NBPhO 2019, теоретический тур

Подсказка

Освещённость обратно пропорциональна \(r^2\), а время удобно заменить углом: \(\mathrm dt=\mathrm d\alpha/\omega\) и \(\omega r^2=J/m\) постоянно. Для максимума нужно минимизировать произведение \(TJ\) — это достигается минимальной скоростью спутника относительно Солнца.

Ответ

1) \(v_m=\sqrt{2GM_\oplus/r_\oplus}\);  2) \(v_1=\sqrt{v_0^2-2gr_\oplus}\);  3) \(I_{\text{ср}}=\dfrac{L_\odot m}{2TJ}\);  4) запуск строго против движения Земли, \(I_{\text{ср}}=\dfrac{L_\odot}{4\pi R_\oplus^2}\dfrac{(2-x^2)^{3/2}}{x}\), где \(x=1-\sqrt{\dfrac{R_\oplus}{GM_\odot}}\sqrt{v_0^2-2gr_\oplus}\).

Решение

i) Из закона сохранения энергии \[\frac{mv_m^2}{2}-\frac{GM_\oplus m}{r_\oplus}=0,\] откуда \[v_m=\sqrt{\frac{2GM_\oplus}{r_\oplus}}.\]

ii) Пусть \(v_1\) — скорость спутника сразу после выхода из гравитационного поля Земли. Из закона сохранения энергии \[\frac{mv_0^2}{2}-\frac{GM_\oplus m}{r_\oplus}=\frac{mv_1^2}{2},\] где \(M_\oplus\) — масса Земли. Кроме того, \(g=GM_\oplus/r_\oplus^2\). Поэтому \[v_1=\sqrt{v_0^2-\frac{2GM_\oplus}{r_\oplus}}=\sqrt{v_0^2-2gr_\oplus}.\]

iii) Среднюю освещённость можно записать как \[I_{\text{ср}}=\frac1T\int_0^T I(t)\,\mathrm dt,\] где \(I(t)\) — освещённость спутника в момент \(t\). Освещённость выражается как \(I(t)=\dfrac{L_\odot}{4\pi r(t)^2}\). Удобнее интегрировать по углу, а не по времени, воспользовавшись \(\mathrm dt=\dfrac{\mathrm d\alpha}{\omega(\alpha)}\), где \(\omega\) — угловая скорость спутника. Получаем \[I_{\text{ср}}=\frac1T\int_0^{2\pi}\frac{L_\odot}{4\pi r^2}\frac{\mathrm d\alpha}{\omega}=\frac{L_\odot}{4\pi T}\int_0^{2\pi}\frac{\mathrm d\alpha}{\omega r^2}.\] Заметим, что знаменатель подынтегрального выражения очень похож на момент импульса спутника. Действительно, момент импульса \(J=mvr=m\omega r^2=\text{const}\). Тогда \[I_{\text{ср}}=\frac{L_\odot}{4\pi T}\int_0^{2\pi}\mathrm d\alpha\,\frac mJ=\frac{L_\odot m}{4\pi TJ}\int_0^{2\pi}\mathrm d\alpha=\frac{L_\odot m}{2TJ}.\]

iv) Так как \(L_\odot\) и \(m\) постоянны, нужно минимизировать величину \(TJ\). Заметим, что минимальный момент импульса соответствует запуску прямо против движения Земли. Оказывается, этому же случаю соответствует и минимальный период обращения. Пусть \(\vec v_2\) — скорость спутника в системе отсчёта Солнца. Тогда \(\vec v_2=\vec v_1-\vec v_\oplus\), где \(v_\oplus=\sqrt{GM_\odot/R_\oplus}\) — скорость Земли. Для удобства обозначим \(x=\dfrac{v_2}{v_\oplus}\).

Полная энергия эллиптической орбиты \(E_{\text{полн}}=-\dfrac{GM_\odot m}{2a}\). С другой стороны, полная энергия равна \(E_{\text{полн}}=\dfrac{mv_2^2}{2}-\dfrac{GM_\odot m}{R_\oplus}\). Объединяя оба выражения и преобразуя, получаем

\[\frac{R_\oplus}{a}=2-\frac{v_2^2R_\oplus}{GM_\odot}=2-x^2.\] Из третьего закона Кеплера \(\dfrac{T^2}{a^3}=\dfrac{4\pi^2}{GM_\odot}\). Поэтому \[T=\frac{2\pi R_\oplus^{3/2}}{\sqrt{GM_\odot}}\,(2-x^2)^{-3/2}.\] Как видно, чтобы минимизировать \(T\), надо минимизировать и \(v_2\).

Итак, средняя освещённость максимальна, когда спутник запущен прямо против движения Земли. Соответствующее значение \[I_{\text{ср}}=\frac{L_\odot}{4\pi R_\oplus^2}\sqrt{\frac{GM_\odot}{R_\oplus}}\,\frac1{v_2}\,(2-x^2)^{3/2}=\frac{L_\odot}{4\pi R_\oplus^2}\,\frac{(2-x^2)^{3/2}}{x},\]

где \(x=1-\sqrt{\dfrac{R_\oplus}{GM_\odot}}\sqrt{v_0^2-2gr_\oplus}\).

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

Подсказка

Без проскальзывания каток вращается вокруг точки касания, поэтому уравнение моментов относительно неё даёт \(\tfrac32Ma=-kx\). Сила трения при этом пропорциональна ускорению, и проскальзывание начнётся, когда она достигнет \(\mu Mg\).

Ответ

1) \(T_0=2\pi\sqrt{M/k}\);  2) \(T_r=2\pi\sqrt{\dfrac{3M}{2k}}\);  3) \(A_\star=\dfrac{3\mu Mg}{k}\);  4) \(\omega_{\max}=\dfrac{g\mu T}{r}\);  5) \(\varepsilon r=\pm2g\mu\) (прямоугольные импульсы со сменой знака через \(T/2\)), \(a\) изменяется по гармоническому закону (графики на рисунках).

Решение

i) Если трения между цилиндром и столом нет, цилиндр не вращается, и мы имеем простой пружинный осциллятор: \(T_0=2\pi\sqrt{M/k}\).

ii) Так как цилиндр не проскальзывает, он вращается вокруг точки касания с землёй. Момент инерции относительно точки касания \(I=Mr^2+\dfrac12Mr^2=\dfrac32Mr^2\). Угловое ускорение \(\alpha\) и ускорение \(a\) связаны соотношением \(a=\alpha r\). Уравнение движения поэтому имеет вид \[I\alpha=Fr=-kxr.\] Упрощая, получаем \[\frac32Ma=-kx.\] Это гармонический осциллятор с периодом \[T=\frac{2\pi}{\sqrt{\dfrac23\dfrac kM}}=2\pi\sqrt{\frac32\frac Mk}.\]

iii) Движение цилиндра синусоидально: \[x=A\sin\left(\sqrt{\frac23\frac kM}\,t\right).\] Из баланса горизонтальных сил \[-kx+F_\mu=Ma,\] поэтому сила трения линейно зависит от ускорения и равна \[F_\mu=-\frac12Ma.\] Ускорение \[a=\ddot x=-\frac23\frac kM\,A\sin(\omega t).\] Максимальная сила трения \[F_\mu^{\max}=\mu Mg=\frac12M\cdot\frac23\frac kM\,A\quad\to\quad A<\frac{3\mu Mg}{k}.\] Иначе говоря, \[A_\star=\frac{3\mu Mg}{k}.\]

iv) Уравнение движения по-прежнему \[-kx+F_\mu=M\ddot x,\] но теперь \(F_\mu\) равна \(Mg\mu\) почти всё время движения, так что её можно считать постоянной (время, когда это не так, пропорционально сокращается при росте \(A_0\)). Перепишем: \[-k\left(x-\frac{F_\mu}{k}\right)=M\ddot x.\] Видим, что цилиндр совершает синусоидальные колебания около точки \(x=F_\mu/k\), но из-за \(A_0\gg A_\star\) этим смещением можно пренебречь.

Уравнение вращательного движения даёт \[\frac12Mr^2\alpha=rF_\mu=rMg\mu,\qquad\text{так что}\qquad\alpha=\frac2{Mr}F_\mu.\] Поскольку направление силы трения постоянно при \(0\le t\le T/2\), имеем \(\omega=\dfrac2{Mr}F_\mu t\), и эта величина максимальна при \(t=T/2\), поэтому \[\omega_{\max}=\frac{g\mu T}{r}.\]

v) Из предыдущего пункта видно, что \(\varepsilon\) постоянно, но противоположно по знаку при \(0<t<T/2\) и \(T/2<t<T\); модуль \(\varepsilon r=2g\mu\). Линейное ускорение, напротив, изменяется по гармоническому закону. Из \(x=A_0\cos\left(\sqrt{\dfrac kM}\,t\right)\) получаем \(a=\ddot x=-\dfrac kM\,A\cos(2\pi t/T)\). Приближённые графики показаны на рисунках ниже.

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

Подсказка

Поток через виток спирали пропорционален \(R^2B\propto B/v_\perp^2\), поэтому сохраняется \(v_\perp^2/B\); полная скорость при этом не меняется. Критический случай — когда у поверхности Земли \(v_\perp=u_0\).

Ответ

1) \(|E|>\dfrac{mv^2}{2l|q|}\), направление \(\vec E\) таково, что \(qE<0\);  2) \(B=\dfrac{mv}{lq}\);  3) \(E=\dfrac{2Bv}\pi\);  4) \(\alpha<\alpha_0=\arcsin\dfrac1{5\sqrt5}\approx5{,}1^\circ\).

Решение

i) В однородном электрическом поле напряжённости \(E\) вдоль оси \(x\) запишем электростатический потенциал \(\varphi(x)=-xE\). Чтобы частица не попала на стенку, её кинетическая энергия \(mv^2/2\) должна быть меньше \(q\varphi(l)=-qlE\), поэтому \(|E|>\dfrac{mv^2}{2l|q|}\); направление \(E\) таково, что \(qE<0\).

ii) В магнитном поле частица движется по окружности радиуса \(R\) такой, что сила Лоренца равна произведению массы на центростремительное ускорение: \(qvB=mv^2/R\). Так как частица едва достигает экрана, круговая орбита должна касаться экрана. Значит, \(R=l\) и \(B=\dfrac{mv}{lq}\).

iii) Вторая частица до остановки проходит четверть периода, то есть \(t=\dfrac T4=\dfrac{\pi l}{2v}\). Для третьей частицы полная сила Лоренца должна быть равна нулю, поэтому \(u=\dfrac EB\). Приравнивая времена, получаем \(\dfrac lu=\dfrac{\pi l}{2v}\), то есть \(E=\dfrac{2Bv}\pi\).

iv) Чтобы получить адиабатический инвариант, заметим, что магнитный поток винтовой траектории \(\Phi\propto\text{Площадь}\times B_z\propto R^2B_z\propto B_z/v_\perp^2\), где \(v_\perp\) — составляющая скорости, перпендикулярная магнитному полю. Поэтому адиабатический инвариант можно записать как \(v_\perp^2/B_z\).

При движении электрона его кинетическая энергия сохраняется, так как магнитное поле не совершает работы. В критическом случае, когда электрон почти отражается, перпендикулярная составляющая скорости электрона на поверхности Земли будет равна \(u_0\). Адиабатический инвариант тогда даёт \[\frac{v_{\perp0}^2}{B(R_0)}=\frac{u_0^2}{B(R_E)}.\] Теперь \(v_{\perp0}=u_0\sin\alpha\), поэтому критический угол определяется формулой \[\alpha_0=\arcsin\left(\sqrt{\frac{B(R_0)}{B(R_E)}}\right)=\arcsin\left(\frac1{5\sqrt5}\right)=5{,}1^\circ.\] Чтобы электрон достиг поверхности Земли, угол \(\alpha\) должен быть меньше \(\alpha_0\).

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

Подсказка

Лазерный луч, направленный прямо на плёнку, даёт на экране шесть пятен — по одному от каждой призмы; по их расположению видно, у каких призм углы равны. Минимальное отклонение достигается при симметричном ходе луча в призме — наклоните плёнку и найдите положение, где пятно ближе всего к центру.

Ответ

1) \(\alpha_1=\alpha_4<\alpha_2=\alpha_3=\alpha_5=\alpha_6\);  2) \(\beta_1\approx28^\circ\), \(\beta_2\approx40^\circ\);  3) \(\alpha_1=50^\circ\), \(\alpha_2=58^\circ\) (\(\alpha=2\gamma+\beta\));  4) поправка \(\Delta\alpha=0{,}5^\circ\);  5) \(n=\dfrac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin(\gamma+\beta/2)}\approx1{,}5\).

Решение

i) Направив лазерный луч прямо на световозвращающую плёнку, мы видим на экране шесть пятен. Эти пятна — лазерный луч, преломлённый в шести различных призмах, имеющихся на плёнке. В симметричном случае, когда \(\alpha_i=\text{const}\), ожидаем, что пятна лежат в вершинах шестиугольника. На самом деле мы видим шестиугольник, у которого два пятна сдвинуты внутрь, а остальные четыре равноудалены от центра. Это означает, что четыре угла и два угла попарно равны. Можно сказать, что грани 1 и 4 соответствуют пятнам, сдвинутым внутрь. Тогда \(\alpha_1=\alpha_4\), \(\alpha_2=\alpha_3=\alpha_5=\alpha_6\) и \(\alpha_1<\alpha_2\).

ii) Минимальные углы отклонения можно найти, держа лазер и экран на месте и наклоняя плёнку. Тогда изменяющиеся углы отклонения прямо представлены перемещением пятен на экране. Остаётся только найти такую ориентацию плёнки, при которой отклонение пятен на экране минимально. Измерения дают \(\beta_1\approx28^\circ\) и \(\beta_2\approx40^\circ\).

iii) Минимальный угол отклонения соответствует симметричному прохождению лучей через призмы. Это позволяет удобно найти минимальный угол отклонения через \(\alpha\) и \(\gamma\), где \(\gamma\) — угол плёнки с лазерным лучом. Дальнейшие измерения дают \(\gamma_1=11^\circ\) и \(\gamma_2=9^\circ\). Из геометрии \(\beta/2=\alpha/2-\gamma\), откуда \(\alpha=2\gamma+\beta\). Получаем \(\alpha_1=50^\circ\), \(\alpha_2=58^\circ\).

iv) Для наших значений \(\cos^2\alpha_1+\cos^2\alpha_3+\cos^2\alpha_5=0{,}97\). Либо пробуя разные значения, либо делением пополам, находим, что можно вычесть \(\Delta\alpha=0{,}5^\circ\), чтобы получить значение суммы квадратов косинусов почти точно \(1\).

v) Из закона Снеллиуса \(\sin(\alpha-\gamma)=n\sin(\alpha/2)\), откуда \[n=\frac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin(\gamma+\beta/2)}\approx1{,}5.\]

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

Подсказка

Скорость шарика на глубине \(y\) равна \(\sqrt{2gy}\) — это «показатель преломления» \(n\propto1/v\). Для луча в среде \(n(y)\) из закона Снеллиуса \(n\sin\theta=\text{const}\), а наклон луча \(\mathrm dy/\mathrm dx=\operatorname{ctg}\theta\) выражается через \(n(y)\).

Ответ

1) \(t_{\text{кр}}=\sqrt{\dfrac{2(H^2+L^2)}{gH}}\), \(t_{\text{макс}}=\dfrac{2H+L}{\sqrt{2gH}}\), равенство при \(\dfrac LH=\dfrac43\);  2) \(n=\sqrt{H/y}\);  3) см. решение;  4) \(d=\dfrac h{\sqrt{2\alpha h+\alpha^2h^2}}\);  5) \(t_{\min}=\pi\sqrt{\dfrac H{2g}}\).

Решение

i) Шарик, движущийся по оранжевой кривой (кратчайший путь), находится под действием эффективного ускорения \(a_{\text{эфф}}=\dfrac H{\sqrt{H^2+L^2}}\,g\), поэтому \(\dfrac{a_{\text{эфф}}t_o^2}2=\sqrt{H^2+L^2}\) и \[t_o=\sqrt{\frac{2(H^2+L^2)}{gH}}.\] Шарик, движущийся по голубой кривой (максимальная скорость), сначала падает в течение времени \(t_1=\sqrt{2H/g}\), а затем движется со скоростью \(v=\sqrt{2gH}\) на оставшемся участке, поэтому \(t_2=\dfrac L{\sqrt{2gH}}\), и полное время равно \[t_b=t_1+t_2=\frac{2H+L}{\sqrt{2gH}}.\] Уравнение \(t_o=t_b\) решается и даёт \(\dfrac LH=\dfrac43\).

ii) Чтобы понять этот пункт, нужно применить принцип Ферма, согласно которому свет всегда идёт по пути локально наименьшего времени между двумя точками. Так как скорость шарика меняется в зависимости от высоты, это переформулируется как зависящий от высоты показатель преломления. Из закона сохранения энергии известно, что \(\dfrac{mv(y)^2}2=mgy\), откуда \(v(y)=\sqrt{2gy}\) и \[n(y)=\frac{v(H)}{v(y)}=\sqrt{\frac Hy}.\]

iii) Из закона Снеллиуса знаем, что \(n(y)\sin\theta=\text{const}=C\), поэтому нужно выразить \(\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\operatorname{ctg}\theta\) через \(\sin\theta\) (заметим, что производная здесь — котангенс из-за способа, которым определён угол в оптике). Воспользуемся результатом \(1+\operatorname{ctg}^2\theta=\dfrac1{\sin^2\theta}=\dfrac{n(y)^2}{C^2}\), откуда \[\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\sqrt{A\,n(y)^2-1},\qquad A=\frac1{C^2}.\]

iv) Знаем, что \(\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}(y=0)=0\) (из условия скольжения), поэтому находим \(n(0)=n_0\) и \(\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}(y=0)=\sqrt{An_0^2-1}\), откуда \(A=\dfrac1{n_0^2}\). Это, в свою очередь, даёт \[\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\sqrt{(1+\alpha y)^2-1},\qquad\text{так что}\qquad\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}(y=h)=\sqrt{2\alpha h+\alpha^2h^2},\] и потому \[d=\frac h{\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}(y=h)}=\frac h{\sqrt{2\alpha h+\alpha^2h^2}}.\]

v) В этом случае есть тривиальная циклоида, соединяющая точки \(A\) и \(B\) и удовлетворяющая начальному условию \(v_A=0\). Выберем колесо радиуса \(R=\dfrac H2=\dfrac L\pi\), так что колесо совершает ровно пол-оборота между точками \(A\) и \(B\). Хотим найти такую функциональную зависимость угловой скорости от угла качения \(\omega(\theta)\), чтобы верхняя точка колеса в любой момент находилась там же, где материальная точка. Составляющие скорости: \(v_y=R\omega(\theta)\sin\theta\) и \(v_x=R\omega(\theta)\,[1-\cos\theta]\), поэтому \(v^2=2R^2\omega(\theta)^2\,[1-\cos\theta]=2gR\,[1-\cos\theta]\), где последнее равенство следует из сохранения энергии шарика. Отсюда заключаем, что угловая скорость постоянна: \(\omega^2=\dfrac{\pi^2}{t_{\min}^2}=\dfrac gR\), и \[t_{\min}=\pi\sqrt{\frac Rg}=\pi\sqrt{\frac H{2g}}.\]

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

Подсказка

Тепловая энергия \(U=\tfrac32\int p\,\mathrm dV\); интегрируя по частям, получите \(\int V\,\mathrm dp\). Гравитационную энергию выразите через \(p'(r)\) из условия равновесия и сравните.

Ответ

1) \(p'=-\dfrac{GM(r)\rho}{r^2}\);  2) \(\alpha=\dfrac32\);  3) \(\beta=\dfrac12\), то есть \(U=-\dfrac12E_G\);  4) температура растёт, радиус уменьшается;  5) \(U=-E_G\) (\(\beta=1\)).

Решение

i) Рассмотрим порцию газа с площадью поперечного сечения \(S\) и толщиной \(\mathrm dr\). Пусть локальная плотность газа в этой порции \(\rho\). Из-за сферической симметрии гравитационное поле, действующее на порцию, равно \(g=-G\dfrac{M(r)}{r^2}\), а значит, сила тяжести \(F_g=-G\dfrac{M(r)m}{r^2}=-G\dfrac{M(r)}{r^2}S\,\mathrm dr\,\rho\). По существу это следствие теоремы Гаусса для гравитационного поля. Газ также испытывает давление \(p\) снизу, действующее наружу, и давление \(p+\mathrm dp\) сверху, действующее внутрь. Это давление создаёт суммарную силу \(F_p=(p-p-\mathrm dp)S\). В гидростатическом равновесии \(F_p+F_g=0\), поэтому \(S\,\mathrm dp=-G\dfrac{M(r)S\rho}{r^2}\mathrm dr\), или, иначе, \[p'=-G\,\frac{M(r)\rho}{r^2}.\]

ii) Все последующие интегралы берутся от центра газового облака до края, где давление равно нулю. Тепловую энергию газа можно выразить как \(U=\int n(r)\,4\pi r^2\,\mathrm dr\,\langle E\rangle\), где \(\langle E\rangle=\dfrac32kT\) — средняя энергия одной молекулы газа. Из закона идеального газа \(p=nkT\), поэтому \(U=\dfrac32\int p\,\mathrm dV\). Хотим, чтобы интеграл имел вид \(U=-\alpha\int V\,\mathrm dp\). Для этого воспользуемся интегрированием по частям: \(\int p\,\mathrm dV=pV\Big|_{\text{центр}}^{\text{край}}-\int V\,\mathrm dp\). Граничные значения \(pV\) равны нулю в обоих случаях: либо \(p=0\), либо \(V=0\). Поэтому \[U=-\frac32\int V\,\mathrm dp,\] и \(\alpha=\dfrac32\).

iii) Гравитационная потенциальная энергия имеет вид \(E_G=-\int\dfrac{GM(r)}r\,\mathrm dM=-\int\dfrac{GM(r)}r\,4\pi r^2\,\mathrm dr\,\rho\). Чтобы упростить её, воспользуемся результатом первого пункта \(GM=-\dfrac{\mathrm dp}{\mathrm dr}\dfrac{r^2}\rho\). Тогда \[E_G=\int\mathrm dp\,4\pi r^3=3\int\mathrm dp\,V.\] Отсюда видно, что \(\dfrac{E_G}3=-\dfrac23U\), или \(U=-\dfrac12E_G\). Следовательно, \(\beta=\dfrac12\). Можно было бы записать это сразу и из теоремы о вириале.

iv) При тепловом излучении полная энергия системы медленно уносится. В этой модели полная энергия отрицательна, и можно сделать некоторые выводы о системе. Если увеличить размеры газового облака, то модуль полной энергии, очевидно, уменьшится. Если увеличить температуру, то модуль полной энергии возрастёт. Этого достаточно, чтобы определить, что из-за теплового излучения температура газового облака будет расти, а его радиус — уменьшаться.

v) В случае плазменного шара и электроны, и протоны могут свободно двигаться. Можно считать, что электроны и протоны создают одинаковое давление. Это эффективно удваивает среднюю энергию одной частицы с \(\dfrac32kT\) до \(3kT\), при этом выражение для гравитационной энергии остаётся прежним. Поэтому \(U=-3\int V\,\mathrm dp=-E_G\), и новый коэффициент пропорциональности между тепловой и гравитационной энергиями равен \(\beta=1\).

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

Подсказка

Костяшка падает на соседнюю, когда её верхний конец отклонится от вертикали на угол \(\operatorname{arctg}\tfrac12\); угловая скорость перед ударом находится из энергии. Во время удара сила между костяшками горизонтальна — запишите уравнения моментов импульса относительно оснований обеих костяшек.

Ответ

\(\omega=\sqrt{\dfrac{4g}{7\ell}\left(1-\dfrac2{\sqrt5}\right)}\), где \(\ell=\sqrt5\,d\) — длина костяшки.

Решение

Пусть \(i\)-я костяшка домино имеет начальную угловую скорость \(\omega_i\). Сначала найдём \(\omega_i'\) — угловую скорость этой костяшки непосредственно перед столкновением со следующей. Столкновение происходит, когда костяшка упала на угол \(\alpha=\operatorname{arctg}\left(\dfrac12\right)\). По закону сохранения энергии \(\dfrac12I\omega_i'^2=\dfrac12I\omega_i^2+\dfrac12mg\ell\,(1-\cos\alpha)\). Следовательно, \[\omega_i'=\sqrt{\omega_i^2+\frac{mg\ell}I\,(1-\cos\alpha)}=\sqrt{\omega_i^2+\frac{3g}\ell\left(1-\frac2{\sqrt5}\right)}. \tag{1}\] Столкновение двух костяшек неупругое, поэтому после столкновения две костяшки движутся вместе (в течение пренебрежимо короткого времени, пока первая костяшка не ударится о край ступени). После столкновения двух костяшек пусть угловая скорость первой равна \(\omega_i''\). Поскольку две костяшки движутся согласованно, \[\cos\alpha\,\ell\,\omega_i''=\cos\alpha\,\frac\ell2\,\omega_{i+1}\quad\Longrightarrow\quad\omega_i''=\frac12\,\omega_{i+1}. \tag{2}\] Во время столкновения сила между двумя костяшками всегда горизонтальна (поскольку трения между ними нет); пусть эта сила равна \(F(t)\), где \(t\) — время. Рассмотрим момент импульса \(i\)-й костяшки относительно её основания. \[I(\omega_i'-\omega_i'')=\ell\cos\alpha\int_{\text{начало столкновения}}^{\text{выравнивание скоростей}}F(t)\,\mathrm dt. \tag{3}\] Для второй костяшки имеем аналогичное уравнение. \[I\omega_{i+1}=\cos\alpha\,\frac\ell2\int_{\text{начало столкновения}}^{\text{выравнивание скоростей}}F(t)\,\mathrm dt. \tag{4}\] Уравнения (3) и (4) вместе дают \[\omega_i'-\omega_i''=2\omega_{i+1}. \tag{5}\] Теперь можно подставить уравнения (2) и (1) в (5), чтобы выразить \(\omega_{i+1}\) через \(\omega_i\): \[\omega_{i+1}=\frac25\,\omega_i'=\frac25\sqrt{\omega_i^2+\frac{3g}\ell\left(1-\frac2{\sqrt5}\right)}. \tag{6}\] В установившемся режиме \(\omega_i=\omega_{i+1}=\omega\). Это позволяет наконец вычислить \(\omega\): \[\omega_i^2=\frac4{25}\,\omega_i^2+\frac{12g}{25\ell}\left(1-\frac2{\sqrt5}\right)\quad\Longrightarrow\quad\omega=\omega_i=\sqrt{\frac{4g}{7\ell}\left(1-\frac2{\sqrt5}\right)}.\]

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

Подсказка

Прямое измерение омметром слишком грубо для сравнения резисторов — соберите мост: два плеча из пар резисторов на максимальном напряжении источника, а вольтметром измеряйте разность потенциалов между серединами плеч, меняя резисторы местами.

Ответ

1) \(\bar r=4{,}67\text{ кОм}\pm57\text{ Ом}\);  2) \(\langle r\rangle=4{,}674\text{ кОм}\pm55\text{ Ом}\);  3) \(r_A>r_C>r_D>r_B\);  4) \(r_A-\bar r=(4{,}02\pm0{,}21)\text{ Ом}\), \(r_B-\bar r=(-3{,}78\pm0{,}21)\text{ Ом}\), \(r_C-\bar r=(1{,}43\pm0{,}21)\text{ Ом}\), \(r_D-\bar r=(-1{,}68\pm0{,}21)\text{ Ом}\).

Решение

i) Если бы мы измеряли сопротивление каждого резистора по отдельности, показание было бы примерно \(4{,}67\text{ кОм}\), а погрешность — четыре последние цифры, \(40\text{ Ом}\), плюс \(1\%\) показания, \(47\text{ Ом}\), всего \(\delta r=87\text{ Ом}\). Это может быть систематическая ошибка, а значит, погрешности разных измерений могут быть сильно коррелированы, так что для суммы \(r_A+r_B+r_C+r_D\) нужно складывать погрешности (а не квадраты погрешностей, как для некоррелированных ошибок). Поэтому погрешность \(\bar r=(r_A+r_B+r_C+r_D)/4\) тоже была бы \(87\text{ Ом}\).

Однако мы можем измерить и последовательное соединение любого числа этих резисторов. Нетрудно видеть, что наименьшая погрешность получится, если соединить последовательно все четыре резистора, и тогда мы получим \(r_A+r_B+r_C+r_D=18{,}68\text{ кОм}\) с погрешностью \(187+40=227\text{ Ом}\); следовательно, \(\bar r=4{,}67\text{ кОм}\pm57\text{ Ом}\).

ii) Проблема с данными резисторами в том, что омметр не может работать в более точном диапазоне \(4\text{ кОм}\). Однако, если соединить два резистора параллельно, мы измерим непосредственно их среднее гармоническое, и омметр будет работать в диапазоне \(4\text{ кОм}\). Заметим, что соединять больше двух резисторов не следует, так как это уменьшило бы показание без изменения диапазона и, следовательно, увеличило бы относительную погрешность. Итак, можно получить \(r_Ar_B/(r_A+r_B)=r_Cr_D/(r_C+r_D)=2{,}337\text{ кОм}\pm27{,}4\text{ Ом}\), откуда \(\langle r\rangle=4{,}674\text{ кОм}\pm55\text{ Ом}\).

iii) Точности прямых измерений недостаточно, чтобы различить, у каких резисторов сопротивление больше, а у каких меньше. Поэтому нужно собрать мостовую схему. Например, соединим минус источника напряжения с резистором A, соединим A с B, а B — с плюсом источника напряжения; то же самое сделаем с C и D и измерим напряжение между узлом \(P\) между A и B и узлом \(Q\) между C и D. Чтобы получить наивысшую точность, используем максимально возможное напряжение \(U=30\text{ В}\). Если подключить \(Q\) к минусу вольтметра, а \(P\) — к плюсу вольтметра, мы можем получить показание \(V_1=7{,}5\pm0{,}5\text{ мВ}\). Если поменять порядок резисторов A и B, показание станет отрицательным: \(V_1'=-17{,}5\pm0{,}5\text{ мВ}\): потенциал узла \(P\) стал меньше. В первом случае потенциал узла был \(Ur_A/(r_A+r_B)\), во втором — \(Ur_B/(r_A+r_B)\). Значит, делаем вывод \(r_A>r_B\). Повторяя эту процедуру с другими соединениями, найдём \(r_A>r_C>r_D>r_B\).

iv) С данными предыдущего пункта имеем \[\frac{r_A-r_B}{r_A+r_B}=\frac{V_1-V_1'}U.\] Аналогично \[\frac{r_A-r_C}{r_A+r_C}=\frac{V_2-V_2'}U\quad\text{при }V_2=7{,}5\pm0{,}5\text{ мВ},\ V_2'=-0{,}8\pm0{,}4\text{ мВ};\] а также \[\frac{r_A-r_D}{r_A+r_D}=\frac{V_3-V_3'}U\quad\text{при }V_3=17{,}5\pm0{,}5\text{ мВ},\ V_3'=-0{,}8\pm0{,}4\text{ мВ}.\] С очень хорошим приближением (пренебрежимо малая относительная погрешность) можно считать \(r_A+r_B=r_A+r_C=r_A+r_D=2\bar r\), так что по имеющимся данным получаем: \[\frac{r_A-r_B}{2\bar r}=(8{,}34\pm0{,}3)\cdot10^{-4},\quad\frac{r_A-r_C}{2\bar r}=(2{,}78\pm0{,}3)\cdot10^{-4},\quad\frac{r_A-r_D}{2\bar r}=(6{,}10\pm0{,}3)\cdot10^{-4}.\] Если сложить все эти равенства, получим \[2(r_A-\bar r)=\bar r\cdot(17{,}2\pm0{,}9)\cdot10^{-4}.\] При \(\bar r=4{,}67\text{ кОм}\) (относительная погрешность которого пренебрежимо мала) получаем \[r_A-\bar r=(4{,}02\pm0{,}21)\text{ Ом}.\] Подобным образом находим \[r_B-\bar r=(-3{,}78\pm0{,}21)\text{ Ом},\quad r_C-\bar r=(1{,}43\pm0{,}21)\text{ Ом},\quad r_D-\bar r=(-1{,}68\pm0{,}21)\text{ Ом}.\]

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