NBPhO 2021, теоретический тур

Подсказка

Для второго пункта сравните систему «корабль + сожжённый межзвёздный газ» в начальный и конечный моменты: сохраняются энергия и импульс, а у фотонного облака энергия и импульс связаны как у света. Для третьего — релятивистский эффект Доплера.

Ответ

1) \(\mu=\dfrac{Mg}{2c}\approx1{,}6\cdot10^{-3}\) кг/с;  2) \(v_f=\dfrac{180}{181}\,c\approx0{,}9945\,c\);  3) \(f_{\text{набл}}=\dfrac{f_0}{19}\).

Решение

i) (1 балл) При нерелятивистских скоростях можно применять классические законы сохранения импульса и энергии, чтобы найти ускорение через скорость сжигания антивещества \(\mu\). За промежуток времени \(\Delta t\) аннигилирует масса \(\Delta m=\mu\Delta t\) антивещества с равной массой вещества. Получившиеся фотоны имеют энергию, равную аннигилировавшей энергии покоя, \(\Delta E=2\Delta m\,c^2\). Для максимального ускорения все фотоны должны излучаться в одном направлении (этого можно добиться, например, с помощью зеркал). Тогда импульс фотонного облака равен \(\Delta p=\Delta E/c\). По закону сохранения импульса корабль получает импульс в противоположном направлении, равный \(\Delta p=M\Delta v=Mg\Delta t\). Объединяя всё, получаем \(\mu=Mg/(2c)=1{,}635\times10^{-3}\) кг/с.

ii) (3 балла) Конечную скорость проще всего найти, применяя законы сохранения энергии и импульса (4-импульса) в начальной и конечной конфигурациях.

Если конечная масса покоя корабля равна \(m_f\), то за всё время ускорения сгорело \(M-m_f\) антивещества и столько же вещества из межзвёздного газа. Поэтому удобно рассматривать систему «корабль + сожжённый межзвёздный газ». Начальная масса покоя системы равна \(M+(M-m_f)=2M-m_f=M_i\). Ей соответствует энергия \(E_i=M_ic^2\) и импульс \(p_i=0\), так как газ и корабль вначале покоятся.

В конечной конфигурации имеем корабль, движущийся со скоростью \(v\), с энергией \(E_f\) и импульсом \(p_f\). Есть также фотонное облако с энергией \(E_p\) и импульсом \(p_p\), движущееся противоположно кораблю. Законы сохранения энергии и импульса: \(E_f+E_p=E_i\) и \(p_i=0=p_f+p_p\). Есть и инвариант 4-импульса для корабля и для фотонного газа: \(E_f^2-p_f^2c^2=m_f^2c^4\) и \(E_p^2-p_p^2c^2=0\). Решая эти четыре уравнения с четырьмя неизвестными, получаем \[p_f=\frac{M_i^2-m_f^2}{2M_i}\,c,\qquad E_f=\frac{M_i^2+m_f^2}{2M_i}\,c^2 .\] Скорость можно было бы найти, решая релятивистское выражение для энергии \(E_f=m_f\gamma_fc^2\) с \(\gamma_f=(1-v_f^2/c^2)^{-1/2}\). Но быстрее воспользоваться выражением для конечного импульса \(p_f=m_f\gamma_fv\) и заметить, что \[v_f=\frac{p_f}{E_f}\,c^2=\frac{M_i^2-m_f^2}{M_i^2+m_f^2}\,c=\frac{(2M-m_f)^2-m_f^2}{(2M-m_f)^2+m_f^2}\,c=\frac{180}{181}\,c\approx0{,}9945\,c .\]

Второе решение (Oskar Vallhagen). Другой способ — найти реактивную силу, действующую на ракету, и с её помощью получить уравнение для изменения скорости. За время \(dt\) энергия, выделяемая в виде фотонов при сжигании антивещества ракеты, равна \(\gamma\mu\,dt\,c^2\) (включая кинетическую энергию этой массы), а энергия, выделяемая обычным веществом, необходимым для аннигиляции, равна \(\mu\,dt\,c^2\). Поскольку импульс фотона обратно пропорционален длине волны, которая в системе покоя смещена в красную сторону по сравнению с системой ракеты в \(\sqrt{1+v/c}\,/\sqrt{1-v/c}\) раз, соответствующее изменение импульса фотонов в системе покоя равно \[dp_{\text{ph}}=(\gamma+1)\mu\,dt\,c\sqrt{\frac{1-v/c}{1+v/c}} .\] Теперь силу, действующую на ракету, можно выразить так: \[\frac{dp}{dt}=\frac{d}{dt}(\gamma vm)=m\left(\gamma^3\frac{v^2}{c^2}+\gamma\right)\frac{dv}{dt}-\gamma v\mu=m\gamma^3\frac{dv}{dt}-\gamma v\mu=\frac{dp_{\text{ph}}}{dt}=(\gamma+1)\mu c\sqrt{\frac{1-v/c}{1+v/c}} .\] Перейдём от времени к массе, заметив, что \(\dfrac{dv}{dt}=\dfrac{dv}{dm}\dfrac{dm}{dt}=-\dfrac{dv}{dm}\mu\); получаем \[-m\gamma^3\frac{dv}{dm}-\gamma v=(\gamma+1)c\sqrt{\frac{1-v/c}{1+v/c}} .\] Это уравнение решается разделением переменных: \[\int_M^{m_f}\frac{dm}{m}=\int_0^{v_f}-\frac{\gamma^3\,dv}{\gamma v+(\gamma+1)c\sqrt{\dfrac{1-v/c}{1+v/c}}},\] что упрощается до \[\ln\frac{m_f}{M}=\int_0^{v_f/c}-\frac{dx}{(1-x)\left(\sqrt{1-x^2}+x+1\right)}=I(v_f/c)-I(0),\] где \(x=v/c\), а \(I\) — неопределённый интеграл. Для его вычисления сделаем сначала подстановку \(x=\sin y\). Тогда \(\sqrt{1-x^2}=\cos y\) и \(dx=\cos y\,dy\), и неопределённый интеграл принимает вид \[I=\int-\frac{\cos y\,dy}{(1-\sin y)(\cos y+\sin y+1)} .\] Сделаем ещё одну подстановку \(z=\operatorname{tg}(y/2)\), при которой \(\sin y=\dfrac{2z}{1+z^2}\), \(\cos y=\dfrac{1-z^2}{1+z^2}\), \(dy=\dfrac{2}{1+z^2}\,dz\), так что после некоторых преобразований интеграл становится равным \[I=\int\frac{-dz}{1-z}=\ln(1-z).\] Возвращаясь к исходной переменной, используем тригонометрические выражения \(\sin y=2\sin(y/2)\cos(y/2)\) и \(\cos y=2\cos^2(y/2)-1\), чтобы переписать \(z=\operatorname{tg}(y/2)=\dfrac{\sin(y/2)}{\cos(y/2)}=\dfrac{\sin y}{2\cos^2(y/2)}=\dfrac{\sin y}{1+\cos y}=\dfrac{x}{1+\sqrt{1-x^2}}\). Подставляя в исходный интеграл, получаем \[\ln\frac{m_f}{M}=\ln\left(1-\frac{x_f}{1+\sqrt{1-x_f^2}}\right)\;\Rightarrow\;\frac1{10}=1-\frac{x_f}{1+\sqrt{1-x_f^2}}\;\Rightarrow\;x_f=\frac{180}{181}.\]

iii) (1 балл) Последний фотон испускается, когда корабль движется со скоростью \(v_f\). Фотон регистрирует неподвижный наблюдатель. Можно сразу воспользоваться релятивистским эффектом Доплера: \[f_{\text{набл}}=f_0\sqrt{\frac{1-v/c}{1+v/c}}=\frac{m_f}{M_i}\,f_0=\frac{m_f}{2M-m_f}\,f_0=\frac{1}{19}\,f_0 .\]

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

Подсказка

В первых двух пунктах воздух вытесняется из клина, и его скорость находится из сохранения объёма (массы), а при ламинарном течении без потерь сохраняется полная энергия «пластина + воздух». В пятом пункте процесс обратим, поэтому энтропия не меняется, а скорость струи даёт сохранение энергии для потока.

Ответ

1) \(v=\dfrac{L^2\omega_0}{2h_0}\);  2) \(\omega=\omega_0\sqrt{\dfrac{1+\frac{3\rho_aL^2}{16\rho_gt}\frac1{h_0}}{1+\frac{3\rho_aL^2}{16\rho_gt}\frac1{h}}}\);  3) \(\mu=2\pi Rt\sqrt{\dfrac{h\rho_w(\rho_s-\rho_w)\,g}{\ln(R/r)}}\);  4) \(\Delta S\approx110\) Дж/К;  5) \(r\approx0{,}114\), \(\mu\approx59\) г/с.

Решение

i) (1 балл) Когда пластина падает, она вращается вокруг бугорка без проскальзывания и выталкивает воздух из-под себя со всё большей скоростью по мере приближения к нижней пластине. Таким образом, часть энергии вращения пластины передаётся уходящему воздуху. Кроме того, давление и температура газа однородны в силу условия несжимаемости.

Поскольку задача двумерная, масса, объёмы, момент инерции и другие величины берутся на единицу длины системы (на рисунке — вглубь страницы). Пусть \(x\) — расстояние от бугорка, а \(v\) — горизонтальная скорость воздуха на расстоянии \(x\). Между \(0\) и \(x\) заключён объём воздуха \(V(x)=x\cdot hx/(2L)\). По мере падения пластины \(V(x)\) уменьшается, и воздух вытесняется. Рассмотрим малый промежуток времени \(dt\). За это время \(h\) изменяется на \(\dot h\,dt=-\omega L\,dt\). Из сохранения числа частиц воздуха \(0=dV(x)+v(x)\,hx/L\,dt\), где \(dV(x)=-x^2\omega\,dt/2\). Следовательно, \[v(x)=\frac{xL\omega}{2h}.\] При \(x=L\) получаем \[v(x=L)=\frac{L^2\omega}{2h}.\]

ii) (2,5 балла) Поскольку течение воздуха ламинарное и диффузии нет, вся потерянная вращательная энергия падающей стеклянной пластины превращается в кинетическую энергию частиц воздуха. Таким образом, \(K_{\text{вращ}}+K_{\text{возд}}=\text{const}\). Из предыдущего пункта мы знаем, что воздух вытесняется из зазора между пластинами со всё большей скоростью (\(v(x)\gg L\omega\)). Однако вне пространства между пластинами течение быстро расходится во все стороны, так что подавляющая часть кинетической энергии сосредоточена между двумя пластинами. Кинетическая энергия воздуха между пластинами равна \[K_{\text{возд}}=\int_0^L dx\,\frac{hx}{L}\,\rho_a\,\frac12\,v(x)^2=\frac{\rho_aL\omega^2}{8h}\int_0^Lx^3\,dx=\frac{\rho_aL^5\omega^2}{32h},\] а энергия вращения стеклянной пластины равна \[K_{\text{вращ}}=\frac{I\omega^2}{2}=\frac{m_{\text{стекла}}L^2}{3}\,\frac{\omega^2}{2}=\frac{L^3t\rho_g\omega^2}{6}.\] Тогда закон сохранения энергии имеет вид \[\frac{\rho_aL^5\omega^2}{32h}+\frac{L^3t\rho_g\omega^2}{6}=\text{const}=\frac{\rho_aL^5\omega_0^2}{32h_0}+\frac{L^3t\rho_g\omega_0^2}{6},\] и отсюда \[\omega=\omega_0\sqrt{\frac{1+\dfrac{3\rho_aL^2}{16\rho_gt}\dfrac1{h_0}}{1+\dfrac{3\rho_aL^2}{16\rho_gt}\dfrac1{h}}}.\] Видно, что \(\lim_{h\to0}\omega=0\), то есть воздух действует как подушка и останавливает стеклянную пластину прежде, чем она ударится о неподвижную.

iii) (3 балла) Входящая из трубы <<2>> вода растекается осесимметрично по зазору между каменным диском и потолком. После этого она растекается по бассейну и в конце концов уходит через выходную трубу <<3>>. Каменный диск удерживается вверху разностью давлений сверху и снизу диска, возникающей из-за того, что скорость течения воды с разных сторон различна. То, что давления с двух сторон различаются, видно прямо из принципа Бернулли \(p+\rho_wv^2/2=\text{const}\) вдоль линии тока или из того, что градиенты скорости течения создаются градиентами давления.

Скорость течения вне зазора пренебрежимо мала из-за \(t\ll R\), поэтому давление на нижней стороне можно считать везде равным \(p_0\). Скорость течения в зазоре на расстоянии \(x\) от оси симметрии находится из закона сохранения массы для соосного цилиндра радиуса \(x\) и высоты \(t\): \(2\pi xt\rho_wv(x)=\mu\). Следовательно, \[v(x)=\frac{\mu}{2\pi xt\rho_w}.\] Применяя принцип Бернулли, получаем \(p(x)+\rho_wv^2/2=p_0\), и потому \[\Delta p=p_0-p(x)=\frac{\rho_wv^2}{2}=\frac1{2}\rho_w\left(\frac{\mu}{2\pi xt\rho_w}\right)^2 .\] Теперь силу от разности давлений в зазоре найдём интегрированием от \(x=r\) до \(x=R\). Сначала заметим, что результирующая сила направлена вертикально вверх, поскольку \(p(x)<p_0\). Интегрируя, \[F_1=\int_{x=r}^{x=R}2\pi x\,dx\,\Delta p=\frac{\mu^2}{4\pi t^2\rho_w}\int_{x=r}^{x=R}\frac{dx}{x}=\frac{\mu^2}{4\pi t^2\rho_w}\ln\frac Rr .\] Заметим, что вода, входящая через трубу, тормозится, толкая диск вниз. Однако результирующая сила от этого оказывается пренебрежимо малой из-за условия \(r\gg t\). Чтобы это увидеть, можно рассудить, что эта сила порядка \(\mu v_{\text{тр}}\sim\mu\cdot\mu/(\rho_wr^2)\sim\mu^2/(\rho_wr^2)\ll F_1\).

Далее, на диск действуют сила тяжести \(F_g=-mg=-\pi R^2h\rho_sg\), тянущая его вниз, и сила Архимеда \(F_b=\pi R^2h\rho_wg\), толкающая его вверх. Тогда баланс сил имеет вид \(F_g+F_b+F_1=0\). Решая это уравнение, находим \[\mu=2\pi Rt\sqrt{\frac{h\rho_w(\rho_s-\rho_w)}{\ln(R/r)}\,g}.\]

iv) (0,5 балла) В термодинамике энтропия определяется через её дифференциал: изменение энтропии системы равно \(dS=dQ/T\), где \(dQ\) — теплота, поступающая в систему, а \(T\) — её температура. Кроме того, в обратимых термодинамических процессах энтропия является функцией состояния, то есть зависит только от текущего (равновесного) термодинамического состояния системы. Это означает, что при вычислении разности энтропий одного моля пара и жидкости температура, при которой происходил фазовый переход, на окончательный результат не влияет. Поэтому удобнее всего считать, что два конечных состояния отличаются лишь тем, что жидкость конденсируется при \(t_0=100\,^\circ\)C. Конечная температура равна \(t_0=100\,^\circ\)C, потому что при ней давление водяного пара равно \(p_0\) (то есть это температура кипения при атмосферном давлении). Это соответствует теплоте \(\Delta Q=mL=1\text{ моль}\cdot ML\), поступающей в систему с паром по сравнению с системой с жидкостью. Следовательно, разность энтропий одного моля пара и жидкости равна \[\Delta S=\frac{\Delta Q}{T_0}=\frac{1\text{ моль}\cdot ML}{T_0}=110\text{ Дж/К}.\]

v) (3 балла) Поскольку расширение воды обратимо, энтропия сохраняется. Это значит, что изменение энтропии из-за расширения пара уравновешивается изменением энтропии из-за конденсации. Как обсуждалось выше, поскольку энтропия — функция состояния, удобнее всего вычислять изменение энтропии, представив, что \(n\) молей воды (потом \(n\) сократится) охлаждаются и расширяются от \(T_t\), \(p_t\) до \(T_0\), \(p_0\), а в конце конденсируется \(rn\) молей воды. Величина \(r\) находится из требования \(\Delta S=0\) в этом процессе.

Изменение энтропии пара находим, применяя первый закон термодинамики на малом приращении температуры и давления \(dT\), \(dp\): \[dS_{\text{пар}}=\frac{dQ}{T}=\frac{dU+dW}{T},\] где \(dU=nc_v\,dT\) — изменение внутренней энергии пара, а \(dW=p\,dV\) — работа пара. Важно, что мы пренебрегаем объёмом воды по сравнению с паром, поскольку это позволяет упростить дифференциал работы с помощью закона идеального газа. Используя уравнение состояния идеального газа, имеем \[p\,dV=p\,d\!\left(\frac{nRT}{p}\right)=nR\,dT-nRT\,\frac{dp}{p}.\] Следовательно, \[dS_{\text{пар}}=n(c_v+R)\frac{dT}{T}-nR\,\frac{dp}{p},\] и интегрированием получаем \[\Delta S_{\text{пар}}=nc_p\ln\!\left(\frac{T_0}{T_t}\right)-nR\ln\!\left(\frac{p_0}{p_t}\right),\] где \(c_p=c_v+R=R(i+2)/2=R\gamma/(\gamma-1)\) — теплоёмкость при постоянном давлении. Полное изменение энтропии тогда равно \[\Delta S_{\text{полн}}=0=\Delta S_{\text{пар}}+\Delta S_{\text{конд}}=\Delta S_{\text{пар}}-rn\,\frac{ML}{T_0}=nc_p\ln\!\left(\frac{T_0}{T_t}\right)-nR\ln\!\left(\frac{p_0}{p_t}\right)-rn\,\frac{ML}{T_0}.\] Таким образом, \[r=\frac{RT_0}{ML}\left(\ln\!\left(\frac{p_t}{p_0}\right)-\frac{\gamma}{\gamma-1}\ln\!\left(\frac{T_t}{T_0}\right)\right)=0{,}114.\] Чтобы найти массовый расход, начнём со скорости \(v\) вытекающей жидкости/пара. Поскольку \(r\) известно, можно применить закон сохранения энергии (необходимый для обратимости) к текущему пакету воды. Удобнее всего требовать сохранения энергии для системы в целом. Пусть за некоторый промежуток времени в котле образуется \(n\) молей водяного пара объёмом \(V_t\). Тогда на выходе в установившемся режиме в силу сохранения частиц удаляются \((1-r)n\) молей водяного пара объёмом \(V_0\) вместе с \(rn\) молями жидкой воды. Вытекающая вода обладает дополнительной кинетической энергией \(nMv^2/2\). Изменение энергии всей системы за счёт обоих шагов должно компенсироваться в силу закона сохранения энергии. Запишем это как \[0=W_{\text{вх}}-W_{\text{вых}}+U_{\text{вх}}-U_{\text{вых}}-nMv^2/2,\] где \(W_{\text{вх}}=p_tV_t=nRT_t\) и \(W_{\text{вых}}=p_0V_0=(1-r)nRT_0\) — работы входящего и выходящего пакета, а аналогично \(U_{\text{вх}}=c_vnT_t\) и \(U_{\text{вых}}=c_vnT_0-rnML+rnRT_0\) — внутренние энергии входящего и выходящего пакета. Заметим, что во внутренней энергии выходящего пакета есть дополнительный член \(rp_0V_0=rnRT_0\). Это происходит потому, что удельная теплота парообразования включает работу, совершаемую на расширение пара до объёма, который он должен занять. Поэтому эту работу надо вычесть из теплоты парообразования, чтобы она отражала действительное изменение внутренней энергии воды. Объединяя всё, получаем \[0=nRT_t-(1-r)nRT_0+c_vnT_t-c_vnT_0+rnML-rnRT_0-nMv^2/2=(c_v+R)n(T_t-T_0)+rnML-nMv^2/2,\] и потому \[v=\sqrt{2\left(\frac{c_p\Delta T}{M}+rL\right)}=906\text{ м/с}.\] Плотность пара на выходе находится из уравнения состояния идеального газа: \(\rho=p_0M/(RT_0)\). Массовый расход водяного пара тогда равен \[\mu_{\text{пар}}=A\rho v=\frac{Ap_0Mv}{RT_0},\] но вытекает ещё и жидкая вода, так что полный массовый расход равен \[\mu=\frac1{1-r}\,\mu_{\text{пар}}=\frac{Ap_0Mv}{(1-r)RT_0}=59\text{ г/с}.\]

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

Подсказка

Удобно переходить между инерциальной системой станции и вращающейся: в ней на тела действует центробежная сила \(m\omega^2r\) (и архимедова сила в воздухе). Заряженные стенки вращаются, то есть образуют соленоид с током, а в системе, где шарик покоится, магнитной силы нет — есть только электрическое поле.

Ответ

i) \(\tau=2\pi\sqrt{R/g}\approx63{,}4\) с;  ii) \(s=\dfrac{2R}{\tau}\sqrt{4+\pi^2}\approx117\) м/с;  iii) \(m\approx110{,}8\) кг;  iv) \(T_A-T_C=-\dfrac{2\pi^2\lambda h(2R-h)}{\tau^2}\);  v) \(\dfrac{T_A}{T_C}=\dfrac{R-h}{R\cos\alpha}\);  vi) \(T_C\approx12\,631\) Н;  vii) \(\dfrac qm=-\dfrac{2\pi L}{\mu_0Q}\);  viii) \(\oint\vec E\cdot d\vec A=\dfrac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\,V\).

Решение

i) (0,5 балла) Пусть \(\omega\) — угловая скорость; тогда ускорение, испытываемое людьми на <<земле>>, равно \(\omega^2R=\left(\dfrac{2\pi}{\tau}\right)^2R\). Приравнивая его \(g\), получаем \[\left(\frac{2\pi}{\tau}\right)^2R=g\;\Rightarrow\;\tau=2\pi\sqrt{\frac Rg}\approx63{,}437\text{ с}.\]

ii) (2 балла) Рассмотрим движение мяча в неподвижной (инерциальной) системе отсчёта центра масс станции. Поскольку время полёта равно \(t=\tau/2\), точка броска на <<земле>> между броском и поимкой мяча повернётся ровно на пол-оборота. В нашей инерциальной системе траектория мяча будет просто прямой линией между этими двумя диаметрально противоположными точками; её длина равна \(2R\). В этой инерциальной системе мяч, таким образом, движется с постоянной скоростью \(v_{\text{ин}}=\dfrac{2R}{\tau/2}=\dfrac{4R}{\tau}\) (в радиальном направлении). Начальный вектор скорости во вращающейся системе есть разность вектора скорости в инерциальной системе и вектора скорости точки броска во вращающейся системе относительно инерциальной. Значит, начальный вектор скорости во вращающейся системе имеет радиальную составляющую \(\dfrac{4R}{\tau}\) и тангенциальную составляющую \(\dfrac{2\pi R}{\tau}\). Скорость броска \(s\) равна модулю этого вектора: \[s=\sqrt{\left(\frac{4R}{\tau}\right)^2+\left(\frac{2\pi R}{\tau}\right)^2}=\frac{2R}{\tau}\sqrt{4+\pi^2}\approx117\text{ м/с}.\]

iii) (2 балла) Когда шар останавливается, он находится в равновесии во вращающейся системе отсчёта. На объект массы \(m_1\) на расстоянии \(R'\) от оси в этой системе действует фиктивная радиальная (направленная вниз) сила \(m_1\omega^2R'\). Эта сила на массу \(m\) равна \(m\omega^2(R-H+l)\). Сила, действующая вверх на шар, есть разность этой силы для шара и силы Архимеда во вращающейся системе, которая равна \[\frac43\pi r^3(M-M')\frac nV\,\omega^2(R-H)=\frac43\pi r^3(M-M')\frac{P}{R_GT}\,\omega^2(R-H).\] Здесь \(R_G\) — универсальная газовая постоянная. Собирая всё вместе, запишем условие равенства нулю радиальной силы в равновесии: \[m\omega^2(R-H+l)=\frac43\pi r^3(M-M')\frac{P}{R_GT}\,\omega^2(R-H)\;\Rightarrow\;m=\frac{\frac43\pi r^3(M-M')P(R-H)}{R_GT(R-H+l)}\approx110{,}8\text{ кг}.\]

iv) (1,5 балла) Во вращающейся системе, обозначив через \(r\) расстояние от оси цилиндра, имеем эффективный радиальный потенциал \[\varphi(r)=\int_0^r(-\omega^2x)\,dx=-\frac{\omega^2r^2}{2},\] где нулевой уровень потенциала выбран при \(r=0\). Иными словами, в этой системе на объект массы \(m_1\) действует фиктивная радиальная сила \(m_1\omega^2r=-m_1\dfrac{d\varphi}{dr}\). Верёвка принимает форму, минимизирующую эту потенциальную энергию. В этой и в следующей части мы будем выяснять только свойства верёвки, минимизирующей эту потенциальную энергию (а кроме этого, о вращении можно забыть). Рассмотрим, что мы отрезаем крошечный кусочек верёвки длины \(\ell\) от точки \(C\), затем затягиваем верёвку в точке \(C\) и склеиваем обратно (совершая работу \(\ell T_C\)), затем разрезаем верёвку в точке \(A\), позволяя ей проскользнуть на длину \(\ell\) (совершая работу \(-\ell T_A\)), и наконец переносим крошечный кусочек из точки \(C\) в точку \(A\) (совершая работу \(\ell\lambda\bigl(\varphi(R)-\varphi(R-h)\bigr)=-\ell\lambda\omega^2\dfrac{h(2R-h)}{2}\)), заполняя образовавшийся промежуток длины \(\ell\). Состояние верёвки теперь такое же, как вначале, поэтому полная работа должна быть равна нулю: \[\ell T_C-\ell T_A-\ell\lambda\omega^2\frac{h(2R-h)}{2}=0,\] откуда \[T_A-T_C=-\lambda\,\frac{2\pi^2h(2R-h)}{\tau^2}.\] Подробнее эта идея объяснена в книге <<200 More Puzzling Physics Problems>>, задача 78 (и её подсказка и решение).

v) (1,5 балла) Воспользуемся условием равновесия: момент сил относительно центра цилиндра равен нулю (во вращающейся системе) для левой половины верёвки. Заметим, что фиктивная сила радиальна, поэтому она не даёт вклада в момент. Остаются только силы натяжения верёвки с двух сторон, поэтому \[RT_A\cos\alpha=(R-h)\,T_C\;\Rightarrow\;\frac{T_A}{T_C}=\frac{R-h}{R}\cdot\frac1{\cos\alpha}.\]

vi) (1,5 балла) Пусть ось \(x\) направлена вдоль диаметра \(AB\), координаты выбраны в метрах, а координаты точки \(A\) равны \((-R,0)\). (Тогда координаты точки \(B\) равны \((R,0)\), а координаты точки \(C\) равны \((0,-(R-h))\).) Единственная парабола \(y=ax^2+bx+c\), проходящая через эти три точки, имеет \(b=0\) из симметрии относительно оси \(y\), \(c=-(R-h)\) из рассмотрения точки \(C\), а затем \(a=-\dfrac{R-h}{R^2}\) из рассмотрения точки \(A\). Производная в точке \(A\) равна \(\dfrac{dy}{dx}\Big|_{x=-R}=2a\cdot R=-\dfrac{2(R-h)}{R}\), откуда \[\cos\alpha=\frac{-dy}{\sqrt{(dy)^2+(dx)^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{dx}{dy}\right)^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+\dfrac{R^2}{4(R-h)^2}}}\approx0{,}7106 .\] Используя уравнения из частей (iv) и (v), получаем систему уравнений с двумя неизвестными: \[\begin{cases} T_A-T_C=-\lambda\dfrac{2\pi^2h(2R-h)}{\tau^2},\\[2mm] RT_A\cdot0{,}7106=(R-h)\,T_C . \end{cases}\] Осталось решить эту систему. Второе уравнение даёт \(T_A=T_C\,\dfrac{R-h}{R\cdot0{,}7106}\approx T_C\cdot0{,}7107\). Подставляя в первое уравнение, получаем \[T_C=\frac{\lambda\,2\pi^2h(2R-h)}{\tau^2\,(1-0{,}7107)}\approx12\,631\text{ Н}.\]

vii) (2 балла) Вращающийся заряд на стенках превращает станцию в соленоид с током \(I=\dfrac Q\tau\). Внутри станции он создаёт постоянное осевое магнитное поле величиной \[B=\mu_0\frac IL=\mu_0\frac{Q}{\tau L}.\] Сила, которую оно создаёт на заряженный шарик, равна \(-qvB=-q\,\dfrac{2\pi R}{\tau}\,\mu_0\dfrac{Q}{\tau L}\) и направлена радиально вверх. Чтобы шарик неподвижно висел над <<землёй>>, ускорение, создаваемое этой радиальной силой, должно быть равно центростремительному ускорению \(\omega^2R=\dfrac{(2\pi)^2R}{\tau^2}\): \[-\frac qm\,\frac{2\pi R}{\tau}\,\mu_0\frac{Q}{\tau L}=\frac{(2\pi)^2R}{\tau^2}\;\Rightarrow\;\frac qm=-\frac{2\pi L}{\mu_0Q}.\]

viii) (2 балла) Рассмотрим заряд \(q_1\), покоящийся на расстоянии \(r\) от оси во вращающейся системе. Электромагнитная сила, действующая на него, не зависит от системы отсчёта и равна \(q_1\,\dfrac{2\pi r}{\tau}\,\mu_0\dfrac{Q}{\tau L}\). Этот заряд не движется во вращающейся системе, поэтому в его системе отсчёта сила со стороны магнитного поля должна быть равна нулю, и измеряемое в его системе электрическое поле должно удовлетворять \(q_1E=q_1\,\dfrac{2\pi r}{\tau}\,\mu_0\dfrac{Q}{\tau L}\), откуда \[\vec E=\frac{2\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\,\vec r .\] Теперь у нас есть выражение для \(E\) в каждой точке вращающейся системы; осталось вычислить \(\oint\vec E\cdot d\vec A\). Для разнообразия мы покажем два способа вычисления этого интеграла.

Первый способ: заметим, что наше \(\vec E=\text{const}\cdot\vec r\) есть в точности электрическое поле равномерно заряженного цилиндра (с правильно подобранной плотностью заряда), и потому можно эквивалентно найти тот же интеграл вокруг такого равномерно заряженного цилиндра, который по теореме Гаусса равен \(V\rho/\varepsilon_0=V\cdot c_1\). Постоянную \(c_1\) можно найти, рассмотрев простой случай, когда рассматриваемая поверхность сама является цилиндром высоты 1 м; тогда интеграл равен \[\oint\vec E\cdot d\vec A=1\text{ м}\cdot2\pi r\,\frac{2\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\,r=V\,\frac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}.\] Следовательно, \(c_1=\dfrac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\), и поэтому \[\oint\vec E\cdot d\vec A=V\,\frac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}.\]

Кратко опишем второй способ вычисления этого интеграла: разбивая трёхмерное тело на объёмные слои, каждый из которых ограничен элементом площади \(d\vec A\) и имеет цилиндрический радиус-вектор \(\vec r\), причём объём каждого слоя равен \(\vec r\cdot d\vec A/2\), получаем, что объём тела есть сумма объёмов всех таких слоёв: \[V=\oint\frac12\,\vec r\cdot d\vec A .\] Это позволяет вычислить основной интеграл так: \[\oint\vec E\cdot d\vec A=\oint\frac{2\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\,\vec r\cdot d\vec A=\frac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\oint\frac12\,\vec r\cdot d\vec A=\frac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\,V.\]

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

Подсказка

Силу измерить нечем, но если растянуть полосы разной ширины одной общей силой, то напряжения в них различаются как обратные площади сечений; объём латекса при растяжении сохраняется.

Решение

i) (1 балл) Вырежем несколько полос из материала одинаковой постоянной ширины и отметим на каждой две перпендикулярные линии вблизи концов полосы, оставляя достаточно места для закрепления или привязывания. Затем свернём одну полосу вдоль в цилиндрическую форму для растяжения. Измерим начальную длину между отмеченными линиями \(l_0\). С помощью прямой рулетки, закреплённой на поверхности стола, растянем одну из полос до разрыва, определяя максимальную длину между линиями перед разрывом полосы \(l_{\max}\). Повторим это не менее трёх раз, чтобы проверить воспроизводимость данных. Вычислим результат \(\varepsilon_{\max}=(l_{\max}-l_0)/l_0\).

В нашем измерении получилось \(\varepsilon_{\max}=5{,}5\).

ii) (7 баллов) Теоретические соображения.

Можно считать, что материал имеет однородную толщину. Зная, что \(\sigma=F/A\), \(V=\text{const}\) и что любая сила, приложенная к полосе, одинаково действует на все направления, перпендикулярные приложенной силе, в любой момент для одной и той же полосы имеем \[V=a\cdot a\cdot k\cdot l=a_0\cdot a_0\cdot k\cdot l_0=a_{\max}\cdot a_{\max}\cdot k\cdot l_{\max},\] где \(a_0\) — начальная толщина материала без приложенной силы, а \(l_0\) — начальная длина полосы без приложенной силы, \(a\) — толщина при приложенной силе \(F\), а \(l\) — длина полосы при приложенной силе \(F\), \(a_{\max}\) и \(l_{\max}\) — соответствующие значения при силе разрыва \(F_{\max}\).

\(k\) — отношение ширины \(d\) к толщине \(a\) полосы такое, что \(d=k\cdot a\), где \(k\) остаётся постоянным для полосы при растяжении. Следовательно, \[\sigma=\frac{F}{a\cdot a\cdot k}\quad\text{и}\quad\sigma_{\max}=\frac{F_{\max}}{a_{\max}\cdot a_{\max}\cdot k}.\] Из \(V=\text{const}\) можно вывести, что \(a\cdot a=a_0\cdot a_0\cdot\dfrac{l_0}{l}\) и \(a_{\max}\cdot a_{\max}=a_0\cdot a_0\cdot\dfrac{l_0}{l_{\max}}\).

Если бы мы могли прикладывать одну и ту же силу \(F\) к полосам разной начальной ширины \(d=k\cdot a\), мы могли бы изменять натяжение для каждой полосы. Поэтому для каждого измерения мы использовали бы разные полосы с разными значениями \(k\): \[\sigma=\frac Fk\cdot\frac l{l_0}\cdot\frac1{a_0\cdot a_0}\quad\text{и}\quad\sigma_{\max}=\frac F{k_{\max}}\cdot\frac{l_{\max}}{l_0}\cdot\frac1{a_0\cdot a_0},\] где \(k=d/a\) и \(k_{\max}=d_{\max}/a_{\max}\) — отношения ширины к толщине для соответствующих полос, использованных для \(F\) и \(F_{\max}\). Объединяя написанное выше, получаем \[\frac{\sigma}{\sigma_{\max}}=\frac{k_{\max}}{k}\cdot\frac{l}{l_{\max}},\] но поскольку \(d_0=k\cdot a_0\) — начальная нерастянутая ширина одной полосы, а \(d_{\max0}=k_{\max}\cdot a_0\) — начальная нерастянутая ширина другой полосы, растянутой до разрыва, то для построения графика это преобразуется к виду \[\frac{\sigma}{\sigma_{\max}}=\frac{d_{\max0}}{d_0}\cdot\frac{l}{l_{\max}}\quad\text{для оси }Y\quad\text{и}\quad\varepsilon=\frac{l-l_0}{l_0}\quad\text{для оси }X .\]

Измерения.

Можно считать, что материал имеет однородную толщину. Мы хотим приложить одну и ту же силу к полосам с разной начальной шириной.

Подход 1. Мы делаем много полос разной ширины, отмечаем на них одну и ту же начальную длину \(l_0\) с помощью перпендикулярных линий, измеряем и записываем начальные ширины \(d_0\) каждого отрезка, затем сворачиваем их вдоль в цилиндрическую форму и связываем одну за другой. Сила будет одинаковой для всех отрезков, но значение \(\sigma\) для каждого отрезка будет зависеть от начальной ширины отдельной полосы.

Рекомендуется диапазон, в котором \(d_{\min}\) и \(d_{\max}\) отличаются не менее чем в 8 раз.

Сворачивание полосы вдоль в цилиндрическую форму перед связыванием даёт возможность равномерно распределить силу по всем полосам независимо от ширины полосы!

Наше решение: сделать две одинаковые полосы наименьшей возможной ширины и прикрепить их друг к другу на одном конце, образовав форму буквы \(Y\). Ранее определённое \(\varepsilon_{\max}\) использовали, чтобы оценить возможное максимальное растяжение почти до разрыва самой узкой полосы. В случае разрыва одинаковая запасная полоса на другом конце буквы \(Y\) могла использоваться для измерения. После закрепления многоширинной <<верёвки>> из объединённых полос в положении максимального растяжения были записаны значения \(l\) для каждого отдельного участка. Затем <<верёвку>> растягивали до разрыва, чтобы найти реальную длину разрыва \(l_{\max}\) самой узкой полосы.

Контрольная полоса шириной 7 мм и начальной длиной 80 мм порвалась при длине 522 мм. Поэтому измерение на <<верёвке>> из полос проводили с силой \(F\), растягивающей вторую контрольную полосу шириной 7 мм и длиной 80 мм до 519 мм.

Но полоса 7 мм порвалась, когда её растянули до 599 мм.

Итак, \(d_{\max0}=7\) мм и \(l_{\max}=599\) мм.

И график: \(\sigma/\sigma_{\max}\) по оси \(Y\) и \(\varepsilon\) по оси \(X\).

Подход 2. Из самого длинного доступного куска материала мы делаем два одинаковых вытянутых треугольника. Отмечаем на треугольниках равноудалённые перпендикулярные линии. (Линии перпендикулярны центральной линии симметрии вытянутого треугольника.)

Записываем начальную длину \(l_0\) и среднюю ширину \(d_0\) каждого отрезка, определяемого перпендикулярными линиями. При растяжении ко всем отрезкам будет приложена одна и та же сила, но у каждого отрезка будет своё \(\sigma\). Основание вытянутого треугольника нужно прикрепить к линейке скотчем (соединение должно быть хорошим и прочным), а линейку прикрепить к столу. К столу была приклеена длинная полоса миллиметровой бумаги, чтобы резиновый треугольник растягивался над ней.

Треугольник растягивали, пока отрезок узкого конца не оказался близок к разрыву, и значения \(l\) были записаны для каждого отрезка. (Проще всего это делать, отмечая маркером на миллиметровой бумаге, одной рукой удерживая узкий конец треугольника в фиксированном положении другой рукой.) Один из треугольников на самом деле растянули до разрыва, другой треугольник растянули до разрыва только после того, как измерение было сделано.

Отрезок узкого конца первого треугольника длиной 10 мм и средней шириной 6 мм порвался при длине 73,1 мм. Поэтому измерение на втором аналогичном треугольнике проводили с силой \(F\), растягивающей отрезок узкого конца треугольника до 72,6 мм. Реальный разрыв отрезка узкого конца второго треугольника произошёл при длине 73,7 мм.

Итак, \(d_{\max0}=6\) мм и \(l_{\max}=73{,}7\) мм.

И график: \(\sigma/\sigma_{\max}\) по оси \(Y\) и \(\varepsilon\) по оси \(X\).

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