NBPhO 2024, теоретический тур

Подсказка

Полная энергия записывается так, как если бы каждая частица двигалась независимо в центральном поле одного эффективного неподвижного заряда в центре масс; траектории тогда — ветви гипербол.

Ответ

1) \(v_f=\sqrt{v_0^2+\dfrac{kq^2}{Lm}\cdot\dfrac{4+\sqrt2}{2}}\);  2) \(\sin\varphi=\dfrac{1}{1+\dfrac{4Lmv_0^2}{kq^2(4+\sqrt2)}}\), где \(\varphi\) — искомый угол.

Решение

i) Считая \(v\ll c\) и пренебрегая силой тяжести, начальная полная энергия системы — сумма классических кинетической и потенциальной энергий: \[E_{\text{полн}}=E_{\text{кин}}+E_{\text{эл}}=E_{\text{кин}}+\frac12\sum_{i\ne j}k\frac{q_iq_j}{r_{ij}}=\frac{4mv_0^2}{2}+\frac{4kq^2}{L}+\frac{2kq^2}{\sqrt2L}=4\left(\frac{mv_0^2}{2}+\frac{kq^2}{L}\cdot\frac{4+\sqrt2}{4}\right).\] Когда частицы разлетятся на бесконечность, потенциальная энергия станет равной нулю, и полная энергия будет только кинетической: \[E_{\text{полн}}=4\,\frac{mv_f^2}{2}.\] Так как полная энергия не меняется, из равенства этих выражений получаем \[v_f=\sqrt{v_0^2+\frac{kq^2}{Lm}\cdot\frac{4+\sqrt2}{2}}.\]

ii) Пусть искомый угол равен \(\varphi\). Выражение для полной энергии показывает, что частицы ведут себя эффективно независимо друг от друга — так, как если бы на них действовало лишь центральное поле одного эффективного заряда \[Q_e=q\,\frac{2\sqrt2+1}{4}\approx0{,}96\,q,\] неподвижного в центре масс системы и находящегося первоначально на расстоянии \(L/\sqrt2\) от каждой частицы. Это наблюдение позволяет свести исходную задачу четырёх тел к четырём независимым (и одинаковым) задачам двух тел, в каждой из которых участвуют только неподвижный заряд \(Q_e\) и один движущийся заряд \(q\). Траектории поэтому — гиперболы, в одном из фокусов которых находится эффективный заряд. Поскольку сила отталкивающая, эффективный заряд находится в фокусе \(F_1\), как показано на следующем рисунке.

Вычислим угол \(\alpha\) асимптоты: искомый угол \(\varphi\) равен просто \(\pi/2-\alpha\). Гипербола определяется как множество точек \(P\), для которых абсолютная разность расстояний от \(P\) до двух фиксированных точек \(F_1\) и \(F_2\) (фокусов) постоянна. Обозначим расстояния \(r_1\) и \(r_2\). Из рисунка легко видеть, что эта постоянная равна \(2a\): если взять точку \(P\) на оси \(x\), то \(r_1-r_2=c+a-(c-a)=2a\).

Чтобы определить угол асимптоты \(\alpha\), рассмотрим треугольник \(F_1PF_2\). По теореме косинусов \[r_2^2=r_1^2+4c^2-4cr_1\cos\beta .\] Выражая \(\cos\beta\) и используя \(r_2=r_1-2a\), получаем \[\cos\beta=\frac{r_1^2-r_2^2+4c^2}{4cr_1}=\frac ac+\frac{c^2-a^2}{cr_1}.\] При \(r_1\to\infty\) имеем \(\beta\to\alpha\), и получаем выражение для косинуса угла асимптоты: \[\cos\alpha=\frac ac .\] Теперь, используя \(c=L/\sqrt2-a\) и зная, что \[E=\frac{kqQ_e}{2a}=\frac{mv_0^2}{2}+\frac{\sqrt2\,kqQ_e}{L}\] (уравнение «vis-viva» для гиперболы), откуда \[\frac1a=\frac{mv_0^2}{kqQ_e}+\frac{2\sqrt2}{L},\] получаем окончательно \[\sin\varphi=\cos\alpha=\frac ac=\frac{1}{\dfrac{L}{\sqrt2\,a}-1}=\frac{1}{1+\dfrac{Lmv_0^2}{\sqrt2\,kqQ_e}}=\frac{1}{1+\dfrac{4Lmv_0^2}{kq^2(4+\sqrt2)}}.\]

Вариант 1. Если ученик не знает уравнение vis-viva для гиперболы \[E=\frac{kqQ_e}{2a},\] которое отличается от соответствующего уравнения для эллипса лишь знаком полной энергии, его можно вывести так. Из формулы для угла асимптоты \(\cos\alpha=a/c\) сразу следуют геометрические соотношения, показанные на следующем рисунке.

Видно, что два прямоугольных треугольника на рисунке одинаковы. Из закона сохранения момента импульса (относительно точки \(F_1\)) имеем \[m(c+a)v_0=mbv_f\quad\Longrightarrow\quad v_f=v_0\,\frac{c+a}{b},\] а из закона сохранения энергии, используя \(b^2=c^2-a^2\), \[\frac{kqQ_e}{a+c}=\frac{mv_f^2}{2}-\frac{mv_0^2}{2}=\frac{mv_0^2}{2}\left(\frac{(c+a)^2}{c^2-a^2}-1\right)=\frac{mv_0^2}{2}\cdot\frac{2a}{c-a},\] откуда \[\frac{mv_0^2}{2}=\frac{c-a}{2a}\cdot\frac{kqQ_e}{c+a}.\] Подставляя это в выражение для полной энергии, окончательно получаем \[E=kqQ_e\left(\frac{1}{2a}\cdot\frac{c-a}{c+a}+\frac{1}{c+a}\right)=\frac{kqQ_e}{2a}.\]

Вариант 2. Используя алгебраическое уравнение гиперболы \[\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\] и зная, что \(b^2=c^2-a^2\), получаем \[\operatorname{tg}\alpha=\lim_{x\to\infty}\frac yx=\lim_{x\to\infty}b\sqrt{\frac1{a^2}-\frac1{x^2}}=\frac ba .\]

Вариант 3. Шаг с уравнением vis-viva можно заменить сохранением момента импульса относительно центра масс, так как все силы радиальны.

\[\mathcal L=mv_0\frac{L}{\sqrt2}=mv_fb,\] так как мы уже знаем, что \(a+c=\dfrac{L}{\sqrt2}\), а \(c^2=a^2+b^2\), можно найти параметры гиперболы.

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

Подсказка

Число ядер изотопа убывает как \(2^{-t/\tau}\), поэтому \(T_0\) лет назад содержание \(^{235}\)U было выше; мощность находится по числу разделившихся ядер, а вся энергия идёт на нагрев и испарение воды.

Ответ

1) \(\approx3{,}16\,\%\);  2) \(\approx7{,}7\times10^{7}\) Вт;  3) реактор саморегулировался: при перегреве вода (замедлитель) испарялась, при удвоении притока воды мощность удваивалась;  4) \(\approx9\times10^{13}\) кг.

Решение

i) Скорость естественного распада пропорциональна количеству распадающегося вещества. Если \(\nu\) — количество \(^{235}\)U в некоторый момент времени, то \(\dfrac{d\nu}{dt}=-k\nu\) при некоторой положительной постоянной \(k\). Тогда \(\dfrac{\nu_b}{\nu_a}=e^{-k(t_b-t_a)}\) для моментов \(t_b>t_a\). Период полураспада определяется как время, за которое количество вещества уменьшается вдвое, поэтому \(k\tau_5=\ln2\), \(k=\dfrac{\ln2}{\tau_5}\), \(\dfrac{\nu_b}{\nu_a}=(e^{\ln2})^{-\frac{t_b-t_a}{\tau_5}}=2^{-\frac{t_b-t_a}{\tau_5}}\). Следовательно, количество \(^{235}\)U в природном уране, когда работал реактор Окло, было в \(2^{T_0/\tau_5}\) раз больше. Аналогично, количество \(^{238}\)U было в \(2^{T_0/\tau_8}\) раз больше. Естественное содержание \(^{235}\)U \(T_0\) лет назад \[R_1\approx\frac{\dfrac{\nu_5}{\nu_8}\,2^{T_0/\tau_5}}{\dfrac{\nu_5}{\nu_8}\,2^{T_0/\tau_5}+2^{T_0/\tau_8}}\approx3{,}16\,\%,\] где \(\nu_5\) и \(\nu_8\) — числа изотопов урана. Помните, что \(R=\nu_5/(\nu_5+\nu_8)\), поэтому \(\nu_5/\nu_8=R/(1-R)\).

ii) Здесь и далее будем считать, что до начала работы реактора Окло содержание изотопов урана в нём совпадало с естественным. После окончания работы изотопы \(^{235}\)U продолжали распадаться с обычной скоростью, достигнув значения, которое мы видим сегодня.

Масса \(^{235}\)U после окончания работы реактора была \(M_1\approx2^{T_0/\tau_5}MR_O\approx1{,}84\times10^{7}\) кг.

Изотопы \(^{238}\)U распадались обычным образом, и по ним мы вычислим массу \(^{235}\)U до начала работы реактора. Масса \(^{238}\)U была примерно \(M(1-R)\,2^{T_0/\tau_8}\). Массу \(^{235}\)U до работы реактора можно оценить как \[M_0=\frac{R_1}{1-R_1}\,M(1-R)\,2^{T_0/\tau_8}\approx2{,}14\times10^{7}\ \text{кг}.\] Число ядер \(^{235}\)U, вступивших в реакцию, \[\nu=[(M_0-M_1)/0{,}235]\cdot N_A\approx7{,}61\times10^{30}.\] Выделившаяся при делении энергия равна этому значению, умноженному на \(E_0\). Средняя мощность реактора \(\nu E_0/T\approx7{,}73\times10^{7}\) Вт.

iii) Нейтроны, высвобождающиеся при делении, обычно имеют большую кинетическую энергию, при которой вероятность вызвать дальнейшие деления мала. Чтобы повысить эту вероятность, их нужно замедлить. Вода относительно хорошо замедляет нейтроны. Такое замедление называется «модерацией». Реактор не мог взорваться, потому что вода, необходимая для замедления, испарялась бы при слишком большом росте мощности. Это не позволило бы развиться неуправляемой цепной реакции. Мощность реактора зависит от присутствия воды, и поэтому работа была саморегулирующейся. Когда приток воды удваивался, мощность тоже удваивалась.

iv) Энергия, выделенная реактором, равна \(\nu E_0\). Будем считать, что подавляющая её часть пошла на нагрев и испарение воды. Пусть вода втекает при \(0\,^\circ\)C, а вытекает при \(100\,^\circ\)C. Тогда энергия, поглощаемая 1 кг воды, равна \((100\ \text{К})\,c+L=E_w=2{,}68\times10^{6}\) Дж. Полная масса воды, протёкшей через реактор Окло, равна \(\nu E_0/E_w=9{,}09\times10^{13}\) кг.

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

Подсказка

Сила определяется разностью давлений Лапласа в мениске, действующей на круг радиуса шейки; радиус кривизны мениска связан с радиусом шейки теоремой о секущих.

Ответ

\(\Delta F\approx4\pi\sigma R\).

Решение

Решение 1. Пусть радиус шейки \(\rho\ll R\); тогда сила поверхностного натяжения в месте контакта с шаром пренебрежимо мала (угол к горизонтали \(\approx0\)). Тогда радиус кривизны мениска \(r\ll\rho\) можно найти из теоремы о пересекающихся секущих, применённой к точке \(C\) на нижнем краю шейки относительно шара, и приближения, что точка \(T\) (почти) является точкой пересечения \(CD\) с окружностью: \(2r\cdot2R\approx\rho^2\).

На рисунке \(AC^2\approx CT\cdot CD\), причём мы приближённо считаем \(CT\) равным \(2r\), \(R+r\) равным \(R\), а \(AC\) равным \(\rho\). Разность давлений между водой и окружающим воздухом равна \(\Delta p=\sigma/r\). Её полная вертикальная составляющая равна её величине, умноженной на вертикальное сечение \(S=\pi\rho^2\). Поэтому полная разность вертикальных сил, действующих на шар в двух случаях (с водой и без неё), равна \(\Delta F\approx\sigma\pi\rho^2/r=4\pi\sigma R\).

Решение 2 (Eppu Leinonen). Положение мениска можно параметризовать углом \(\theta\ne\angle TOA\). Мениск мал, так как мало количество воды. Поэтому \(|\theta|\ll1\), и радиусы можно приближённо записать как \(\rho=R\sin\theta\approx R\theta\) и \(2r\approx R(1-\cos\theta)\approx R\theta^2/2\). Изменение силы нормального давления из-за поверхностного натяжения \(\Delta F_\sigma=2\pi\sigma\rho\sin\theta\approx2\pi\sigma R\theta^2\approx0\). По уравнению Юнга — Лапласа \(\Delta p=\sigma(1/\rho-1/r)\approx\sigma(1/\theta-4/\theta^2)\). Поэтому полное изменение силы нормального давления из-за разности давлений \(\Delta F_p=-S\Delta p=-\pi\rho^2\Delta p\approx\pi\sigma R(4-\theta)\approx4\pi\sigma R\). То есть \(\Delta F=\Delta F_p+\Delta F_\sigma\approx\Delta F_p\approx4\pi\sigma R\).

Замечание. Распространённый подход — использовать метод виртуальных перемещений для силы, вызванной мениском. Однако оказывается, что \(\delta A_{lg}\propto\sqrt r\,\delta r\) (площадь границы мениск — воздух примерно равна половине сферического тора с радиусами \(\rho\) и \(r\)), что означает пренебрежимо малое изменение потенциальной энергии из-за изменения площади поверхности (\(r\ll R\)). Таким образом, виртуальная работа, совершаемая при подъёме шара, лишь компенсирует виртуальную работу сил давления, что сводит задачу обратно к решению 1 или решению 2.

Решение 3 методом виртуальных перемещений (Jaan Kalda). Обозначим площадь контакта воды и пластины \(A=\pi\rho^2\); тогда площадь контакта воды и шара тоже приближённо равна \(A\). Пусть шар сначала касается пластины, а затем приподнимается на \(dx\). Так как объём воды сохраняется, работа атмосферного давления равна нулю, и \(2r\,dA=A\,dx\), где \(dA\) — изменение площади контакта; следовательно, \(\dfrac{dA}{dx}=A/2r\). Между тем при нулевом краевом угле разность поверхностных энергий на границах воздух — твёрдое тело и вода — твёрдое тело равна поверхностной энергии границы вода — воздух. Этот факт можно выразить через три коэффициента поверхностного натяжения, обозначаемые \(\sigma_1\), \(\sigma_2\) и \(\sigma\) соответственно: \(\sigma_1-\sigma_2=\sigma\cos\alpha=\sigma\). При нашем виртуальном перемещении граница воздух — вода остаётся почти неизменной, а граница воздух — твёрдое тело увеличивается на \(2\,dA\) (поровну за счёт поверхностей шара и пластины). Поэтому поверхностная энергия возрастает на \(dU=(\sigma_1-\sigma_2)\,2\,dA=2\sigma\,dA\). Теперь силу можно найти как \(F=\dfrac{dU}{dx}=2\sigma\dfrac{dA}{dx}=\sigma A/r\). Это то же выражение, которое мы получили из уравнения Юнга — Лапласа. Дальше решение идёт теми же шагами, что и выше.

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

Подсказка

Тень Луны движется по Земле почти со скоростью самой Луны на орбите; вращение Земли даёт относительную скорость, которую нужно сложить векторно; в п. vi вероятность равна доле площади Земли, накрытой полосой затмения.

Ответ

1) \(\approx3{,}46\) ч;  2) \(\approx128^\circ\);  3) \(\approx180\) км;  4) \(\approx4{,}6\) мин;  5) \(\approx3{,}8\) мин;  6) \(\approx500\) лет.

Решение

i) Так как расстояние от Луны до Солнца гораздо больше расстояния от Луны до Земли, скорость тени Луны на Земле можно считать равной скорости самой Луны. Скорость Луны — отношение длины её орбиты к периоду: \[v_m=\frac{2\pi R_m}{T_m}=1{,}02\ \text{км/с}.\] Так как в пик затмения центры Земли, Луны и Солнца лежат на одной прямой, тень Луны при взгляде с торца движется вдоль диаметра Земли. Поэтому тень проходит расстояние \(2r_e\), пока она ещё видна на Земле, и затмение будет наблюдаемо в течение времени \[T_{\text{зат}}=\frac{2r_e}{v_m}=\frac{r_e}{\pi R_m/T_m}\approx12{,}5\times10^{3}\ \text{с}=3{,}46\ \text{ч}.\]

ii) Без вращения Земли тень Луны охватила бы около \(\pi\) радиан. За время \(T_{\text{зат}}\) Земля поворачивается на \(2\pi\,T_{\text{зат}}/T_0\) радиан. Вращение Земли идёт «в ту же сторону», что и движение тени Луны, поэтому полный охват затмения по долготе равен \(|180^\circ(1-2T_{\text{зат}}/T_0)|\approx128^\circ\).

iii) Вблизи окончания затмения вращение Земли перемещает поверхность под тенью Луны почти перпендикулярно скорости тени Луны. Поэтому ширина тени Луны равна расстоянию, пройденному тенью Луны за время полной фазы в этой точке: \[w_\lambda=v_mt_0=2\pi R_m\frac{t_0}{T_m}\approx123\ \text{км}.\] На экваторе поверхность Земли ближе к Луне на \(r_e\), чем в точке, где затмение заканчивается, что дополнительно увеличивает площадь полной тени. Так как Луна занимает на небе угол примерно \(\alpha=2r_m/R_m\) радиан, то при приближении к Луне на \(r_e\) ширина её тени увеличится примерно на \(\alpha r_e\approx57{,}7\) км. Таким образом, полная ширина тени вблизи экватора около \(w_{eq}=v_mt_0+\alpha r_e=180\) км.

iv) Пик затмения приходится на экватор — во-первых, потому что там тень Луны наибольшая из-за близости к Луне, а во-вторых, потому что вращение Земли там самое быстрое, а вращение Земли удлиняет затмение. На экваторе поверхность Земли движется со скоростью \(v_e=2\pi r_e/T_0=0{,}46\) км/с. Угол между скоростью поверхности Земли на экваторе и скоростью тени Луны равен \(\lambda\), поэтому относительную скорость тени Луны можно получить по теореме косинусов: \[v_{\text{отн}}=\sqrt{v_m^2+v_e^2-2v_mv_e\cos\lambda}=0{,}654\ \text{км/с}.\] Следовательно, время, в течение которого затмение наблюдается в пике, \(t_{eq}=w_{eq}/v_{\text{отн}}=276\) с \(=4{,}6\) мин.

v) Так как \(a\ll r_e\), относительную скорость тени Луны и Земли можно считать такой же, как в предыдущем пункте. Полная тень Луны на Земле на экваторе — круг, и расстояние, которое тень Луны должна пройти за время полной фазы в точке, смещённой на \(a\), по теореме Пифагора равно \(2\left(w_{eq}^2/4-a^2\right)^{1/2}\). Тогда затмение наблюдается в течение \[\frac{1}{v_{\text{отн}}}\sqrt{w_{eq}^2-4a^2}=230\ \text{с}=3{,}8\ \text{мин}.\]

vi) При наших предположениях типичная ширина затмения равна \((w_\lambda+w_{eq})/4\), а типичная длина на поверхности Земли равна \(\pi r_e\). Поэтому типичное затмение покрывает площадь, равную произведению двух указанных величин. Отсюда вероятность того, что затмение будет заметно из произвольной данной точки Земли, равна площади, охваченной затмением, \(\pi r_e(w_\lambda+w_{eq})/4\), делённой на площадь поверхности Земли \(4\pi r_e^2\). Тогда ожидаемое число затмений до того, как одно из них накроет данную произвольную точку, равно обратной величине этой вероятности. Так как затмения происходят в среднем раз в 18 месяцев, ожидаемое время этого события \[\frac{16\,r_e}{w_\lambda+w_{eq}}\cdot18\ \text{месяцев}\approx500\ \text{лет}.\]

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

Подсказка

В п. i сравните два маятника разной длины с одинаковыми периодами — длинный с малой амплитудой, короткий с большой. В п. ii подвесьте нить между двумя точками на одном уровне, повесив скобку известной массы посередине, и используйте равновесие сил.

Ответ

1) \(A=\dfrac{\sqrt{l_0/l_1}-1}{\alpha^2}\), у авторов \(A\approx0{,}07\) (теоретическое \(\approx0{,}063\));  2) \(\dfrac Ml=\dfrac ml\left(\operatorname{tg}\alpha_1\operatorname{tg}\alpha_2-1\right)\), у авторов \(\approx0{,}12\) г на указанную длину.

Решение

i) Строим два маятника разной длины и отпускаем их с разных углов так, чтобы их периоды были одинаковыми. Для более длинного маятника выбираем достаточно малую амплитуду, чтобы можно было использовать формулу для малых углов, а для короткого маятника — большую амплитуду.

Измеряем длины маятников. Пусть \(l_0\) — длина более длинного маятника, а \(l_1\) — длина более короткого. Дополнительно транспортиром измеряем угловую амплитуду \(\varphi\) (в градусах) более короткого (колеблющегося с большей амплитудой) маятника. Из равенства периодов получаем \[\sqrt{l_0}=\sqrt{l_1}\,(1+A\alpha^2),\] откуда \[A=\frac{\sqrt{\dfrac{l_0}{l_1}}-1}{\alpha^2}=\frac{\sqrt{\dfrac{l_0}{l_1}}-1}{\left(\dfrac{\pi\varphi}{180^\circ}\right)^2}.\] Повторяем опыт с разными длинами и в конце находим среднее по результатам. При примерных значениях \(\varphi=55^\circ\), \(l_0=41{,}5\) см, \(l_1=36{,}5\) см получаем \(A\approx0{,}07\). Теоретическое истинное значение \(A\approx0{,}063\), но ожидаемое измеренное значение несколько больше, так как члены более высокого порядка теоретического разложения \((1+A\alpha^2+B\alpha^4+\dots)\) «объединяются» в значении \(A\). Поэтому в целом чем больше угол, использованный при измерении, тем больше значение \(A\), и ожидаемым считается значение в диапазоне \(A\in[0{,}06;\,0{,}08]\).

Отметим распространённую попытку решения: измерять число периодов, через которое два маятника одинаковой длины, но с разными начальными углами, снова синхронизируются (то есть получать сдвиг фаз). Однако погрешность этого метода очень велика, в значительной степени из-за того, что амплитуда при больших углах резко убывает вследствие диссипации энергии. Даже если получено значение \(A\approx0{,}07\), оно поэтому может не считаться «правильным». Однако если учесть уменьшение амплитуды, например усредняя угловые амплитуды за время измерения, можно получить более точный и верный результат.

Другая распространённая попытка — использовать второй маятник в качестве «часов» — даёт слишком низкое временно́е разрешение и потому не засчитывается.

ii)

Привяжем красную нить к двум точкам крепления на одном горизонтальном уровне и подвесим скобку известной массы за среднюю точку. Измеряем углы, которые нить образует с горизонтальной плоскостью, в средней точке и вблизи опор, усредняя последние для большей точности. Пусть \(\alpha_1\) — угол на уровне скобки, а \(\alpha_2\) — угол на уровне опоры. Пусть \(T_x\) — (неизвестная) горизонтальная составляющая натяжения нити. Вдоль нити между скобкой и опорой \(T_x\) постоянна, так как все действующие силы вертикальны.

Равновесие скобки даёт \(2T_x\operatorname{ctg}\alpha_1=mg\). Равновесие нити строго между скобкой и опорой даёт \(2T_x(\operatorname{tg}\alpha_2-\operatorname{ctg}\alpha_1)=Mg\), где \(M\) — масса нити. Вычисляем массу одного метра нити: \[\frac Ml=\frac ml\cdot\frac{\operatorname{tg}\alpha_2-\operatorname{ctg}\alpha_1}{\operatorname{ctg}\alpha_1}=\frac ml\left(\operatorname{tg}\alpha_1\operatorname{tg}\alpha_2-1\right),\] где \(l\) — измеренная длина нити. Повторяем опыт с разными длинами и в конце находим среднее по результатам. При примерных значениях \(\alpha_1=70^\circ\), \(\alpha_2=41^\circ\) находим \(M\approx0{,}12\) г (взвешиванием нити на весах найдено истинное значение \(0{,}135\) г).

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

Подсказка

В п. i изображение формируют вертикальные лучи; в п. iii используйте сохранение энергии и момента импульса относительно оси; в п. iv разверните конус на плоскость — траектория станет прямой.

Ответ

1) \(2\theta=2\operatorname{arctg}\sqrt{1-2r}\approx71^\circ\) (при \(r=0{,}25\)), где \(r\) — измеренное отношение;  2) \(v=\sqrt{Rg\operatorname{ctg}\theta}\);  3) \(R_f=\dfrac{1+\sqrt{33}}{16}R\approx0{,}42R\);  4) \(\Delta\varphi=\dfrac{\pi}{2\sin\theta}\) рад \(=\dfrac{90^\circ}{\sin\theta}\).

Решение

i) Рассмотрим любую крайнюю точку красного сердца и её отражение. Это, вероятно, проще и точнее всего для точек, наиболее удалённых от центра картинки, но подошла бы любая краевая точка красного сердца. Пусть \(\theta\) — половинный угол при вершине конуса. Пусть \(r\) — измеренное отношение (углового) расстояния от воспринимаемого изображения до зеркала к (угловому) расстоянию от воспринимаемого изображения до исходной точки. Тогда \(\dfrac{\operatorname{tg}\theta}{\operatorname{tg}2\theta}=r\), поэтому \(\theta=\arccos\dfrac{1}{\sqrt{2(1-r)}}\), или, что то же, \(\operatorname{arctg}\sqrt{1-2r}\). Разумеется, угол при вершине равен \(2\theta\), то есть вдвое больше найденного.

Для измеренного значения \(r=0{,}25\) получаем ответ \(2\theta\approx1{,}22\) радиана, то есть \(71^\circ\).

ii) Вклад силы тяжести вдоль образующей конуса должен быть равен вкладу центробежной силы. Поэтому \(mg\cos\theta=\dfrac{mv^2}{R}\sin\theta\), откуда \(v=\sqrt{Rg\operatorname{ctg}\theta}\).

iii) Энергия шайбы — сумма её потенциальной энергии в поле тяжести и кинетической энергии, поэтому для максимального вертикального смещения \(h_f\) и скорости \(v_f\) в этот момент имеем \(E=\dfrac{v^2}{8}+gh_f=\dfrac{v_f^2}{2}\). Из сохранения момента импульса между начальным моментом и моментом минимального расстояния до оси, когда скорость горизонтальна, получаем \(\dfrac v2R=v_fR_f\), где \(R_f\) — минимальное расстояние до оси конуса. Связываем \(h_f\) и \(R_f\) через \(\dfrac{R-R_f}{h_f}=\operatorname{tg}\theta\). Тогда \(h_f=(R-R_f)\operatorname{ctg}\theta\). Подставляя \(h_f\) и \(v_f\) в закон сохранения энергии, получаем \(\dfrac{v^2}{8}=\dfrac{v^2R^2}{8R_f^2}-g(R-R_f)\operatorname{ctg}\theta\). Подставляя \(v^2=Rg\operatorname{ctg}\theta\) и решая кубическое уравнение относительно \(R_f\), \(8R_f^3-9RR_f^2+R^3=0\), получаем корни \(R\), \(\dfrac{1+\sqrt{33}}{16}R\) и некоторое отрицательное значение. Наш минимальный радиус, таким образом, равен \(\dfrac{1+\sqrt{33}}{16}R\approx0{,}42R\).

iv) Развернём конус и повторим его рисунок, как на рисунке выше.

Подписи на рисунке: Puck at \(t=0\) — шайба при \(t=0\); Puck trajectory — траектория шайбы; Asymptotic direction relative to vertex — асимптотическое направление относительно вершины; Cone vertex — вершина конуса.

Заметим, что угол при вершине и угол развёртки конуса связаны через площадь конуса \(\pi L^2\sin\theta=\varphi L^2\), и поэтому \(\varphi=\pi\sin\theta\). Траектория шайбы — прямая линия, начинающаяся перпендикулярно краю нашей развёртки конуса. Радиус-вектор повернётся на нашем рисунке на \(90^\circ=\pi/2\) за бесконечное время. Чтобы связать поворот на нашем изображении конуса с поворотом радиус-вектора, напомним, что поворот радиус-вектора на \(360^\circ=2\pi\) соответствует повороту на \(2\varphi\) на нашем рисунке. Поэтому число радиан поворота будет \(\dfrac\pi2\cdot\dfrac{2\pi}{2\pi\sin\theta}=\dfrac{\pi}{2\sin\theta}\).

Решение 2 (Eppu Leinonen). Пусть \(\phi\) — полный угол поворота радиус-вектора, а \(r\) — его длина. Скорость, связанная с \(\dot\phi\), равна \(r\dot\phi\), а скорость, связанная с \(\dot r\), равна \(\dot r\csc\theta\), проекция которой на радиальную ось равна \(\dot r\). Поэтому закон сохранения энергии гласит \(r^2\dot\phi^2+\dot r^2\csc^2\theta=v^2\). Также сохраняется проекция момента импульса на ось симметрии, и поэтому \(r^2\dot\phi=Rv\). Отсюда находим \(\dot\phi\) и подставляем в уравнение сохранения энергии, получая \(\dot r=v\sqrt{1-(R/r)^2}\,\sin\theta\). Интегрируя обе части от момента \(t=0\) до момента \(t=t\) (\(r(0)=R\) и \(r(t)=r\)), получаем \(r^2=R^2+v^2t^2\sin^2\theta\). Тогда \(\dot\phi=\dfrac{Rv}{R^2+v^2t^2\sin^2\theta}\), что можно проинтегрировать от \(t=0\) до \(t=\infty\), заметив, что \(\operatorname{arctg}'x=1/(1+x^2)\); это даёт \(\phi_\infty=\dfrac{\pi}{2\sin\theta}\).

Решение 3 (Eppu Leinonen). Разложим скорость на две составляющие: скорость от изменения угла радиус-вектора \(\phi\), \(v_\perp\), и скорость вверх вдоль конуса \(v_\parallel\). В цилиндрических координатах радиальный закон силы теперь гласит \(N\cos\theta=mv_\perp\dot\phi-m\dot v_\parallel\sin\theta\), а вертикальный закон силы — \(N\sin\theta=mv_\parallel\cos\theta\). Отсюда находим \(\dot\phi=\dot v_\parallel/(v_\perp\sin\theta)\). Из сохранения энергии \(v_\perp=\sqrt{v^2-v_\parallel^2}\), и поэтому \(\phi_\infty=\dfrac{1}{\sin\theta}\displaystyle\int_0^v\frac{dv_\parallel}{\sqrt{v^2-v_\parallel^2}}=\dfrac{\pi}{2\sin\theta}\). Интеграл легко вычисляется, если заметить, что он представляет четверть площади единичного круга.

Решение 4 (Aleksi Kononen, Eppu Leinonen). Разложим скорость на две составляющие: скорость от изменения угла радиус-вектора \(\phi\), \(v_\perp\), и скорость вверх вдоль конуса \(v_\parallel\). Перейдём в систему отсчёта, вращающуюся вместе с шайбой. В этой системе на шайбу будут действовать три силы инерции: центробежная, Кориолиса и Эйлера. И сила Кориолиса, и сила Эйлера направлены перпендикулярно \(v_\parallel\) и касательно к конусу. Однако так как система вращается вместе с шайбой, \(\dot v'_\perp=0\) в этой системе, и поэтому силы Кориолиса и Эйлера должны компенсироваться. Это значит, что радиальная составляющая нормальной силы равна \(N_r=mv_\perp^2/r\). Поэтому в инерциальной системе получаем \(\dot v_\parallel=\dfrac{v_\perp^2}{r\sin\theta}\). С другой стороны, \(\dot\phi=v_\perp/r=\dfrac{1}{\sin\theta}\,\dot v_\parallel/v_\perp\). Из сохранения энергии \(v_\perp=\sqrt{v^2-v_\parallel^2}\), и поэтому \(\phi_\infty=\dfrac{1}{\sin\theta}\displaystyle\int_0^v\frac{dv_\parallel}{\sqrt{v^2-v_\parallel^2}}=\dfrac{\pi}{2\sin\theta}\). Интеграл легко вычисляется, если заметить, что он представляет четверть площади единичного круга.

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

Подсказка

Длинный прямой фронт означает равенство фазовой и групповой скоростей, \(d\omega/dk=\omega/k\); угол фронта к скорости объекта даёт \(\omega/k=U\sin\mu\).

Ответ

1) \(\alpha=1\), \(\beta=3\);  2) \(\sigma=\dfrac{\rho U^4\sin^4\mu}{4g}\approx60\ \text{г}\cdot\text{с}^{-2}\) (при измеренном \(\mu\approx21{,}5^\circ\)).

Решение

i) Размерности \(gk^\alpha\) и \(\dfrac\sigma\rho k^\beta\) равны с\(^{-2}\), а размерность \(k\) — м\(^{-1}\). Размерность поверхностного натяжения — кг/с\(^2\). Поэтому \(\alpha=1\) и \(\beta=3\).

ii) Фазовая и групповая скорости кильватерного следа равны, то есть \(\dfrac{d\omega}{dk}=\dfrac\omega k\). Отношение \(\dfrac\omega k\) можно найти из угла Маха, образуемого волновым фронтом на картинке: \(\sin\mu=\dfrac{\omega}{Uk}\). Дифференцируя закон дисперсии, \[2\omega\frac{d\omega}{dk}=\left(g+\frac{3\sigma}{\rho}k^2\right)\quad\Longrightarrow\quad2\omega^2=k\left(g+\frac{3\sigma}{\rho}k^2\right).\] Подставляя наш закон дисперсии, получаем \(g=\dfrac\sigma\rho k^2\) и \(\omega^2=2gk\). Подставляя \(g^{1/2}=\left(\dfrac\sigma\rho\right)^{1/2}k\), приходим к \(\dfrac{\omega^2}{k^2}=2\left(\dfrac{g\sigma}{\rho}\right)^{1/2}\). Следовательно, можно найти \[\sigma=\frac{\rho U^4\sin^4\mu}{4g}\approx60\ \text{г}\cdot\text{с}^{-2}\] при измеренном \(\mu\approx21{,}5^\circ\).

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

Подсказка

Отложите от одной точки векторы \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\): конец вектора ветра лежит на геометрическом месте точек, равноудалённых (или удалённых в заданном отношении) от их концов.

Ответ

1) \(\dfrac12\sqrt{v_1^2+v_2^2-2v_1v_2\cos\alpha}\);  2) \(\dfrac{|v_1^2-v_2^2|}{2\sqrt{v_1^2+v_2^2-2v_1v_2\cos\alpha}}\);  3) \(\dfrac{\sqrt{17-8\cos\alpha}-4\sin\frac\alpha2}{3}\,v\).

Решение

i) Пусть \(\vec w\) — скорость ветра на высоте самолётов, а \(\vec u_1\) и \(\vec u_2\) — скорости самолётов в отсутствие ветра соответственно. \(\vec v_1=\vec w+\vec u_1\), \(\vec v_2=\vec w+\vec u_2\). Пусть \(O'\) — такая точка, что \(\overrightarrow{OO'}=\vec w\), \(A\) — такая точка, что \(\overrightarrow{OA}=\vec v_1\), и \(B\) — такая точка, что \(\overrightarrow{OB}=\vec v_2\).

Так как \(|\vec w-\vec v_1|=|\vec w-\vec v_2|\), мы знаем, что \(O'\) лежит на серединном перпендикуляре к \((AB)\), который обозначим \(l\). Простая проверка показывает, что все точки этой прямой являются допустимым выбором для \(\vec w\). \(|\vec u_1|=|AO'|\). Минимальную воздушную скорость можно найти как длину перпендикуляра из \(A\) на \(l\), равную \(|AB|/2\). В векторном виде через \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\): \[|\vec u_1|_{\min}=|\vec v_1-\vec v_2|/2=\frac12\sqrt{v_1^2+v_2^2-2v_1v_2\cos\alpha}.\]

ii) Минимальная скорость ветра равна длине перпендикуляра из \(O\) на \(l\). Это длина проекции \((\vec v_1+\vec v_2)/2\) на \(\vec v_1-\vec v_2\), и её можно найти так: \[|\vec w|_{\min}=\frac{|(\vec v_1+\vec v_2)\cdot(\vec v_1-\vec v_2)|}{2|\vec v_1-\vec v_2|}=\frac{\bigl||\vec v_1|^2-|\vec v_2|^2\bigr|}{2|\vec v_1-\vec v_2|}=\frac{|v_1^2-v_2^2|}{2\sqrt{v_1^2+v_2^2-2v_1v_2\cos\alpha}}.\]

iii) В этом случае \(|\vec w-\vec v_1|=2|\vec w-\vec v_2|\), поэтому \(O'\) лежит на окружности Аполлония относительно точек \(A\) и \(B\), такой, что точки окружности вдвое ближе к \(B\), чем к \(A\). Пусть её центр — \(O''\). Её радиус \(R_A=2|\vec v_1-\vec v_2|/3\) (его можно найти, рассматривая точки пересечения окружности Аполлония с прямой \(AB\)). Нужно найти кратчайшее расстояние от \(O\) до этой окружности, которое равно \(|OO''|-R_A\). Заметим, что \(\overrightarrow{OO''}=(4/3)\vec v_2-(1/3)\vec v_1\). Минимальная скорость ветра тогда \[|\vec w|_{\min}=\left|\frac43\vec v_2-\frac13\vec v_1\right|-\frac23|\vec v_2-\vec v_1|=\frac{\sqrt{17-8\cos\alpha}-4\sin\frac\alpha2}{3}\,v.\]

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

Подсказка

Перейдите в свободно падающую систему отсчёта: центр масс покоится, оторвавшийся шарик и центр масс пары движутся прямолинейно, а угловая скорость пары равна угловой скорости вращения всего треугольника.

Ответ

1) \(\theta=\sqrt{\dfrac43\left(\dfrac{AM}{l}\right)^2-1}\approx5{,}5\) рад (\(\approx5{,}6\) рад по критериям);  2) против часовой стрелки.

Решение

Рассмотрим точки: \(A\), где находится оторвавшийся шарик, и \(M\) — середину оставшейся нити. Пусть \(G\) — центр масс трёх шариков, лежащий на отрезке \([AM]\) так, что \(GA=2GM\).

Так как на все шарики действовала одна и та же сила тяжести, можно рассмотреть их свободно падающую систему отсчёта и заметить, что наша картинка в лабораторной системе — просто параллельный перенос подобной картинки, снятой в свободно падающей системе. Поэтому мы можем работать в свободно падающей системе и считать, что и оторвавшийся шарик, и центр масс двух других шариков двигались по прямой линии (\(A\) и \(M\) двигались линейно по времени). Общий центр масс \(G\) вообще не сдвинулся.

Длину нити легко найти по рисунку; обозначим её \(l\). До обрыва нитей шарики вращались вокруг \(G\), их траектории были касательны к окружности с центром \(G\) и радиусом \(\dfrac{\sqrt3}{3}l\). Оторвавшийся шарик продолжил двигаться по такой траектории, пока не достиг точки \(A\). Поэтому мы знаем, что пройденный шариком путь равен длине его касательной к окружности \(\mathcal C\left(G,\dfrac{\sqrt3}{3}l\right)\). Эта длина равна \(\sqrt{AG^2-\dfrac{l^2}{3}}=vT\), где \(v\) — скорость оторвавшегося шарика.

Для двух шариков, оставшихся связанными, момент импульса относительно их центра масс сохранялся, и поэтому они вращались вокруг него со скоростью \(\dfrac{\sqrt3}{2}v\). Угол, на который они повернулись, равен \[\theta=\frac{\sqrt3\,v}{l}T=\frac{\sqrt{3AG^2-l^2}}{l}=\sqrt{\frac43\left(\frac{AM}{l}\right)^2-1}.\] При измеренном значении \(\dfrac{AM}{L}\approx4{,}8\) получаем \(\theta\approx5{,}5\) радиана.

Тот же угол можно найти геометрически: рассмотрим касательные из \(M\) к окружности \(\mathcal C\left(G,\dfrac{\sqrt3}{6}l\right)\). Каждая прямая отвечает одному из случаев — вращения по часовой стрелке или против. Оставшаяся нить шла вдоль каждой из этих прямых соответственно, когда две другие нити порвались. «Верхняя» прямая соответствует вращению по часовой стрелке, а «нижняя» — против часовой стрелки. Поэтому угол следует измерять по часовой стрелке и против часовой стрелки соответственно. Наиболее подходящим оказывается случай вращения против часовой стрелки.

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

Подсказка

Сопротивление тонкой алюминиевой полоски велико, если её нарезать длинной и узкой, и тогда толщину можно найти из \(R=\rho l/(wt)\); пищевую плёнку используйте как диэлектрик конденсатора между двумя листами фольги, предварительно измерив её толщину сложенной в много слоёв.

Ответ

1) \(t=\dfrac{\rho l}{Rw}\approx6{,}3\) мкм;  2) \(\varepsilon=\dfrac{Cd}{\varepsilon_0S}\approx5\) (толщина плёнки \(d\approx13{,}5\) мкм).

Решение

i) Выданный мультиметр недостаточно точен, чтобы измерить сопротивление алюминиевого покрытия как есть. Чтобы увеличить сопротивление, мы вырезаем из него длинную тонкую полоску примерно одинаковой ширины. Мы также зачищаем концы полоски (губкой), чтобы улучшить контакт с зажимами «крокодил». Включаем мультиметр в цепь с алюминиевой полоской и измеряем сопротивление \(R=\dfrac{\rho l}{S}\), где \(S\) — площадь поперечного сечения, а \(l\) — длина нашей полоски. Так как \(S\) равна произведению толщины \(t\) на ширину \(w\) нашей полоски, находим \[t=\frac{\rho l}{Rw}\approx6{,}3\ \text{мкм}.\] Замечание: прямое измерение толщины алюминиевой фольги (например, предварительно сложив её несколько раз) дало бы неточный результат из-за бумажной составляющей материала.

ii) Сначала мы измеряем толщину нашей пищевой плёнки, складывая её столько раз, чтобы достичь точности нашего оборудования: \(t\approx13{,}5\) мкм.

Затем помещаем плёнку между двумя листами алюминиевой фольги так, чтобы измеренная площадь \(S\) плёнки оказалась зажата между листами фольги (и, разумеется, листы фольги не должны соприкасаться, иначе образуется короткое замыкание). Так мы создали конденсатор. Его конструкция несовершенна, поскольку между слоями есть воздушные зазоры. Чтобы свести воздушные зазоры к минимуму, мы физически прижмём конструкцию с помощью деревянной ламинированной плиты (подложив амортизирующий материал, чтобы давление распределялось ближе к равномерному).

Остаётся подключить мультиметр к конденсатору, присоединив каждый зажим «крокодил» к своему листу алюминиевой фольги. Показания могут быть довольно нестабильными; мы будем считать наибольшее значение, отображаемое на мультиметре, так как оно соответствует наименьшему количеству воздуха в системе. \[C=\frac{\varepsilon\varepsilon_0S}{d}\quad\Longrightarrow\quad\varepsilon=\frac{Cd}{\varepsilon_0S}\approx5.\] Повторяем опыт, возможно, также рассматривая разные площади конденсатора.

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