB\) как вокруг диаметра. Следовательно, напряжение \(V_{AB}\), которое мы хотим узнать, по модулю равно диаметру \(AB\) окружности, описанной около треугольника \(FDE\), длины сторон которого известны. Используя две формулы для площади треугольника: формулу Герона \(A=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\), где \(p=\tfrac12(a+b+c)\), и \(A=\dfrac{abc}{4R}\), где \(R\) — радиус описанной окружности, заключаем, что диаметр описанной окружности \[2R=\frac{abc}{2\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}.\] При \(a=7\) В, \(b=15\) В и \(c=20\) В получаем \(p=21\) В и \(V_{AB}=2R=25\) В.

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

Подсказка

Скорость струи — по уравнению Бернулли; сжатие воздуха быстрое, значит, адиабатное; энергия турбулентности — работа внешнего давления минус изменение внутренней энергии газа.

Ответ

i) \(Q\approx0{,}153\) м\(^3\)/с \(\approx150\) л/с;  ii) \(V_f\approx0{,}9\) м\(^3\);  iii) \(K_{\text{турб}}\approx2{,}2\times10^7\) Дж.

Решение

i) Нужно вычислить объёмный расход (в м\(^3\)/с), с которым вода втекает. Мы знаем \(A=20\) см\(^2\). Применим уравнение Бернулли, где начальная точка — в море, а конечная — в отверстии: \[P_i+\underbrace{\tfrac12\rho v_i^2}_{=0}=P_f+\tfrac12\rho v_f^2, \tag{1}\] откуда получаем \[v_f=\sqrt{\frac{2\Delta P}{\rho}}\approx\sqrt{2gh}=76{,}72\text{ м/с}. \tag{2}\] Здесь \(v_f\) — скорость, с которой вода втекает. Подставляя её в формулу для объёмного расхода: \[Q=Av_f=0{,}153\ \frac{\text{м}^3}{\text{с}}\approx150\ \frac{\text{л}}{\text{с}}. \tag{3}\]

ii) Атмосферный воздух состоит в основном из двухатомных азота и кислорода. При рассматриваемых температурах у этих молекул \(f=5\) степеней свободы: 3 поступательных и 2 вращательных. Показатель адиабаты \(\gamma=(f+2)/f=7/5\). Тот же результат можно получить из \(\gamma=(c_V+R)/c_V\). Для адиабатного сжатия имеем \[p_iV_i^\gamma=p_fV_f^\gamma. \tag{4}\] Конечное давление — это давление моря, примерно \(p_0+\rho gh=(10^5+1000\cdot9{,}8\cdot300)\ \text{Па}\approx3\) МПа. Это даёт \[V_f=V_i\left(\frac{p_i}{p_f}\right)^{5/7}\approx0{,}9\text{ м}^3. \tag{5}\] Замечание: конечная температура лишь примерно в 2,6 раза больше начальной, так что колебательные степени свободы молекул учитывать не нужно.

iii) Работа \(W\), совершаемая над системой (состоящей из всей лодки) окружающей водой, равна \(W=P_c\Delta V\), где \(P_c\) — постоянное давление окружающей воды. Теплообмена нет, поэтому эта работа должна равняться изменению внутренней энергии системы: \[W=\Delta U_{\text{газа}}+\Delta U_{\text{воды}}=c_Vn\Delta T+K_{\text{турб}}, \tag{6}\] где \(K_{\text{турб}}\) — искомая величина, и получаем \[K_{\text{турб}}=P_c\Delta V-c_Vn\Delta T. \tag{7}\] Нам нужно значение \(n\) (замечание: его можно найти и из закона идеального газа): \[n=\frac mM, \tag{8}\] где \(m=1{,}23\ \dfrac{\text{кг}}{\text{м}^3}\cdot10\text{ м}^3=12{,}3\) кг и \(M=0{,}02897\ \dfrac{\text{кг}}{\text{моль}}\). Подставляя значения, получаем \(n\approx424\) моль. Конечную температуру можно вычислить из начальной, используя, что \(p^{1-\gamma}T^\gamma\) сохраняется. Подставляя все остальные значения, получаем: \[K_{\text{турб}}\approx2{,}2\times10^7\text{ Дж}. \tag{9}\]

Альтернативное решение. Можно также рассматривать газ и воду (внутри лодки) как отдельные подсистемы. Работа, совершённая над газом, равна изменению внутренней энергии газа: \[\int P_g\,\mathrm dV=c_Vn\Delta T. \tag{10}\] Работа, совершённая над водой внутри лодки водой снаружи, равна \(P_c\Delta V\). Вода внутри лодки также совершает работу над газом, равную \(\int P_g\,\mathrm dV\). Изменение внутренней энергии воды в лодке тогда \[K_{\text{турб}}=P_c\Delta V-\int P_g\,\mathrm dV=P_c\Delta V-c_Vn\Delta T, \tag{11}\] где последнее равенство следует из уравнения (14). Дальше действуем так, как уже написано выше.

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

Подсказка

Постоянный ток через ящик идёт только через катушку; ёмкость находят по экспоненциальному разряду через мультиметр, а индуктивность оценивают с двух сторон из баланса энергии при размыкании цепи катушки.

Ответ

ЭДС \(U=9{,}5\) В; \(R_l\approx100\) Ом; \(C\approx1\) мкФ; \(L\) между \(33{,}6\) и \(130\) мГн (\(L\approx100\) мГн).

Решение

Измеряя ток при подключении положительного щупа мультиметра к «синему», а отрицательного — к «чёрному», получаем \(I_0\approx95\) мА.

Только по этому одному измерению, поскольку мы получили цепь, постоянно проводящую ток, можно заключить, что схема внутри чёрного ящика должна быть одной из следующих (на рисунке: white — белый, black — чёрный, blue — синий):

Заметим, что порядок катушки и диода, соединённых последовательно, ничего не меняет.

Фактически измеренное значение тока немного меняется от одного чёрного ящика к другому, а также очень слегка изменяется из-за падения напряжения батарейки и небольшого нагрева катушки.

ii) (ЭДС). Измеряя напряжение между «синим» и «чёрным», определяем электродвижущую силу батарейки \(U=9{,}5\) В.

iii) (сопротивление катушки). Внутреннее сопротивление катушки находим как \(R_l=U/I_0\approx100\) Ом. Мы также получаем некоторую подсказку о величине индуктивности: при измерении мы не видели экспоненциального нарастания тока, а это значит, что \(L/R\ll t\).

i) (схема). Определить, какая из двух возможных схем находится внутри чёрного ящика, сложнее. Один из способов — заметить, что при отключении «синего» и «чёрного» мы можем получить небольшую искру или почувствовать небольшой импульс тока, если случайно коснёмся проводов в этот момент. Это потому, что \(L\,\dfrac{\partial I}{\partial t}=U_l\): ток через катушку не может измениться мгновенно, и напряжение, создаваемое катушкой, достаточно для искры или импульса высокого напряжения. Если же при размыкании цепи конденсатор включён параллельно катушке, этого эффекта мы не получим. Пробуя «белый» провод параллельно с «чёрным» или с «синим», можно определить, что во втором случае искры нет, и схема в чёрном ящике — схема B на рисунке.

iv) (ёмкость). Подключив вольтметр между «белым» и «чёрным» или между «белым» и «синим», можно увидеть, что напряжение спадает экспоненциально. Это означает, что конденсатор действительно подключён к «белому» проводу, и в зависимости от того, к «чёрному» или «синему» подключён другой щуп, мы либо заряжаем конденсатор до отрицательного напряжения батарейки через вольтметр, либо разряжаем его через вольтметр, катушку и диод. Нужно быть осторожным и не касаться обоих проводов одновременно, поскольку сопротивление кожи при хорошей проводимости намного меньше сопротивления вольтметра.

Ёмкость можно измерить по показателю экспоненты: например, взяв два показания напряжения и измерив интервал времени между ними. \(C=\dfrac{\ln(U_1/U_2)}{\tau R_m}\approx1\) мкФ.

v) (индуктивность). Сначала соединяем все три провода вместе. Тогда через катушку идёт ток, а конденсатор заряжен до отрицательного напряжения батарейки. Подключаем вольтметр между «белым» и «чёрным», так что измеряем сумму напряжений на конденсаторе и батарейке. Показание в начале равно нулю, поскольку все выводы ящика соединены. Теперь размыкаем контур катушки с батарейкой, отключая «чёрный» от остальных выводов ящика, и показание мультиметра скачком возрастает до \(U_c+U\) примерно \(32\) В и начинает экспоненциально спадать, как и раньше. Можно сделать это много раз, чтобы получить максимальное показание. После отключения «чёрного» ток идёт через LCR-контур, образованный катушкой и конденсатором, но вместо колебаний он прекращается из-за диода, когда ток через катушку достигает нуля.

Мы можем получить верхнюю и нижнюю границы значения индуктивности, рассмотрев два разных случая.

Верхнюю границу получаем, когда пренебрегаем потерями на сопротивлении. Тогда вся энергия в конце оказывается в конденсаторе. Записывая баланс энергии, получаем: \[\frac{U^2C}{2}+\frac{I^2L}{2}=\frac{U_c^2C}{2}\ \Rightarrow\ L\approx130\text{ мГн}.\] Нижнюю границу получаем, когда предполагаем, что бо́льшая часть энергии ушла в потери на сопротивлении; в этом случае ток катушки затухает экспоненциально, и можно записать выражение для полного заряда: \[(U_c+U)\,C=\frac{IL}{R_l}\ \Rightarrow\ L\approx33{,}6\text{ мГн}.\]

Правильное значение \(L\approx100\) мГн лежит между этими границами и, как можно догадаться, ближе к верхней границе, поскольку \(U_c>U\).

Можно получить более точное значение, если рассматривать задачу без этих предположений — как затухающее гармоническое колебание.

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