NBPhO 2023, теоретический тур

Подсказка

Когда камень вращается, сила трения в каждой точке кольца контакта направлена против локальной скорости этой точки, а не против скорости центра камня. Разложите проекции по малому параметру \(\delta=\omega r/v_s\) и проинтегрируйте по кольцу: поправка к силе оказывается второго порядка по \(\delta\), а момент — первого.

Ответ

i) \(v_s=v_0-\mu gt\);  ii) \(v_{\text{уд}}=\sqrt{v_0^2-2\mu gs}\);  iii) \(\Delta F_x=-\dfrac{\mu mg\,\omega^2r^2}{4v_s^2}\);  iv) \(T=-\dfrac{\mu mg\,\omega r^2}{2v_s}\);  v) \(\omega_{\text{уд}}=\omega_0\left(\dfrac{v_{\text{уд}}}{v_0}\right)^{r^2/R^2}\).

Решение

i) Так как камень скользит по льду всей поверхностью контакта, сила трения равна \(F_{fx}=\mu mg\), т. е. ускорение равно \(\mu g\) и направлено в отрицательном направлении оси \(x\) (ось \(x\) направлена к камню соперника). Таким образом, \[\frac{dv_s}{dt}=-\mu g\ \Rightarrow\ v_s=v_0-\mu gt.\]

ii) Проще всего получить конечную скорость из закона сохранения энергии, заметив, что сила трения совершает работу \(W_f=\mu mgs\). Таким образом, \[\frac{mv_0^2}{2}=\frac{mv_{\text{уд}}^2}{2}+\mu mgs\ \Rightarrow\ v_{\text{уд}}=\sqrt{v_0^2-2\mu gs}.\] Можно и иначе: сначала вычислить время \(t_{\text{уд}}\) до удара по камню соперника. Интегрируя выражение для \(v_s\) до этого момента, получаем \[s=v_0t_{\text{уд}}-\mu g\frac{t_{\text{уд}}^2}{2}.\] Решая относительно \(t_{\text{уд}}\), находим \[t_{\text{уд}}=\frac{v_0}{\mu g}-\sqrt{\frac{v_0^2}{\mu^2g^2}-\frac{2s}{\mu g}}\] (решение со знаком плюс даёт отрицательную скорость). Подстановка обратно в выражение для \(v_s\) и упрощение дают \(v_{\text{уд}}=\sqrt{v_0^2-2\mu gs}\).

iii) Рассмотрим движение точки кольца, находящейся в контакте со льдом под углом \(\theta\) от оси \(x\) и движущейся со скоростью \(v\), как показано на рисунке ниже. Проекции этой скорости на оси \(x\) и \(y\) равны \(v_x=v_s-\omega r\sin\theta\) и \(v_y=\omega r\cos\theta\) соответственно.

Сила трения на единицу длины, как и раньше, по модулю равна \[F'_f=\frac{\mu mg}{2\pi r}\] в любой точке кольца, соприкасающегося со льдом, но теперь она направлена против локальной скорости \(v\), а не против скорости скольжения \(v_s\). Проекция плотности силы на ось \(x\) принимает вид \[F'_{fx}=-F'_f\cos\varphi=-F'_f\frac{v_x}{v}.\] Дальше есть два способа довести вычисления до конца.

Первый. Рассмотрим бесконечно малую дугу кольца контакта с центральным углом \(d\theta\); сила трения, действующая на неё, по модулю равна \(dF_f=\dfrac{\mu mg}{2\pi}\,d\theta\). Полная сила, очевидно, направлена против скорости камня, поскольку \(y\)-проекции сил, действующих на дуги при \(\theta\) и \(\pi-\theta\), попарно сокращаются. Проекция силы трения, действующей на нашу дугу, равна \[dF_x=\frac{\mu mg}{2\pi}\cos\varphi\,d\theta.\] Введя малый параметр \(\delta\equiv\omega r/v_s\approx\omega r/v\ll1\), заключаем, что \(\varphi\ll1\), а потому можно использовать приближение \[dF_x\approx\frac{\mu mg}{2\pi}\left(1-\frac12\varphi^2\right)d\theta.\] Угол \(\varphi\) находится по теореме синусов в предположении \(\sin\varphi\approx\varphi\): \(\varphi\approx\sin\left(\frac\pi2-\theta\right)\dfrac{\omega r}{v}\approx\cos\theta\,\dfrac{\omega r}{v_s}\equiv\delta\cos\theta\). Как вариант, столь же точное выражение получается из \[\varphi\approx\operatorname{tg}\varphi=\frac{v_y}{v_x}\approx\frac{v_y}{v_s}=\frac{\omega r\cos\theta}{v_s}.\] Таким образом, \[dF_x=\frac{\mu mg}{2\pi}\left(1-\frac{\delta^2}{2}\cos^2\theta\right)d\theta.\] Учитывая, что \(\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta=\pi\), это можно проинтегрировать и получить \[F_x=\mu mg\left(1-\frac{\omega^2r^2}{4v_s^2}\right),\] так что окончательный ответ \[\Delta F_x=-\frac{\mu mg\,\omega^2r^2}{4v_s^2}.\]

Второй способ — продолжить с

\[F'_{fx}=F'_f\frac{v_x}{v}=F'_f\frac{v_s-\omega r\sin\theta}{\sqrt{v_s^2-2v_s\omega r\sin\theta+\omega^2r^2}}=F'_f\frac{1-\delta\sin\theta}{\sqrt{1-2\delta\sin\theta+\delta^2}}.\] С точностью до второго порядка по \(\delta\), используя приближение, предложенное в тексте задачи, для \(x=-2\delta\sin\theta+\delta^2\) и проделав элементарные преобразования, получаем \[F'_{fx}\approx F'_f\left(1-\frac12\delta^2\cos^2\theta\right).\] Полную силу трения теперь можно получить, интегрируя по элементу длины \(r\,d\theta\) вдоль кольца, соприкасающегося со льдом; после упрощения и подстановки выражения для \(F'_f\) имеем \[F_{fx}=\int_0^{2\pi}F'_{fx}\,r\,d\theta=\mu mg\left(1-\frac14\delta^2\right).\]

iv) Для момента силы \(\tau'\) на единицу длины (относительно центральной оси камня) из рисунка видно, что угол между локальной силой на единицу длины и радиусом равен \(\theta-\varphi\), откуда \[\tau'=F'_fr\sin(\theta-\varphi).\] И здесь снова есть два способа продолжить.

Первый. Можно воспользоваться разложением в ряд Тейлора и оставить только линейный член: \(\sin(\theta-\varphi)\approx\sin\theta-\varphi\cos\theta\); подставляя ранее полученное выражение \(\varphi\approx\delta\cos\theta\), можно записать \[d\tau=\mu mgr\left(\sin\theta-\delta\cos^2\theta\right)\frac{d\theta}{2\pi},\] интегрирование которого даёт \[\tau=-\frac{\mu mg\,\omega r^2}{2v_s}.\]

Второй способ — записать \[\tau'=F'_fr\sin(\theta-\varphi)=F'_fr(\sin\theta\cos\varphi-\cos\theta\sin\varphi)=F'_fr\left(\sin\theta\frac{v_x}{v}-\cos\theta\frac{v_y}{v}\right),\] что с помощью приведённых выше выражений для \(v_x\) и \(v_y\) упрощается до \[\tau'=F'_fr\,\frac{\sin\theta-\delta}{\sqrt{1-2\delta\sin\theta+\delta^2}}.\] Применяя то же приближение, что и в предыдущей части, и оставляя только первые, теперь главные, члены по \(\delta\), получаем \[\tau'\approx F'_fr\left(\sin\theta-\delta\cos^2\theta\right).\] Интегрируя, чтобы найти полный момент, получаем \[\tau=\int_0^{2\pi}\tau'\,r\,d\theta=-\frac12\delta\mu mgr.\]

v) Уравнение, описывающее вращение, теперь, выраженное через \(\omega\) и \(v_s\) вместо \(\delta\), имеет вид \[I\frac{d\omega}{dt}=\tau=-\frac12\mu mgr^2\frac{\omega}{v_s},\] где момент инерции \(I\approx\frac12mR^2\). Поскольку поправка к \(F_{fx}\) имеет только второй порядок по \(\delta\), в первом, главном, приближении мы можем пренебречь влиянием вращения на \(F_{fx}\). Таким образом, скорость скольжения \(v_s\) зависит от времени так же, как в части i). Тогда приведённое выше уравнение можно разделить по переменным: \[\int_{\omega_0}^{\omega_{\text{уд}}}\frac{d\omega}{\omega}=\int_0^{t_{\text{уд}}}\frac{-\mu g\,\frac{r^2}{R^2}\,dt}{v_0-\mu gt}\ \Rightarrow\ \ln\frac{\omega_{\text{уд}}}{\omega_0}=\frac{r^2}{R^2}\ln\frac{v_0-\mu gt_{\text{уд}}}{v_0},\] что, учитывая \(v_0-\mu gt_{\text{уд}}=v_{\text{уд}}\), даёт \[\omega_{\text{уд}}=\omega_0\left(\frac{v_{\text{уд}}}{v_0}\right)^{r^2/R^2}.\]

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

Подсказка

Массой газа в условии плавания можно пренебречь. Сфера лопнет, когда сила давления на половину сферы сравняется с силой упругости, которую выдерживает кольцевое сечение стенки. Пока азот греется, он кипит, и его температура следует линии насыщения на графике.

Ответ

i) \(d=\dfrac r6\cdot\dfrac{\rho_w-\rho_n}{\rho_p}=1{,}5\) мм;  ii) \(p_2=p_a+\dfrac{2\sigma d}{r}=1{,}1\cdot10^6\) Па;  iii) \(T_2=106\) К;  iv) \(\Delta m=0{,}065\) кг;  v) \(\Delta t\approx15{,}5\) с.

Решение

i) Как показано на первом рисунке условия, сфера плавает так, что в воду погружена ровно половина её объёма. При рассмотрении плавания массой газообразного азота можно пренебречь по сравнению с массами жидкого азота и пластиковой сферы. По закону Архимеда \[\rho_nV_n+\rho_pV_p=\rho_wV_w,\] где \(V_n\), \(V_p\) и \(V_w\) — объёмы жидкого азота, пластика и вытесненной воды соответственно. Имеем \[\frac12\cdot\frac{4\pi r^3\rho_n}{3}+d\cdot4\pi r^2\rho_p=\frac12\cdot\frac{4\pi r^3\rho_w}{3},\] и, решая относительно \(d\), получаем \[d=\frac r6\cdot\frac{\rho_w-\rho_n}{\rho_p}=1{,}5\text{ мм}.\]

ii) Сфера взорвётся, когда разность давлений \(p_2-p_a\) достигнет такого значения, что будет достигнут максимальный предел прочности пластика на разрыв. Рассмотрим только одну половину сферы и изучим баланс сил.

На рисунке: elastic forces — упругие силы; resultant of the pressure forces — равнодействующая сил давления.

Равнодействующая сил давления равна \((p_2-p_a)\pi r^2\). Она всегда должна уравновешиваться силами упругости в пластике. Непосредственно перед взрывом имеем равенство \[(p_2-p_a)\pi r^2=\sigma\,2\pi rd,\] где \(2\pi rd\) — площадь поперечного сечения пластика. Теперь, решая относительно \(p_2\), получаем \[p_2=p_a+\frac{2\sigma d}{r}=1{,}1\cdot10^6\text{ Па}.\]

iii) При кипении при постоянном давлении температура жидкости не меняется, хотя жидкость всё время получает энергию. Если же давление меняется, как в нашей задаче, то меняется и температура кипения, в точности следуя линии фазового перехода на фазовой диаграмме. Так как конечное давление \(p_2\) нам известно, мы можем просто прочитать соответствующую температуру по диаграмме: \[p_2=1{,}1\cdot10^6\text{ Па}\ \Rightarrow\ T_2=106\text{ К}.\]

iv) Если известны \(p\), \(V\) и \(T\), массу газообразного азота можно вычислить из уравнения идеального газа: \[pV=\frac mMRT\ \Rightarrow\ m=\frac{pVM}{RT}.\] Поскольку нам известны начальное и конечное состояния, масса азота \(\Delta m\), испарившегося между этими состояниями, равна \[\Delta m=m_2-m_1=\frac{2\pi r^3M}{3R}\left(\frac{p_2}{T_2}-\frac{p_1}{T_1}\right)=0{,}065\text{ кг}.\]

v) Пренебрегая теплоёмкостью пластика и тепловым потоком через верхнюю половину сферы, нам нужно учесть только теплоту испарения: \[Q_e=\lambda\Delta m=1{,}31\cdot10^4\text{ Дж},\] и теплоту нагревания жидкого азота: \[Q_l=c_vm_l(T_2-T_1)=\frac23\pi r^3\rho_nc_v(T_2-T_1)=9{,}7\cdot10^4\text{ Дж}.\] Теплотой нагревания газообразного азота можно пренебречь, поскольку масса газа очень мала по сравнению с массой жидкого азота (\(\approx1{,}7\) кг). Полная теплота \(Q_e+Q_l\) отбирается у воды через пластик. Средняя температура азота равна \(T_n=(T_1+T_2)/2=91{,}7\) К, а средняя разность температур между водой и азотом — \(T_w-T_n=201{,}5\) К. Тепловой поток через пластик равен \[q=k\frac{T_w-T_n}{d}.\] Полное количество теплоты, переданное через нижнюю половину сферы за время \(\Delta t\), равно \[\Delta Q=qA\Delta t=Q_e+Q_l,\] где \(A=2\pi r^2\) — половина площади поверхности сферы. Наконец, решая относительно \(\Delta t\), получаем оценку времени до взрыва сферы: \[\Delta t=\frac{d\,(Q_e+Q_l)}{2\pi r^2k\,(T_w-T_n)}=15{,}5\text{ с}.\]

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

Подсказка

Движение звезды — сумма двух круговых движений вокруг центра масс, от каждой из планет. Центр этого движения найдите по центру «конверта» траектории, а крайние расстояния от центра дают разность и сумму радиусов \(x_B\mp x_A\). Массу планеты находите из условия сохранения положения центра масс: \(Mx=ma\).

Ответ

i) \(T_B=12{,}4\) года, \(T_A=1{,}20\) года;  ii) \(M=4{,}4\cdot10^{30}\) кг, \(m_A=1{,}2\cdot10^{27}\) кг;  iii) \(m_B=9{,}3\cdot10^{26}\) кг;  iv) \(T_A=2{,}65\) года, \(T_B=12{,}9\) года, \(M=6{,}8\cdot10^{29}\) кг, \(m_A=5{,}1\cdot10^{26}\) кг, \(m_B=3{,}9\cdot10^{25}\) кг.

Решение

i) Чем дальше планета от звезды-хозяина, тем больше её орбитальный период. За фиксированное время мы поэтому ожидаем, что планета \(A\) совершит вокруг звезды больше оборотов, чем планета \(B\). Эффект покачивания возникает из-за того, что и звезда, и планеты обращаются вокруг общего барицентра (центра масс). Действие одной планеты заставляет звезду совершать круговое движение с некоторым радиусом \(x\) и частотой \(\omega\). Действия двух планет складываются, поэтому полное движение — это сумма двух круговых движений с радиусами \(x_A\) и \(x_B\) и разными угловыми частотами \(\omega_A\) и \(\omega_B\).

На рисунке мы находим центр кругового движения звезды как центр «конверта» (например, с помощью линейки находим диаметр, а затем его середину). Отсюда измеряем, что низкочастотная компонента охватывает угол \(\alpha=290^\circ\) за время измерения \(t=10\) лет. Высокочастотная же компонента за это время совершает 7,5 полных оборотов относительно низкочастотной. Следовательно, \(\omega_Bt=\alpha\) и \((\omega_A-\omega_B)t/(2\pi)=7{,}5\). Отсюда \[T_B=\frac{2\pi}{\omega_B}=\frac{2\pi t}{\alpha}=12{,}4\text{ года},\qquad T_A=\frac{2\pi}{\omega_A}=\frac{1}{\dfrac1{T_B}+\dfrac{7{,}5}{t}}=1{,}20\text{ года}.\]

ii) По рисунку мы измеряем крайние значения расстояния звезды от начала координат: \(l_1=1{,}6\times10^5\) км и \(l_2=2{,}8\times10^5\) км. Крайние значения соответствуют случаям, когда два круговых движения направлены в одну сторону или в противоположные. Иными словами, расстояния равны \(l_1=x_B-x_A\) и \(l_2=x_B+x_A\). Преобразуя, получаем \(x_A=(l_2-l_1)/2=6\times10^4\) км и \(x_B=2{,}2\times10^5\) км.

Чтобы найти массы, нужно изучить динамику системы. Прежде всего, можно считать, что большие полуоси планет много больше \(x\). Действительно, \(a_A/x_A=4000\gg1\). Либо из баланса гравитационной и центробежной сил, либо из третьего закона Кеплера имеем \(4\pi^2/(GM)=T_A^2/a_A^3\), так что масса звезды равна \[M=\frac{4\pi^2a_A^3}{GT_A^2}=4{,}4\times10^{30}\text{ кг}.\] Массу планеты можно найти из того, что планета и звезда вращаются вокруг общего центра масс: \(Mx_A=m_Aa_A\). Следовательно, \[m_A=M\frac{x_A}{a_A}=1{,}2\times10^{27}\text{ кг}.\]

iii) Снова из третьего закона Кеплера находим большую полуось планеты \(B\): \[a_B=\sqrt[3]{\frac{T_B^2GM}{4\pi^2}}=1{,}0\times10^9\text{ км}.\] Аналогично предыдущему получаем массу \[m_B=M\frac{x_B}{a_B}=9{,}3\times10^{26}\text{ кг}.\] Обе планеты — газовые гиганты, подобные Юпитеру (0,63 и 0,50 массы Юпитера соответственно). Это логично, так как данный метод более чувствителен к более массивным экзопланетам с большими орбитами.

iv) Уравнения, описывающие систему, остаются в силе, но считывать частоты теперь сложнее. Тем не менее мы по-прежнему можем найти начало координат и измерить крайние расстояния \(l_1=1{,}20\times10^5\) км и \(l_2=1{,}85\times10^5\) км. Заметим также, что высокочастотная компонента (соответствующая планете \(A\)) имеет больший радиус, чем низкочастотная (планета \(B\)). Следовательно, \(l_1=x_A-x_B\) и \(l_2=x_A+x_B\), и поэтому \(x_A=(l_1+l_2)/2=1{,}5\times10^5\) км, \(x_B=(l_2-l_1)/2=3{,}3\times10^4\) км.

Высокочастотная компонента совершает 3 полных оборота и, судя по рисунку, ещё \(280^\circ\) сверх того. Отсюда \(T_A=t/(3+280^\circ/360^\circ)=2{,}65\) года. Низкочастотная компонента, в свою очередь, начинает и заканчивает в самой дальней точке и 3 раза проходит через ближайшую точку. Следовательно, она совершает 3 полных оборота. Таким образом, \[\left(\frac{2\pi}{T_A}-\frac{2\pi}{T_B}\right)t=6\pi,\] и поэтому \[T_B=\frac{1}{\dfrac1{T_A}-\dfrac3t}=12{,}9\text{ года}.\]

Используя уравнения из предыдущих частей, получаем \[\begin{align*} M&=\frac{4\pi^2a_A^3}{GT_A^2}=6{,}8\times10^{29}\text{ кг},\\ m_A&=M\frac{x_A}{a_A}=5{,}1\times10^{26}\text{ кг},\\ m_B&=Mx_B\sqrt[3]{\frac{4\pi^2}{T_B^2GM}}=3{,}9\times10^{25}\text{ кг}. \end{align*}\] Первая планета — снова газовый гигант (0,26 массы Юпитера), а вторая — «суперземля» (6,4 массы Земли).

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

Подсказка

Напряжение на разомкнутых клеммах и ток через мультиметр меняются со временем по экспоненте: значит, внутри есть источник, конденсатор и (из-за двух разных времён релаксации) два резистора. Сравните начальные и установившиеся показания в двух опытах.

Ответ

\(\mathcal E=3{,}155\) В. Для схем A и D: \(R_2=9{,}31\) кОм, \(R_1=4{,}94\) кОм, \(C\approx2{,}4\)–\(2{,}5\) мФ. Для схем B и C: \(R_1=3{,}23\) кОм, \(R_2=6{,}08\) кОм, \(C\approx5{,}7\)–\(5{,}8\) мФ.

Решение

Так как внутри могут быть элементы, создающие инерцию — \(LR\)-цепочки или \(RC\)-цепочки, — нужно запастись терпением при измерениях и подождать достаточно долго, пока система придёт к равновесию. Можно выполнить два типа измерений.

1) Продержав клеммы замкнутыми накоротко достаточно долго, отпустите замыкающий провод и измерьте напряжение \(V\) как функцию времени:

Эти данные построены на графике как \(\ln[(3155\text{ мВ}-V)/\text{мВ}]\) в зависимости от времени. Виден довольно хороший линейный график, что означает, что напряжение экспоненциально приближается к предельному значению \(3155\) мВ. Характерное время можно найти как величину, обратную наклону линии тренда (самые правые точки мы отбрасываем, так как там изменения напряжения малы, а потому относительные ошибки велики). В результате получаем \(\tau_1=34{,}5\) с.

На рисунке: \(\ln(V/\text{мВ})\) по вертикальной оси, \(t\) в секундах — по горизонтальной.

2) Продержав клеммы разомкнутыми достаточно долго, отпустите замыкающий провод и измерьте ток \(I\) как функцию времени:

Эти данные построены на графике как \(\ln[(I-339\text{ мкА})/\text{мкА}]\) в зависимости от времени. Виден довольно хороший линейный график, что означает, что напряжение (ток) экспоненциально приближается к предельному значению \(339\) мкА. Характерное время можно найти как величину, обратную наклону линии тренда (самые правые точки мы отбрасываем, так как там изменения напряжения малы, а потому относительные ошибки велики). В результате получаем \(\tau_1=\\)\underline{  } с.

На рисунке: \(\ln(I/\text{мкА})\) по вертикальной оси, \(t\) в секундах — по горизонтальной.

Эти данные означают, что внутри должны быть батарея, поддерживающая напряжение, конденсатор, обеспечивающий инерцию (экспоненциальное приближение к равновесию), и резисторы. В принципе следует рассмотреть и вариант, когда вместо конденсатора стоит катушка индуктивности; однако его можно исключить несколькими способами. Во-первых, с катушкой нереально получить достаточно длинные времена релаксации. Действительно, одно только внутреннее сопротивление амперметра составляет порядка сотни Ом, а характерное время около \(20\) секунд означало бы, что индуктивность должна быть порядка килогенри — даже если такая катушка существует, она не поместилась бы в ящик. Во-вторых, если бы внутри была большая катушка, она не могла бы быть одиноким элементом, подключённым к одной из клемм. Действительно, при подключении амперметра к клеммам ненулевой ток появляется сразу, а не нарастает с нуля (как было бы в случае катушки). Значит, она должна образовывать замкнутый контур с резистором и батареей. Но тогда, если мы некоторое время держим клеммы замкнутыми накоротко, а затем отсоединяем, напряжение на клеммах изменилось бы скачком, так как ток через один из резисторов пришлось бы изменить скачком (чтобы ток катушки оставался непрерывным).

Первое соображение: резисторов должно быть два, поскольку есть два разных характерных времени (один резистор с двумя конденсаторами даёт всё равно только одно характерное время, так как конденсаторы, соединённые параллельно или последовательно, эффективно сливаются в один). Далее, ограничение (I): батарея и конденсатор не могут быть соединены последовательно, так как они эффективно слились бы в один конденсатор. Ограничение (II): батарея и конденсатор не могут быть соединены и параллельно, так как они эффективно слились бы в одну батарею. Затем ограничение (III): ни конденсатор, ни батарея не могут быть подключены непосредственно к выходным клеммам, так как в одном случае ток амперметра при подключении к выходу асимптотически стремился бы к нулю, а в другом выходное напряжение всегда было бы постоянным. Это автоматически исключает многие возможности, см. ниже. Кроме того, (IV): не должно быть прямого пути от одной клеммы к другой, проходящего только через конденсатор и батарею, так как в этом случае ток амперметра был бы очень большим, а соответствующее характерное время — очень коротким. Наконец, (V): конденсатор может быть только в параллельном соединении с чем-либо, поскольку иначе при подключении вольтметра к выходу не было бы тока конденсатора, а значит, напряжение оставалось бы постоянным.

Топологически возможны варианты: (a) всё параллельно — исключено по (I); (b) всё последовательно — исключено по (II); (c) три элемента параллельно, все вместе последовательно с четвёртым элементом — исключено по (I) и (IV); (d) параллельные цепочки 3+1 (т. е. 3 элемента в одной цепочке и 1 элемент в другой) — исключено по (III) и (I); (d) одна параллельная пара последовательно с другой параллельной парой — исключено по (IV) и (II); (e) параллельные цепочки 2+2; (f) параллельные цепочки 1+2, все вместе последовательно с четвёртым элементом; (g) пара параллельно, все вместе последовательно с третьим и четвёртым элементами.

В варианте (e) батарея и конденсатор должны находиться в разных цепочках по (I); это схема A.

В варианте (g) конденсатор должен находиться в параллельной паре с резистором по (V) и (II); это схема B.

В варианте (f) по (V) конденсатор должен находиться в параллельном участке: либо (f1) как единственный элемент, либо (f2) в паре, последовательно с резистором, по (I). В случае (f1) по (III) батарея должна находиться в другом параллельном участке (последовательно с резистором); это схема C. В случае (f2) комбинаторика говорит, что есть два положения батареи: либо как единственный элемент последовательно, — это схема (D), либо параллельно последовательному соединению конденсатор—резистор. Последний вариант, однако, означает, что батарея всегда поддерживала бы одно и то же напряжение на последовательном соединении конденсатор—резистор, т. е. выходные напряжение и ток всегда оставались бы постоянными.

Схема (A):

Схема (B):

Схема (C):

Схема (D):

Во всех четырёх случаях показание вольтметра при подключении к выходу асимптотически стремится к ЭДС батареи, так что \(\mathcal E=3{,}155\) В.

Для случаев (A) и (D) начальное показание амперметра равно \(I_0=\mathcal E(R_1^{-1}+R_2^{-1})=978\) мкА, а асимптотическое показание амперметра равно \(I_f=\mathcal E/R_2=339\) мкА; исходя из этого можно вычислить \(R_2=\mathcal E/I_f=9{,}31\) кОм и \(R_1=(I_0/\mathcal E-1/R_2)^{-1}=4{,}94\) кОм. Для этих случаев начальное напряжение \(U_i=\mathcal ER_1/(R_1+R_2)\), так что можно проверить, всё ли сходится: мы получили \(R_1/(R_1+R_2)=0{,}347\), а \(U_i/\mathcal E=0{,}340\); это согласие в пределах погрешностей.

Для тех же случаев \(\tau_1=(R_1+R_2)C\), так что \(C=\tau_1/(R_1+R_2)=2{,}42\) мФ. Можно вычислить то же самое и по \(\tau_2=R_1C\), откуда \(C=\tau_2/R_1=2{,}50\) мФ. Снова результаты совпадают в пределах погрешностей.

Наконец, для (B) и (C) начальное показание амперметра равно \(I_0=\mathcal E/R_1=978\) мкА, а асимптотическое показание амперметра равно \(I_f=\mathcal E/(R_1+R_2)=339\) мкА; исходя из этого можно вычислить \(R_1=\mathcal E/I_0=3{,}23\) кОм и \(R_2=(\mathcal E/I_f)-R_1=6{,}08\) кОм. Выражение для начального напряжения остаётся прежним, \(U_i=\mathcal ER_1/(R_1+R_2)\), так что мы снова можем проверить, всё ли сходится: мы получили \(R_1/(R_1+R_2)=0{,}347\), а \(U_i/\mathcal E=0{,}340\); это согласие в пределах погрешностей.

Теперь \(\tau_1=R_2C\), так что \(C=\tau_1/R_2=5{,}67\) мФ. Можно вычислить то же самое и по \(\tau_2=R_1R_2C/(R_1+R_2)\), откуда \(C=\tau_2(R_1+R_2)/(R_1R_2)=5{,}84\) мФ. Снова результаты совпадают в пределах погрешностей.

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

Подсказка

Момент силы \(F\) относительно середины балки равен \(FL/2\) и уравновешивается изгибающим моментом \(EI/r\); удлинение проволочки найдите из геометрии дуги окружности: верхняя и нижняя проволочки лежат на расстояниях \(h/2\) от осевой линии.

Ответ

i) \(\Delta l=\dfrac{FLlh}{4EI}\);  ii) \(R_{1,2}=R_0\pm\Delta R\), \(\Delta R=2R_0\dfrac{\Delta l}{l}=R_0\dfrac{FLh}{2EI}\);  iii) \(V=U\dfrac{FLh}{2EI}\), т. е. \(F=\dfrac{2EIV}{LhU}\).

Решение

i) Чтобы найти удлинение \(\Delta l\), нужно знать радиус кривизны \(r\) балки в точке \(x=L/2\). Момент силы, создаваемый силой \(F\) в произвольной точке \(x\), равен \(F\cdot(L-x)\). Он должен уравновешиваться изгибающим моментом \(M(x)\) балки. В середине балки имеем \[M=\frac{EI}{r}=F\frac L2\ \Longrightarrow\ r=\frac{2EI}{FL}.\] Легко видеть, что если верхние проволочки удлиняются на \(\Delta l\), то нижние укорачиваются на столько же. Теперь нужно связать радиус кривизны \(r\) с удлинением \(\Delta l\).

Длина дуги окружности равна \(\Delta s=r\Delta\phi\). Зная это, из рисунка выше имеем \[\begin{align*} l+\Delta l&=\left(r+\frac h2\right)\Delta\phi,\\ l-\Delta l&=\left(r-\frac h2\right)\Delta\phi. \end{align*}\] Разделив эти уравнения друг на друга, получаем уравнение для \(\Delta l\), которое легко решается: \[\frac{l+\Delta l}{l-\Delta l}=\frac{2r+h}{2r-h}\ \Longrightarrow\ \Delta l=\frac{lh}{2r}.\] Объединяя это с выражением для \(r\), имеем \[\Delta l=\frac{FLlh}{4EI}.\]

ii) Пусть \(\rho\) и \(S\) — удельное сопротивление и площадь поперечного сечения проволочек соответственно. Начальное сопротивление \(R_0\) всех проволочек равно \[R_0=\frac{\rho l}{S}=\frac{\rho l^2}{lS},\] где \(lS\) — объём проволочки, остающийся постоянным при деформации. Считая \(\Delta l\ll l\), имеем \[\begin{align*} R_1&=\frac{\rho(l+\Delta l)^2}{lS}\approx\frac{\rho l(1+2\Delta l/l)}{S}=R_0+\Delta R,\\ R_2&=\frac{\rho(l-\Delta l)^2}{lS}\approx\frac{\rho l(1-2\Delta l/l)}{S}=R_0-\Delta R, \end{align*}\] где \[\Delta R=\frac{2\rho\Delta l}{S}=2R_0\frac{\Delta l}{l}=R_0\frac{FLh}{2EI}.\]

iii) Полное сопротивление \(R\) цепи равно \[R=\frac{(R_1+R_2)(R_1+R_2)}{2R_1+2R_2}=\frac{R_1+R_2}{2}.\] Поскольку обе стороны цепи имеют одинаковое полное сопротивление \(R_1+R_2\), ток в них также одинаков. Поэтому показание вольтметра равно \[V=\frac I2R_1-\frac I2R_2=\frac{U}{2R}(R_1-R_2)=U\frac{R_1-R_2}{R_1+R_2}=U\frac{\Delta R}{R_0}=U\frac{FLh}{2EI}.\]

Отсюда окончательно \[F=\frac{2EIV}{LhU}.\]

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

Подсказка

При синфазных колебаниях соединяющая нить остаётся параллельной оси \(x\), и система эквивалентна маятнику, подвешенному к оси, проходящей через точки крепления на стенках. При противофазных колебаниях длины нитей постоянны, и это связывает смещения масс по трём осям; затем используйте закон сохранения энергии.

Ответ

i) \(\omega_1=\sqrt{\dfrac{g}{r\sin\theta}}\);  ii) \(\omega_2=\omega_1\sqrt{1+\cos\theta}\).

Решение

i) При синфазных колебаниях нить, соединяющая массы, всё время остаётся параллельной оси \(x\). В этом случае движение происходит в плоскости \(yz\) и тождественно движению маятника длиной \(r\sin\theta\), подвешенного к оси вращения: \[\omega_1=\sqrt{\frac{g}{r\sin\theta}}.\]

ii) Теперь пусть одна из масс смещается вдоль оси \(y\) на расстояние \(y\), а другая — на \(-y\).

Длина горизонтальной нити остаётся постоянной, поэтому \(y^2+(r-x)^2=r^2\), где \(x\) обозначает смещение шарика в направлении \(x\). При малых смещениях можно пренебречь наименьшим слагаемым \(x^2\), откуда \(x=y^2/2r\). Длина наклонной нити также остаётся постоянной, поэтому \((r\sin\theta-z)^2+(r\cos\theta+x)^2+y^2=r^2\), где \(z\) обозначает вертикальное смещение. Пренебрегая здесь наименьшими слагаемыми \(z^2\) и \(x^2\), получаем \(2rz\sin\theta=2rx\cos\theta+y^2=y^2(1+\cos\theta)\), откуда \[z=\frac{y^2}{2r}\,\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}.\] Теперь можно записать закон сохранения энергии: \(\frac12\dot y^2+gz=\text{const}\), где точка обозначает производную по времени. Дифференцируя это по времени, получаем \[\ddot y=-\frac{gy}{r}\,\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta},\] так что \[\omega_2=\sqrt{|\ddot y/y|}=\omega_1\sqrt{1+\cos\theta}.\]

Альтернативное решение. Пусть одна из масс (масса \(A\)) смещена на \(y\), а другая — на \(-y\). Пусть \(T'\) — натяжение двух крайних нитей (равные по модулю по симметрии), а \(T\) — натяжение соединяющей нити. Закон Ньютона вдоль оси \(y\) для массы \(A\) тогда даёт \[-T'\frac yr-T\frac yr=m\ddot y,\] т. е. \[\ddot y=-\frac{T'+T}{mr}\,y.\] Без колебаний \(T'_0=mg/\sin\theta\) и \(T_0=T'_0\cos\theta\). Запишем \(T'=T'_0+\Delta T'\) и \(T=T_0+\Delta T\), т. е. \[T'+T=mg\,\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}+\Delta T'+\Delta T.\] Сделаем некоторые оценки. Очевидно, \(|\Delta T|\sim|\Delta T'|\). Максимум \(\Delta T'\) достигается, когда масса проходит через нижнюю точку со скоростью \(\dot y\), где радиус кривизны её траектории \(R\sim r\sin\theta\). Более того, малые колебания в нормальной моде означают, что \(y=A\cos\omega_2t\) при некоторой амплитуде \(A\ll r\sin\theta\), т. е. \(|\dot y|\le A\omega_2\). Наконец, предположим, что \(\omega_2=k\omega_1\) при некотором \(k\sim1\). Имеем \[|\Delta T'|\sim\frac{m\dot y^2}{R}\sim\frac{mk^2A^2g}{r^2\sin^2\theta}=k^2mg\left(\frac{A}{r\sin\theta}\right)^2,\] т. е. квадратично меньше по \((A/r\sin\theta)\), чем \(T'_0\). Таким образом, \(T'+T\approx mg\,\dfrac{1+\cos\theta}{\sin\theta}\) и \[\omega_2=\sqrt{\frac{T'+T}{mr}}=\omega_1\sqrt{1+\cos\theta}.\] (Результат показывает, что \(k\le\sqrt2\), т. е. сделанное предположение выполняется.)

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

Подсказка

В системе отсчёта, движущейся вместе с нижним листом, ускорение пачки пропорционально её смещению от центра листа и направлено от него: как у «пружины» с отрицательным коэффициентом. Для такой системы сохраняется энергия, а решение уравнения движения — гиперболические функции.

Ответ

ii) \(u_{\min}=\sqrt{\dfrac{g\mu L}{2}}\);  iii) \(0\);  iv) \(l=L\left(\dfrac{2u}{L\omega}\operatorname{artanh}\dfrac{L\omega}{2u}-1\right)\), где \(\omega=\sqrt{2g\mu/L}\).

Решение

i) Ясно, что когда \(u\) очень мало, пачка увлекается вместе с самым нижним листом, так что скорость \(v\) пачки начинается с \(0\) и заканчивается значением \(u\). Кроме того, проскальзывания между пачкой и нижним листом почти нет. Ускорение верхнего листа тогда равно \(g\mu\), пока он разгоняется, и \(0\) в остальное время. Ускорение длится в течение времени \(u/(g\mu)\).

Напротив, при очень большом \(u\) самый нижний лист вытягивается так быстро, что пачка заканчивает с очень малой скоростью. По мере того как листы вытягиваются из-под неё, ускорение пачки падает от \(g\mu\) до \(-g\mu\) за время \(L/u\).

На рисунках: ось ординат — ускорение \(a(t)\), значения \(g\mu\), \(0\), \(-g\mu\); ось абсцисс — время \(t\).

ii) Задачу удобнее всего анализировать в системе отсчёта, движущейся вместе с самым нижним листом со скоростью \(u\). В новой системе \(v'=v-u\) и \(x'=x-ut\). Пусть центр самого нижнего листа находится в точке \(x'=0\), и будем следить за движением пачки по её самому правому краю, который начинает движение из точки \(x'=L/2\) со скоростью \(v'=-u\) и теряет контакт с нижним листом в точке \(x'=-L/2\).

Когда пачка контактирует с нижним листом и проскальзывает, нормальная сила её взаимодействия с нижним листом равна \(N_1=mg(L/2+x')/L\), а со столом — \(N_2=mg(L/2-x')/L\). Сила трения тогда даёт результирующую силу \(F=N_1\mu-N_2\mu=2mg\mu x'/L\). Следовательно, ускорение пачки равно \(a'=2g\mu x'/L\). Заметим, что это уравнение пружины с отрицательным коэффициентом жёсткости \(k=2g\mu/L\) (который мы всё равно будем обозначать положительным \(k\), только сила отталкивает от положения равновесия). Тем не менее закон сохранения энергии по-прежнему выполняется: \(v'^2/2-kx'^2/2=\text{const}\). Самая критическая точка, которую надо преодолеть, — это \(x'=0\) (после неё сила начинает помогать пачке), что понятно: тогда большая часть самого нижнего листа находится уже не под пачкой, и сила трения о стол доминирует. Условие для этого — просто \(v'^2-kx'^2>0\), или, иначе, \(u^2-kL^2/4>0\). Отсюда \[u_{\min}=\frac{\sqrt k\,L}{2}=\sqrt{\frac{g\mu L}{2}}.\]

iii) Как и раньше, закон сохранения энергии выполняется. Это означает, что когда нижний лист отделяется в точке \(x'=-L/2\), потенциальная энергия такая же, как при \(x'=L/2\), так что скорость пачки по-прежнему равна \(-u\). Как ни удивительно, конечная скорость пачки в системе стола поэтому равна \(0\).

iv) Цель — найти полное расстояние, на которое пачка скользит в системе стола. Эквивалентно, можно найти время \(t_1\), в течение которого она скользит, потому что тогда она сместится на \(-L\) в системе бумаги, а система бумаги сместится на \(ut_1\) относительно системы стола. Полный сдвиг тогда равен \(l=ut_1-L\).

Уравнение движения пачки было \(a'=kx'\) при \(k=2g\mu/L\). Решением его являются, вместо синуса и косинуса, гиперболические синус и косинус. Глядя на начальные условия, возможным решением может быть \(x'=x_0\sinh(\omega(t-\Delta t))\). Это действительно даёт \(v'=\omega x_0\cosh(\omega(t-\Delta t))\) и \(a'=\omega^2x'\), так что \(\omega=\sqrt k\) удовлетворяет уравнению движения. Значения \(x_0\) и \(\Delta t\) находим из начальных условий при \(t=0\), так что \(x'=-x_0\sinh(\omega\Delta t)=L/2\) и \(v'=x_0\omega\cosh(\omega\Delta t)=-u\). Отсюда получаем \[\Delta t=\frac1\omega\operatorname{artanh}\left(\frac{L\omega}{2u}\right),\qquad x_0=-\frac{L}{2\sinh(\omega\Delta t)}.\]

Теперь из вида \(x'\) ясно, что она пройдёт \(x'=0\) при \(t=\Delta t\) и достигнет \(x'=-L/2\) при \(t=2\Delta t\). Следовательно, \(t_1=2\Delta t\), и минимальное расстояние между пачкой бумаги и краем должно быть \[l=ut_1-L=\frac{2u}{\omega}\operatorname{artanh}\left(\frac{L\omega}{2u}\right)-L=L\left(\frac{2u}{L\omega}\operatorname{artanh}\left(\frac{L\omega}{2u}\right)-1\right).\]

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

Подсказка

Пока в поле находится один шарик, оба движутся с общим ускорением \(qE_0/2m\): центр масс системы ускоряется равномерно независимо от того, как поворачивается нить. Положение нити определяет, где находится центр масс в нужный момент, а энергия и поперечный импульс связывают скорости шариков.

Ответ

i) шарики столкнутся в момент \(t=\sqrt{Lm/qE_0}\,(\sqrt3+2)\);  ii) \(T=1{,}811\sqrt{mL/qE_0}\);  iii) \(v=\sqrt{qE_0L/m}\);  iv) \(l=\dfrac{16}{\pi^2}L\approx1{,}6211\,L\).

Решение

i) Когда шарик \(A\) входит в электрическое поле, на него действует сила \(qE_0\), поэтому ускорение системы двух шариков равно \(a_1=qE_0/2m\); оно остаётся постоянным, пока шарик \(A\) не выйдет из поля. Это произойдёт, когда \(L=a_1t_1^2/2\), откуда \(t_1=\sqrt{2L/a_1}=2\sqrt{Lm/qE_0}\). В этот момент ускорение шарика \(A\) становится равным нулю, но в тот же самый момент шарик \(B\) входит в поле. Действующая на него сила \(qE_0\) сообщит ему вдвое большее ускорение, чем раньше, \(a_2=qE_0/m\), и нить ослабнет. Таким образом, скорость шарика \(B\) теперь больше, чем у шарика \(A\), и они в конце концов столкнутся. Время \(t_2\), проведённое шариком \(B\) в поле, можно выразить как \(t_2=(v_f-v_i)/a_2\), где \(v_i=\sqrt{qE_0L/m}\) — его начальная скорость, а \(v_f=\sqrt{3qE_0L/m}\) — конечная скорость. Итак, \(t_2=\sqrt{Lm/qE_0}\,(\sqrt3-1)\). В момент, когда шарик \(B\) выходит из поля, расстояние между шариками равно \(s=L-(v_f-v_i)t_2/2=v_it_2=L(\sqrt3-1)\), а разность скоростей шариков равна \(\Delta v=v_f-v_i=\sqrt{qE_0L/m}\,(\sqrt3-1)\), откуда оставшееся до столкновения время \(t_3=s/\Delta v=\sqrt{Lm/qE_0}\). Таким образом, момент столкновения \(t=t_1+t_2+t_3=\sqrt{Lm/qE_0}\,(\sqrt3+2)\).

ii) Первое решение. Центр масс движется с постоянным ускорением \(a_1=qE_0/2m\) и прошёл путь \(s_{CM}=L-l/2+l/(2\sqrt2)=0{,}8200L=a_1T^2/2\), откуда \[T=1{,}811\sqrt{\frac{mL}{qE_0}}.\]

iii) Первое решение. Вследствие сохранения \(y\)-компоненты импульса \(y\)-компоненты скоростей шариков всё время равны. В момент \(t=T\) нить параллельна оси \(x\); так как она нерастяжима, \(x\)-компоненты скоростей шариков в этот момент также равны. Следовательно, скорости равны, и закон сохранения энергии гласит \(E_0qL=mv^2\), так что \[v=\sqrt{\frac{qE_0L}{m}}.\]

Альтернативное решение. Промежуток времени \(0<t<T\) удобнее всего анализировать в системе отсчёта центра масс. В этой системе действует сила инерции \(F_i=-ma_1=-qE_0/2\). Следовательно, оба шарика совершают нелинейные колебания вокруг центра масс (нелинейные, потому что амплитуда не мала). Скорость шарика в момент \(t=T\) можно найти из закона сохранения энергии. При \(t=0\) скорость равна нулю, так что вся энергия обусловлена потенциальной энергией в однородном силовом поле \(qE_0/2\): \[\Delta U=\frac{qE_0}{2}\left(\frac l2-\frac{l}{2\sqrt2}\right)=\frac{qE_0l}{8}(2-\sqrt2)=\frac{mv_y^2}{2},\]

откуда \[v_y^2=\frac{qE_0l}{4m}(2-\sqrt2)=0{,}1800\,\frac{qE_0L}{m}.\] Это даёт компоненту скорости вдоль оси \(y\); вернувшись в лабораторную систему, нужно добавить \(x\)-компоненту скорости системы отсчёта \(v_x=a_1T=\dfrac{qE_0}{2m}\,1{,}811\sqrt{\dfrac{mL}{qE_0}}=0{,}9055\sqrt{\dfrac{qE_0L}{m}}\), так что \[v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{\frac{qE_0L}{m}}.\]

iv) Чтобы нить была параллельна оси \(x\), система должна совершить \(n+\frac12\) полупериодов, где \(n\) — целое число. Теперь, поскольку амплитуда мала, колебания гармонические, а круговая частота равна \(\omega=\sqrt{\dfrac{qE_0}{ml}}\) (можно воспользоваться формулой для маятника длиной \(l/2\) в эквивалентном поле тяжести \(g=qE_0/2m\)). Поэтому время движения должно быть \(\tau=\pi\sqrt{\dfrac{ml}{qE_0}}\left(n+\dfrac12\right)\). С другой стороны, можно воспользоваться результатом задания ii: \(\tau=\sqrt{\dfrac{ml}{qE_0}}\sqrt{4\lambda-2+2\cos\varphi}\), где \(\lambda=L/l<1\) и \(\cos\varphi\approx1\). Итак, \(\pi\left(n+\frac12\right)=\sqrt{4\lambda}\). Так как \(\lambda<1\), это равенство может выполняться только при \(n=0\), откуда \(\lambda=\dfrac{\pi^2}{16}=0{,}6169\), так что \[l=\frac{L}{\lambda}=1{,}6211\,L.\]

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

Подсказка

Резкое изображение потолочных светильников на листе под капелькой получается на расстоянии, равном фокусному (светильники далеко); радиус кривизны связан с фокусным расстоянием формулой линзы. Для толстого слоя минимизируйте полную потенциальную энергию — поверхностную плюс гравитационную — по толщине слоя при заданном объёме воды.

Ответ

Пример результатов: \(f=15{,}9\) мм, \(d=5{,}8\) мм; \(R=f(n-1)\approx5{,}3\) мм, \(\alpha\approx33{,}2^\circ\); при \(V=2{,}00\) мл и \(A=12{,}7\) см\(^2\) толщина \(t=V/A\approx1{,}57\) мм; \(\sigma=\dfrac{\rho gt^2}{2(1-\cos\alpha)}\approx0{,}077\) Н/м.

Решение

i) Фокусное расстояние можно найти, регулируя высоту держателя пластинки так, чтобы получить резкое изображение потолочных светильников на экране (листе бумаги под держателем либо поверхности колпачка внутри держателя). Высоту можно точно измерить штангенциркулем. Диаметр капли также можно измерить штангенциркулем, но удобнее положить стеклянную пластинку на миллиметровую бумагу и снять показания диаметра по миллиметровой сетке. Возможная пара данных: \(f=15{,}9\) мм и \(d=5{,}8\) мм.

ii) Для связи фокусного расстояния с радиусом кривизны можно использовать формулу тонкой линзы (формулу шлифовщика линз): \[\frac1f=\frac{n-1}{R}\ \Rightarrow\ R=f(n-1)\approx5{,}3\text{ мм}.\] Те, кто не знает эту формулу, могут легко вывести её из закона Снеллиуса, рассмотрев пучок, падающий на линзу параллельно оптической оси, и воспользовавшись приближением малых углов \(\sin x\approx x\). Краевой угол смачивания воды и стекла можно найти с помощью тригонометрии: \[\alpha=90^\circ-\arccos\frac{d}{2R}\approx33{,}2^\circ.\]

iii) Увеличьте площадь поверхности воды, покрывающей стеклянную пластинку, насколько возможно — так минимизируется ошибка в расчётах, вносимая краевыми эффектами (поверхность воды вблизи краёв лужи не плоская). Можно спокойно позволить воде дойти до краёв стеклянной пластинки, пока остаётся небольшая часть периметра, где она до края не доходит — это гарантирует, что поверхность воды у краёв образует с горизонтом угол, равный краевому. Однако нельзя позволять воде дойти до краёв пластинки по всему периметру, так как в этом случае угол, образуемый поверхностью воды, может стать больше краевого из-за того, что на краю направление нормали к поверхности стеклянной пластинки меняется скачком; это привело бы к более толстому слою воды (этого не может произойти, если какая-то часть периметра ещё не касается края, так как тогда вместо увеличения глубины вода растекалась бы, заполняя незанятые части пластинки). Также рекомендуется избегать того, чтобы вода доходила до матовой области, так как не гарантируется, что эта часть чистая, и краевой угол на ней может быть другим. При объёме воды \(V=2{,}00\) мл вода заполняет почти всю глянцевую часть пластинки. Положив стеклянную пластинку на миллиметровую бумагу, можно сосчитать клетки сетки, получив \(A=12{,}7\) см\(^2\). Толщина слоя воды находится как \(t=V/A\approx1{,}57\) мм.

iv) Полная потенциальная энергия воды равна \(U=\sigma A(1-\cos\alpha)+\frac12V\rho gt\). Если подставить \(A=V/t\), получим \[U=V\left(\sigma\,\frac{1-\cos\alpha}{t}+\frac{\rho gt}{2}\right).\] Её минимум легко находится приравниванием \(dU/dt=0\), что даёт \[\sigma=\frac{\rho g t^2}{2(1-\cos\alpha)}\approx0{,}077\text{ Н/м}.\]

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