NBPhO 2025, теоретический тур

Подсказка

Удар длится гораздо меньше периода колебаний, поэтому передний шар мгновенно разворачивает скорость, а остальная гантель ещё «не знает» об ударе. При наклонной оси к продольным колебаниям добавляется вращение вокруг центра масс.

Ответ

i) \(T=4\pi\dfrac rd\sqrt{\dfrac{2\rho rl}{3Y}}\approx0{,}64\) мс;  ii) \(\tau\sim 2r\sqrt{\rho/Y}\approx4\) мкс;  iii) график на рисунке в решении;  iv) \(\alpha_0=\operatorname{arctg}\sqrt{0{,}217}\approx25^\circ\);  v) \(v\sin^2\alpha\).

Решение

i) Свободные колебания гантели происходят около центра масс, то есть около середины стержня. Поэтому нужна жёсткость половины стержня. Эта жёсткость выражается как \(k=Y\dfrac{\pi}{2}\dfrac{d^2}{l}\). Нужна также масса шара \(m=\dfrac43\pi r^3\rho\). Угловая частота колебаний \(\omega=\sqrt{k/m}\), следовательно, период \[T=2\pi\sqrt{\frac mk}=4\pi\frac rd\sqrt{\frac{2\rho rl}{3Y}}\approx0{,}64\text{ мс}.\]

ii) Проще всего оценить так: сжатый шар — по существу волна сжатия в стали, поэтому период — порядка периода волны с длиной волны \(2r\). Зная скорость звука \(c_s=\sqrt{Y/\rho}\), получаем \(\tau\sim2r/c_s=2r\sqrt{\rho/Y}=4\) мкс. Альтернативно, можно считать шар пружиной жёсткости \(\kappa\sim Yr\) и массы \(\sim m\) и получить аналогичный результат: \(\tau\sim2\pi\sqrt{m/\kappa}\).

iii) Когда гантель с осью, перпендикулярной стене, приближается со скоростью \(\vec v=-v\hat x\), первым со стеной взаимодействует передний шар. Поскольку время удара (\(\tau\approx4\) мкс) много меньше периода колебаний (\(T\approx0{,}64\) мс), скорость переднего шара почти мгновенно меняется с \(-v\) на \(+v\), а задний шар продолжает двигаться со скоростью \(-v\). Так как массы шаров равны, центр масс остаётся неподвижным. Затем гантель колеблется около этого неподвижного центра масс, причём скорость переднего шара изменяется по синусоиде на протяжении полупериода, переходя от \(+v\) к \(-v\) за время \(T/2\). Когда скорость достигает \(-v\), передний шар снова ударяется о стену, и его скорость мгновенно меняется с \(-v\) на \(+v\). После этого второго удара оба шара удаляются от стены с одной и той же скоростью \(+v\), так что гантель в целом улетает со скоростью \(+v\).

На рисунке: \(t\) — время, \(v\) — \(x\)-компонента скорости переднего шара.

iv) Во время удара скорость переднего шара становится противоположной, поэтому центр масс останавливается (задний шар всё ещё движется со старой скоростью). После столкновения передний шар получает составляющую \(v\cos\alpha\) вдоль оси и \(v\sin\alpha\) перпендикулярно ей. Первая возбуждает колебания с периодом \(T\), вторая — вращение с угловой скоростью \[\Omega=\frac{v\sin\alpha}{l/2}=\frac{2v\sin\alpha}{l}.\] Шар ударится о стену дважды, если вращение медленное, и только один раз, если вращение достаточно быстрое; изучим это подробнее. К моменту времени \(t\ll1/\Omega\) угол поворота равен \(\Omega t\), а расстояние от центра вращения до дальней точки шара равно \(l/2-a\sin(\omega t)\), где амплитуду колебаний можно получить из закона сохранения энергии: \(a=v\cos\alpha\sqrt{m/k}=v\cos\alpha/\omega\). Итак, расстояние от стены до ближайшей к ней точки равно \[\begin{gather*} \frac l2\cos\alpha-\left[\frac l2-a\sin(\omega t)\right]\cos(\alpha+\Omega t)\approx\\ \approx\frac l2\Omega t\sin\alpha+a\cos\alpha\sin\omega t=vt\sin^2\alpha+\frac v\omega\cos^2\alpha\sin\omega t=\\ =\frac v\omega\, s\sin^2\alpha+\frac v\omega\cos^2\alpha\sin s,\qquad s\equiv\omega t. \end{gather*}\] Если это выражение становится отрицательным, произойдёт второе столкновение. Значит, переходное значение \(\alpha=\alpha_0\) таково, что выражение никогда не бывает отрицательным; следовательно, \[\operatorname{tg}^2\alpha_0=-\min\frac{\sin s}{s}\approx0{,}217,\] откуда \[\alpha_0=\operatorname{arctg}\sqrt{0{,}217}\approx25^\circ.\]

v) Используя результаты предыдущего пункта: угловая скорость после первого столкновения \(\Omega=2v\sin\alpha/l\). Гантель вращается вокруг центра масс, продольные колебания затухают к моменту второго столкновения. Она вращается, пока другой шар не ударится о стену. В момент второго столкновения скорость шара равна \(v\sin\alpha\), а её проекция на нормаль к стене равна \(-v\sin^2\alpha\). При втором столкновении эта составляющая меняет знак, в результате оба шара имеют теперь \(x\)-составляющую скорости \(v\sin^2\alpha\). Следовательно, это и есть скорость центра масс — скорость, с которой гантель удаляется от стены.

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

Подсказка

Пока поршень тянут, объём заполняется паром, поэтому давление под поршнем равно давлению насыщенного пара при данной температуре. В пункте iii) в равновесии тепловой поток к коже из воздуха равен теплоте, уносимой испаряющейся водой, а оба потока выражаются через градиенты на одной и той же толщине слоя.

Ответ

i) \(F=S(p_0-p_1)\approx300\) Н;  ii) \(m\approx650\) г;  iii) \(T_s\approx41{,}5\,^\circ\)C.

Решение

i) Вода с хорошим приближением несжимаема; поэтому, когда поршень начинает двигаться, растущий объём должен заполняться газом, которым могут быть только пары воды. Значит, вода начинает кипеть: эти пары должны находиться в равновесии с водой, следовательно, давление пара должно быть равно давлению внутри цилиндра. По графику читаем, что при \(T_0\) плотность пара \(\rho=420\) г/м\(^3\); это соответствует давлению \(p_1=\rho RT/\mu=70\) кПа. При атмосферном давлении \(p_0=100\) кПа сила, необходимая, чтобы тянуть поршень, равна \(S(p_0-p_1)=300\) Н.

ii) Когда поршень вытянут на расстояние \(a\), создавая новый объём \(V_{\text{нов}}=S\times a\), часть воды испаряется и заполняет этот объём паром, а оставшаяся жидкая вода остывает от температуры \(T_0\) до \(T_1\). Массу пара \(m_v\), необходимую для заполнения нового объёма, можно вычислить по плотности пара \(\rho_1=405\) г/м\(^3\): \(m_v=Sa\rho_1\). Для теплового баланса энергия на испарение должна браться из остывания оставшейся жидкой воды: \[m_vL=(m-m_v)\cdot c\cdot(T_0-T_1); \tag{1}\] здесь мы пренебрегли зависимостью \(L\) от температуры и теплоёмкостью водяного пара, так как \(\mu L\gg4R(T_1-T_0)\) (но работу поршня мы не отбросили, потому что \(L\) на самом деле — это уже энтальпия испарения, включающая \(p\Delta V\)). Аналогично, так как \(L\gg c(T_1-T_0)\), в правой части можно пренебречь \(m_v\) и выразить \[m=\frac{m_vL}{c(T_0-T_1)}=\frac{\rho_1SaL}{c(T_0-T_1)}=650\text{ г}. \tag{2}\]

iii) При тепловом равновесии тепловой поток к коже равен потерям теплоты на испарение. Первый (на единицу площади) равен \(\kappa\,\dfrac{dT}{dx}\), а второй (на единицу площади) — \(-LJm\), где \(m\) — масса одной молекулы, равная \(m=\mu/N_A\); получаем \(J\mu L/N_A\). Заметим, что знак минус возникает потому, что частицы диффундируют из областей с большей плотностью в области с меньшей плотностью. Из закона идеального газа \(n=P/Tk_B=PN_A/TR\), откуда \(J=-D\,\dfrac{d}{dx}\dfrac{rp}{Tk_B}=-D\,\dfrac{d}{dx}\dfrac{PN_A}{RT}\). Давление водяного пара связано с \(r\) соотношением \(P=rp\), где \(p\) обозначает давление насыщенного пара при локальной температуре воздуха. Итак, \[\kappa\frac{dT}{dx}=-\frac{DL\mu}{R}\frac{d}{dx}\frac{rp}{T},\] где \(p=p(T)\) обозначает давление насыщенного водяного пара при локальной температуре воздуха; поэтому, интегрируя по \(x\), получаем \[\kappa(T-T_s)=\frac{DL\mu}{R}\left[\frac{p(T_s)}{T_s}-\frac{rp(T)}{T}\right],\] где индекс \(s\) обозначает величины на поверхности кожи. Мы также использовали, что \(r_s=1\), поскольку на поверхности кожи воздух находится в прямом контакте с водой (кожа мокрая из-за потоотделения), так что \(pr_s=p(T_s)\). Подставляя \(\rho=\dfrac{p\mu}{RT}\), получаем \[\rho(T_s)=r\rho(T)+\frac{\kappa}{DL}(T-T_s).\] Здесь по графику находим \(r\rho(T)=24{,}3\) г/м\(^3\) и \(\dfrac{\kappa}{DL}=0{,}51\) г м\(^{-3}\) К\(^{-1}\). Теперь можно провести эту прямую линию на выданном графике и найти точку пересечения: \(T_s=41{,}5\,^\circ\)C.

Решение 2 (Эппу Лейнонен). Можно работать и прямо с \(\rho\): поскольку \(n=N/V=MN_A/\mu V=\rho N_A/\mu\), модуль теплового потока сразу становится равным \[LJm=LmD\frac{dn}{dx}=LmD\frac{N_A}{\mu}\frac{d\rho}{dx}=LD\frac{d\rho_v}{dx},\] где \(\rho_v\) — плотность водяного пара. Тогда, с правильными знаками, \[\kappa\frac{dT}{dx}=-LD\frac{d\rho_v}{dx},\] откуда, интегрируя и используя \(\rho_v=r\rho\), получаем \[\rho(T_s)=r\rho(T)+\frac{\kappa}{DL}(T-T_s),\] и решение продолжается так же.

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

Подсказка

При упругом центральном ударе о покоящуюся частицу нейтрон теряет больше всего скорости, когда массы равны; после каждого удара его скорость умножается на один и тот же множитель, так что число ударов находится через логарифм. В пункте iv) к расширению газа за счёт набухания добавляется парциальное давление ксенона.

Ответ

i) \(v_{\mathrm f}=2{,}2\times10^3\) м/с, \(T_{\mathrm f}\approx290\) К (или \(\approx193\) К при \(E=\tfrac32k_BT\));  ii) \(v_0=2{,}0\times10^7\) м/с;  iii) \(M=m_n\), \(N=614\);  iv) \(n_{\mathrm{Xe}}=5{,}5\times10^{-3}\) моль, \(n_{\mathrm{He}}/n_{\mathrm{Xe}}\approx3{,}3\).

Решение

i) Если скорость частицы много меньше скорости света, можно пользоваться нерелятивистским подходом. Для нерелятивистских частиц \(v=\sqrt{2E_k/m}\). Подстановка значений даёт \(v_{\mathrm f}=2{,}2\times10^3\) м/с. Это много меньше скорости света, так что применение оправдано. Другой способ обосновать применимость нерелятивистского подхода — сказать, что кинетическая энергия значительно меньше энергии покоя (\(E_{\mathrm f}\ll m_nc^2\)).

Опечатка в условии задачи. \(E_{\mathrm f}=0{,}025\) эВ — это мода распределения Максвелла — Больцмана, для которой \(E=k_BT\). Для среднего значения \(E=(3/2)k_BT\).

Используя моду распределения Максвелла — Больцмана \(E=k_BT\) и не забыв правильно перевести эВ в Дж, находим \[T_{\mathrm f}=\frac{0{,}025\cdot1{,}602\times10^{-19}}{1{,}38\times10^{-23}}=290\text{ К}.\] При \(E=(3/2)k_BT\) находим \(T_{\mathrm f}\approx193\) К.

ii) Нерелятивистский подход оправдан, как в предыдущем пункте. Тот же подход даёт \(v_0=2{,}0\times10^7\) м/с.

iii) При столкновении частицы 1 (\(m_1\), \(v_{1,i}\) и \(v_{1,f}\)) и частицы 2 (\(m_2\), \(v_{2,i}\) и \(v_{2,f}\)) сохраняется импульс, \[m_1(v_{1,f}-v_{1,i})=m_2(v_{2,i}-v_{2,f}),\] а так как столкновения упругие, сохраняется и кинетическая энергия: \[m_1(v_{1,f}^2-v_{1,i}^2)=m_2(v_{2,i}^2-v_{2,f}^2).\] Деление второго равенства на первое приводит к \[v_{1,i}+v_{1,f}=v_{2,i}+v_{2,f}.\] Подстановка этого в закон сохранения импульса даёт для частицы 1: \[v_{1,f}=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_{1,i}+\frac{2m_2}{m_1+m_2}v_{2,i},\] и аналогично для частицы 2: \[v_{2,f}=\frac{2m_1}{m_1+m_2}v_{1,i}+\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_{2,i}.\] Видно, что при \(m_1=m_2\) передача импульса максимальна. Предполагая, что частица 1 — нейтрон, а частица 2 — мишень, и что мишень для всех практических целей покоится, получаем, что масса атомов замедлителя должна быть равна массе нейтрона. При одном столкновении с неподвижным атомом замедлителя скорость нейтрона уменьшается в \(\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\) раз, так что скорость нейтрона после \(N\) лобовых столкновений с неподвижными атомами замедлителя будет равна \[v_N=v\left(\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\right)^N.\] Следовательно, \[N=\frac{\ln(v_{\mathrm f}/v_0)}{\ln[|m_1-m_2|/(m_1+m_2)]}=\frac12\,\frac{\ln(E_{\mathrm f}/E_0)}{\ln[|m_1-m_2|/(m_1+m_2)]}=614.\]

iv) Газ внутри стержня можно моделировать как идеальный газ. Только из-за набухания давление внутри стержня выросло бы с \(2{,}5\) МПа до \(5\) МПа, как мы знаем из закона Бойля \(P_1V_1=P_2V_2\Rightarrow P_2=P_1V_1/V_2\). Значит, выделение ксенона должно давать вклад в давление, равный \(1{,}5\) МПа, по закону Дальтона \(p_{\text{полн}}=p_{\mathrm{He}}+p_{\mathrm{Xe}}\). Из закона идеального газа находим количество молей ксенона \[n_{\mathrm{Xe}}=p_{\mathrm{Xe}}V/RT_0=5{,}5\times10^{-3}\text{ моль},\] где \(p_{\mathrm{Xe}}=1{,}5\) МПа, \(V_2=9\) см\(^3\) и \(T=293\) К. Таким же образом находим количество гелия в начале: \[n_{\mathrm{He}}=p_{\mathrm{He}}V_0/RT_0=1{,}8\times10^{-2}\text{ моль},\] где \(p_{\mathrm{He}}=2{,}5\) МПа, \(V_0=18\) см\(^3\) и \(T_0=293\) К. Их отношение \[\frac{n_{\mathrm{He}}}{n_{\mathrm{Xe}}}\approx3{,}3.\]

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

Подсказка

Снимите вольт-амперную характеристику ящика в обоих направлениях: участок, где ток растёт по экспоненте, выдаёт диод, а линейный участок — резистор. Чтобы найти напряжение открывания диода, стоящего параллельно резистору, вычтите из полного тока ток через резистор.

Ответ

i) внутри ящика один диод \(D_1\) в обратном направлении и в прямом направлении две параллельные ветви: диод с меньшим порогом \(D_2\), последовательно с которым стоит резистор, и диод с большим порогом \(D_3\) (схемы на рисунках в решении; различить два варианта включения \(D_3\) только по ВАХ нельзя, действительная схема — второй вариант);  ii) \(R\approx1008\) Ом;  iii) \(V_1=3{,}004\) В, \(V_2=1{,}757\) В, \(V_3=2{,}71\) В (для второго варианта; для первого — \(4{,}47\) В).

Решение

Сначала нужно собрать простую цепь, позволяющую измерить вольт-амперную характеристику (ВАХ) чёрного ящика: вольтметр параллельно ящику, амперметр последовательно. Результаты измерений показаны в таблице ниже — как для прямого тока (синий), так и для обратного (красный) (в заголовках данных обратного тока стоит знак минус).

Эти данные будут использованы во всех заданиях.

На рисунке: Voltage [V] — напряжение, В; Current [mA] — ток, мА; Voltage and Current Measurements — измерения напряжения и тока; V\(_1\), V\(_2\)+IR, V\(_3\) — отмеченные на оси напряжения значения; 1 mA — ток 1 мА. Синяя кривая — прямой ток, красная — обратный.

i) По этим данным можно определить, что есть один диод, пропускающий отрицательные токи, и в этой ветви нет других элементов, так как ВАХ демонстрирует классическую экспоненциальную зависимость, характерную для диода.

Для положительных токов ситуация сложнее: должны быть две параллельные ветви, пропускающие ток. Одна ветвь должна содержать диод с меньшим пороговым напряжением, соединённый последовательно с резистором, что объясняет, почему начальная экспоненциальная кривая переходит в линейную зависимость, характерную для резистивного поведения. Вторая ветвь должна содержать диод с большим пороговым напряжением (приблизительно \(4{,}3\) В), который проводит, только когда это напряжение превышено.

Эта вторая ветвь может быть включена либо параллельно одному только резистору, либо параллельно последовательному соединению резистора и первого диода. Эти две конфигурации нельзя различить только по ВАХ, и обе будут считаться правильными интерпретациями данных. Две возможные схемы показаны ниже.

На рисунках: Lower threshold diode — диод с меньшим порогом (\(D_2\)); Higher threshold diode — диод с большим порогом (\(D_3\)); A, B — выводы чёрного ящика.

Заметим, что ошибочные измерения не дают баллов за достаточность данных (например, если напряжение считывалось с источника питания без внесения поправок).

ii) Сопротивление резистора — это величина, обратная наклону линейного участка кривой. Для точности нужно выбрать наиболее линейный отрезок для этого вычисления. Линия подгонки показана на рисунке выше фиолетовым цветом; она даёт сопротивление \(R=1008\) Ом.

iii) Допустимая погрешность всех последующих результатов — \(\pm10\,\%\) от приведённых здесь значений. Напряжение открывания \(V_1\) диода \(D_1\) можно найти в точке, где красная кривая пересекает значение 1 мА. Для большей точности можно провести дополнительные измерения, постепенно подстраивая напряжение, пока ток не станет в точности равен 1 мА. По нашим измерениям результат равен \(3{,}004\) В.

Значение \(V_2\) можно найти в точке, где синяя кривая достигает 1 мА, вычтя из этого значения падение напряжения на резисторе \(IR\). Это вычисление даёт \(V_2=1{,}757\) В.

Чтобы определить напряжение открывания диода \(D_3\), сначала нужно вычесть ток через резистор. Это можно сделать графически, проведя линию, параллельную линии подгонки линейного участка, на расстоянии 1 мА, как показано на рисунке. Для варианта 1 эта процедура напрямую даёт \(V_3=4{,}47\) В. Для варианта 2 (действительная конфигурация внутри ящика) нужно ещё вычесть напряжение \(V_2\). Следовательно, \(V_3=2{,}71\) В для варианта 2.

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

Подсказка

В системе отсчёта, свободно падающей вместе с точками броска, и камень, и мяч движутся по прямым. В пункте i) полезна система отсчёта, движущаяся вместе с дроном; в пункте ii) скорость мяча минимальна при определённом угле в треугольнике \(S\)–\(B\)–точка встречи.

Ответ

i) \(v_0=2\sqrt{gh}\);  ii) \(v\approx12{,}3\) м/с, \(u\approx10{,}9\) м/с.

Решение

i) В системе отсчёта дрона эффективное поле тяжести равно \((g,g)\); его величина \(g\sqrt2\), направлено оно под углом \(45^\circ\). Начальная кинетическая энергия мяча равна \(\tfrac12mv_0^2\), а конечная — нулю: изменение потенциальной энергии равно \(m(g\sqrt2)\cdot(h\sqrt2)\), где \(h\sqrt2\) — перемещение вдоль направления эффективного поля. Из закона сохранения энергии получаем \(\tfrac12mv_0^2=m(g\sqrt2)\cdot(h\sqrt2)\), откуда \(v_0=2\sqrt{gh}\).

Решение 2 (Анне-Софи Мортенссон и Адам Варнербринг). За время \(t\) дрон проходит расстояние \(s=\tfrac12gt^2\). Чтобы столкновение произошло в момент \(t\), мяч должен пройти вверх расстояние \(h\), что даёт уравнение \(h=vt\sin\alpha-\tfrac12gt^2\), а по горизонтали расстояние \(h+s\), что даёт уравнение \(h+s=vt\cos\alpha\). Из этих уравнений получаем \(vt\sin\alpha=vt\cos\alpha\), то есть \(\alpha=45^\circ\). Значит, начальные \(x\)- и \(y\)-компоненты скорости должны быть равны. Поэтому начальная скорость минимальна, когда наивысшая точка траектории минимальна, а это происходит, когда она находится на высоте \(h\) над точкой бросания. Из закона сохранения энергии получаем \(\tfrac12\left(v_0/\sqrt2\right)^2=gh\), откуда \(v_0=2\sqrt{gh}\).

Альтернативно, минимальную скорость можно получить из \(\alpha=45^\circ\) так. Возвращаясь к нашим кинематическим уравнениям, получаем, что условие совпадения \(x\)-координат дрона и мяча: \(vt\sin\alpha-\tfrac12gt^2=\dfrac{vt}{\sqrt2}-\tfrac12gt^2=h+s=h+\tfrac12gt^2\). Но и для \(y\)-координаты \(h=vt\sin\alpha-\tfrac12gt^2=\dfrac{vt}{\sqrt2}-\tfrac12gt^2\). То есть оба уравнения принимают вид \(\tfrac12gt^2-\dfrac{vt}{\sqrt2}+h=0\), так что нужно лишь найти, какова минимальная скорость, при которой это уравнение имеет решение. Так как уравнение квадратное, оно имеет решение, когда дискриминант \(\Delta\) неотрицателен. Теперь \(\Delta=v^2/2-2gh\) — возрастающая функция \(v\). Значит, минимальная скорость, при которой возможно столкновение, соответствует нулевому дискриминанту. Отсюда \(v=2\sqrt{gh}\).

Альтернативная трактовка. Некоторые школьники поняли задачу так, что у дрона ускорение \((g,-g)\). Эта трактовка делает задачу сложнее и принимается. Следующее решение (Эппу Лейнонен) показывает, как решить этот вариант. Если перейти в систему отсчёта, движущуюся вместе с дроном, то у мяча будет полное ускорение \((-g,0)\), а дрон останется на месте. Это подсказывает повернуть оси координат так, чтобы ускорение мяча стало \((0,-g)\); если поместить начало координат в точку бросания, то дрон окажется в точке \((-h,h)\). Теперь все точки, достижимые мячом с начальной скоростью \(v\), задаются так называемой огибающей, уравнение которой известно: \(y\le v_0^2/2g-gx^2/2v_0^2\). При минимально возможной скорости дрон будет лежать на огибающей, так как иначе точка либо недостижима, либо скорость можно уменьшить. Значит, нужно найти \(v_0\), для которого уравнение \(h=v_0^2/2g-gh^2/2v_0^2\) имеет решение. Преобразование даёт \(v_0^4-2ghv_0^2-g^2h^2=0\), квадратное уравнение относительно \(v_0^2\) (биквадратное относительно \(v_0\)), решения которого \(v_0^2=\dfrac{2gh\pm\sqrt{4g^2h^2+4g^2h^2}}{2}=gh\pm gh\sqrt2\), которое положительно лишь при выборе знака плюс, поэтому \(v_0^2=(1+\sqrt2)gh\), а значит, \(v_0=\sqrt{(1+\sqrt2)gh}\).

ii) Решение 1. Воспользуемся свободно падающей системой отсчёта, в которой мяч и камень движутся по прямым. Эта система за время полёта \(t\) упала вместе с точками \(S\) и \(B\) на \(h=\tfrac12gt^2\), поэтому в ней положение точки столкновения \(C'\) получается сдвигом \(C\) относительно \(S\) и \(B\) на расстояние \(h\) вверх. В этой системе \(|SC'|=vt\) и \(|BC'|=ut\), следовательно, \(|SC'|/|BC'|=v/u\). Скорость \(v\) задана, а \(u\) нужно сделать как можно меньше, поэтому \(|SC'|/|BC'|\) должно быть максимальным. По теореме синусов \(|SC'|/|BC'|=\sin\angle SBC'/\sin\angle C'SB\). Так как \(\angle C'SB\) определяется углом бросания камня и потому фиксирован, мальчику нужно максимизировать \(\sin\angle C'BS\). Очевидно, максимум, равный 1, достигается при \(\angle C'BS=90^\circ\). Следовательно, нужно провести перпендикуляр к \(SB\) в точке \(B\) и найти \(C'\) как точку его пересечения с вертикальной прямой, проведённой через \(C\). Тогда \(|CC'|=\tfrac12gt^2\), откуда получаем \(t=\sqrt{2|CC'|/g}\), \(v=\sqrt g\,|SC'|/\sqrt{2|CC'|}\approx12{,}3\) м/с и \(u=\sqrt g\,|BC'|/\sqrt{2|CC'|}\approx10{,}9\) м/с.

Решение 2. Чисто геометрическое доказательство того, что для минимизации \(BC'/SC'\) нужно \(C'B\perp BS\), таково (остальное решение то же самое). После перехода в свободно падающую систему перейдём в систему, движущуюся со скоростью \(\vec v\). Чтобы мяч попал в камень, его скорость \(\vec u\,'\) в этой системе должна быть направлена на камень. То есть \(\vec u\,'=k\,\overrightarrow{BS}\), где \(k>0\). С другой стороны, \(\vec u\,'=\vec u-\vec v\). Но это означает, что \(\vec v-\vec u\) должен оканчиваться на прямой \(SB\). Возможные конечные точки \(\vec v-\vec u\) получаются проведением окружности радиуса \(u\) вокруг конца вектора \(\vec v\). При минимальном \(|\vec u|\), при котором выполняется условие, что относительная скорость оканчивается на \(SB\), окружность будет касаться \(SB\), что означает \(\vec u\perp\overrightarrow{BS}\). Это заменяет минимизацию отношения и использование теоремы синусов.

Решение 3. Аналитическое доказательство того, что для минимизации \(BC'/SC'\) нужно \(C'B\perp BS\), таково (остальное решение то же самое). Без ограничения общности поместим точку \(S\) в \((0,0)\), а точку \(B\) в некоторую \((q,0)\) (то есть повернём и сдвинем систему координат так, чтобы это достигалось). Прямая \(SC'\) задаётся как \(y=kx\) при некотором \(k\), поэтому общий вид точки \(C'\) — \((x,kx)\). Тогда отношение длин становится \[R=\frac{\sqrt{(x-q)^2+k^2x^2}}{\sqrt{(k^2+1)x^2}}.\] Дифференцируя его (предпочтительно логарифмически) и находя нуль производной, получаем \(x=q\), то есть \(C'=(q,kq)\), а значит, \(C'B\perp BS\).

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

Подсказка

Силу Архимеда удобно разбить на две части: выталкивающую силу целиком погружённой балки (она приложена в центре масс) и «недостающую» силу от треугольного участка над водой. Запишите равенство моментов относительно центра масс балки.

Ответ

Всего 4 птицы.

Решение

Рассмотрим баланс моментов относительно центра масс балки. Заметим, что так как балка длинная и тонкая, а другой её конец не поднимается над водой, балка остаётся приближённо горизонтальной, чем мы и воспользуемся при вычислении плеч сил. Во-первых, вес балки приложен в центре масс и создаёт нулевой момент. Второй вклад даёт сила Архимеда, которую можно разделить на две составляющие: направленная вверх выталкивающая сила, как если бы вся балка была погружена (приложена в центре масс, создаёт нулевой момент), и направленная вниз «недостающая» выталкивающая сила треугольного участка над водой (создаёт момент). Эта недостающая выталкивающая сила \(F\) становится настоящей силой Архимеда, когда дополнительные птицы садятся и полностью погружают балку под воду. Если длина балки \(L\), то плечо этой силы — расстояние от центра масс балки до центра масс треугольника, который находится в точке пересечения медиан, на расстоянии \(\tfrac23L\) от птицы. Таким образом, плечо силы \(F\) равно \(\left(\tfrac23-\tfrac12\right)L=\tfrac16L\). Плечо веса птицы \(mg\) равно \(\tfrac12L\), следовательно, \(\tfrac12L\cdot mg=\tfrac16L\cdot F\), то есть \(F=3mg\). Это означает, что дополнительно балка может удержать до 3 ещё птиц, то есть всего 4 птицы.

Замечание: согласно официальному решению, ответ не зависит от того, какая часть балки остаётся в воде, и ни от каких других неизвестных свойств балки. Поэтому фиксация любого из этих параметров не создаёт условия максимума.

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

Подсказка

Все элементы стержня имеют одно и то же отношение заряда к массе, поэтому в однородном поле они обращаются с одной и той же циклотронной частотой. Центр масс такого стержня движется так же, как одна заряженная частица с зарядом \(q\) и массой \(m\).

Ответ

i) \(\omega=\dfrac{qB}{m}\);  ii) \(t_{\min}=\dfrac{2\pi m}{qB}\), \(v=\dfrac{qBl}{2m}\).

Решение

i) Заметим, что все частицы с одним и тем же отношением заряда к массе обращаются в однородном магнитном поле с одной и той же частотой \(\omega_B=\dfrac{Bq}{m}\); орбита — окружность радиуса \(r=\dfrac{v}{\omega_B}\). Действительно, сила Лоренца должна обеспечивать центростремительное ускорение, следовательно, \(Bqv=mv\omega_B\Rightarrow\omega_B=\dfrac{Bq}{m}\).

Поскольку отношение массы к заряду одинаково для всех мысленно выделенных кусочков стержня, то при вращении стержня с угловой скоростью \(\omega=\dfrac{Bq}{m}\) сила Лоренца обеспечивает всем этим кусочкам в точности нужное ускорение, и сила натяжения везде равна нулю.

С другой стороны, если бы угловая скорость была меньше или больше, то для всех кусочков выполнялось бы \(Bqv<mv\omega\) либо \(Bqv>mv\omega\), что привело бы к растягивающему либо сжимающему натяжению в центре стержня соответственно. Поэтому ответ: \(\omega=\dfrac{Bq}{m}\).

ii) Для начала заметим, что если система зарядов с одним и тем же отношением заряда к массе \(\alpha=q/m\) движется в однородном магнитном поле, то центр масс будет двигаться по окружности с циклотронной частотой \(\omega_B\). Действительно, полная сила Лоренца, действующая на систему, равна \[\sum_iq_i\frac{d\vec r_i}{dt}\times\vec B=\alpha\sum_im_i\frac{d\vec r_i}{dt}\times\vec B=\alpha\frac{d\vec r_C}{dt}\times\vec B\sum_im_i.\] Итак, второй закон Ньютона принимает вид \[\frac{d^2\vec r_C}{dt^2}\sum_im_i=\frac qm\frac{d\vec r_C}{dt}\times\vec B\sum_im_i.\] Полная масса системы сокращается в этом уравнении, и мы видим, что центр масс \(\vec r_C\) движется так же, как точечный заряд \(q\) с массой \(m\).

Того же можно добиться и интегрированием. Из второго закона Ньютона \(m\vec a_C=\int dq\,\vec v\times\vec B\), где \(\vec v\) — скорость элемента заряда \(dq\). Но так как распределения массы и заряда однородны, \(dq=\dfrac qm\,dm\), а \(\vec B\) постоянно, его можно вынести из-под интеграла, и получаем \(m\vec a_C=\dfrac qm\left(\int\vec v\,dm\right)\times\vec B\). Но теперь интеграл — это просто \(m\vec v_C\) (это видно непосредственно или из определения центра масс: \(\int\dfrac{d\vec r}{dt}\,dm=\dfrac{d}{dt}\int\vec r\,dm=m\vec r_C\)). Таким образом, получаем \(m\vec a_C=q\vec v_C\times\vec B\).

Кроме того, стержень может (и будет) вращаться с постоянной скоростью. То, что угловая скорость должна быть постоянной, следует из сохранения кинетической энергии стержня, которая есть сумма кинетической энергии центра масс и энергии вращения вокруг центра масс. Первая постоянна, значит, постоянна и вторая.

Центр масс движется со скоростью \(v/2\) и описывает окружность радиуса \(R=\dfrac{mv}{2Bq}\), которая проходит через точку \(\left(\dfrac l2,0\right)\) и для которой ось \(x\) является осью симметрии. Красный конец может достичь начала координат, только когда центр масс находится на расстоянии \(\dfrac l2\) от начала координат. Это может произойти либо спустя полный циклотронный период \(T=2\pi/\omega_B\), либо в любой момент, если \(R=\dfrac l2\) и окружность центрирована в начале координат.

Чтобы определить, может ли это произойти раньше, чем через время \(T\), предположим, что \(R=\dfrac{mv}{2Bq}=\dfrac l2\). В этом случае угловая скорость вращения стержня равна \(\Omega=\dfrac vl\), и мы получаем \(v=\dfrac{Bql}{m}\). Это означает, что \(\Omega=\dfrac{Bq}{m}=\omega_B\), то есть угловая скорость вращения стержня совпадает с угловой скоростью центра масс на его орбите, что привело бы к тому, что синий конец остаётся в начале координат.

Далее исследуем, может ли красный конец достичь начала координат по истечении времени \(T\). Для этого должно выполняться условие \(\Omega T=2\pi n+\pi\), где \(n\) — целое число. Так как \(\Omega=v/l\) и нужно минимизировать \(v\), берём \(n=0\) и получаем \(v=\pi l/T=\dfrac{lBq}{2m}\).

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

Подсказка

Ускорение в плоской пластине постоянной плотности находится по теореме Гаусса и оказывается пропорциональным \(z\), то есть движение гармоническое. В точках спирали с \(v_z=0\) энергия равна \(\Phi(z)\), а в точках с \(z=0\) — кинетической энергии, так что потенциал можно восстановить по энергиям соседних пересечений.

Ответ

i) \(a_z=-4\pi G\rho_0z\);  ii) \(T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{4\pi G\rho_0}}=\sqrt{\dfrac{\pi}{G\rho_0}}\);  iii) таблица в решении;  iv) \(\rho_0\approx6{,}1\times10^{-21}\) кг/м\(^3\approx0{,}090\,M_\odot/\)пк\(^3\);  v) \(\rho_{\mathrm{DM}}\approx7{,}7\times10^{-22}\) кг/м\(^3\approx0{,}011\,M_\odot/\)пк\(^3\) (около 13 % полной локальной плотности);  vi) \(\approx1{,}9\times10^{16}\) с \(\approx620\) млн лет.

Решение

i) Гравитационное ускорение подчиняется закону Гаусса, то есть число силовых линий, проходящих через замкнутую поверхность, пропорционально заключённой внутри неё массе. На примере точечной массы \(M\) видно, что \(\int g\,dA=4\pi GM\). Применяя это к бесконечной плоскости с постоянной плотностью и к параллелепипеду с площадью основания \(A\) и полутолщиной \(z\), получаем \(-2a_zA=4\pi G\cdot2Az\rho_0\), откуда \[a_z=-4\pi G\rho_0z.\]

ii) Ускорение пропорционально смещению, а значит, соответствует гармоническому осциллятору. Следовательно, период колебаний равен \[T=\frac{2\pi}{\sqrt{4\pi G\rho_0}}=\sqrt{\frac{\pi}{G\rho_0}}.\]

iii) Если проследить траекторию одной звезды, лежащей на спирали, мы обнаружим, что она колеблется около средней плоскости с некоторым периодом \(T(z)\), который убывает с ростом \(z\). За время обращения энергия на единицу массы сохраняется и равна \(E=v_z^2/2+\Phi(z)\). Мы знаем, что вблизи средней плоскости гравитационный потенциал минимален и равен нулю, поэтому \(v_z\) максимальна, а кинетическая энергия равна полной энергии. Следовательно, нам известна полная энергия звёзд в семи точках пересечения спирали с \(z=0\). Аналогично, когда \(v_z=0\), кинетическая энергия минимальна и равна нулю, поэтому полная энергия равна \(\Phi(z)\) в этих точках.

По мере прохождения различных точек пересечения с \(v_z=0\) и \(z=0\) вдоль спирали максимальный размах орбиты продолжает расти. В первом приближении, если предположить, что максимальный размах растёт линейно с каждым пересечением, потенциальную энергию в точках пересечения с \(v_z=0\) можно найти как среднее между кинетическими энергиями предыдущего и последующего пересечений оси \(z=0\). Это позволяет определить потенциальную энергию во всех точках пересечения с \(v_z=0\), как показано в таблице и на графике ниже.

iv) Для гармонического осциллятора потенциальная энергия росла бы как \(z^2\). Судя по полученному графику потенциальной энергии, она растёт примерно квадратично в начале, а затем переходит в более линейный режим, что означает: при меньших \(z\) плотность более однородна. Взяв первое полученное значение \(\Phi(z_1)=180\) км\(^2\)/с\(^2\), можно оценить плотность в средней плоскости. Из первого пункта \(\Phi(z)=\int a_z\,dz=2\pi G\rho_0z^2\), и поэтому \[\rho_0=\frac{\Phi(z_1)}{2\pi Gz_1^2}=6{,}1\times10^{-21}\text{ кг/м}^3=0{,}090\,M_\odot/\text{пк}^3.\]

v) Поверхностную плотность \(\Sigma(z)\), заключённую при \(0<z\), можно вычислить, используя предыдущую оценку гармонического осциллятора. В приближении постоянной плотности поверхностная плотность равна \(\Sigma(z)=\rho_0z=\Phi(z)/(2\pi Gz)\). Конечно, здесь \(\rho_0\) — всего лишь вспомогательная переменная, используемая в приближении постоянного профиля ради упрощения расчётов. Ожидается, что окончательный результат отличается от истинного значения на численный множитель, близкий к единице.

Предполагая, что вдали доминирует тёмная материя, можно использовать разность между двумя самыми далёкими точками данных, \(z_5\) и \(z_6\), для оценки плотности тёмной материи: \[\Sigma(z_6)-\Sigma(z_5)=\rho_{\mathrm{DM}}(z_6-z_5)=\frac1{2\pi G}\left(\frac{\Phi(z_6)}{z_6}-\frac{\Phi(z_5)}{z_5}\right).\] Таким образом, \[\rho_{\mathrm{DM}}\approx\frac1{2\pi G(z_6-z_5)}\left(\frac{\Phi(z_6)}{z_6}-\frac{\Phi(z_5)}{z_5}\right)=7{,}7\times10^{-22}\text{ кг/м}^3=0{,}011\,M_\odot/\text{пк}^3.\] Следовательно, тёмная материя составляет около \(\rho_{\mathrm{DM}}/\rho_0=13\,\%\) от полного локального количества вещества.

vi) Время возмущения можно оценить по скорости закручивания между двумя точками спирали и по тому, сколько полных оборотов вокруг начала координат они сделали друг относительно друга. Используя оценку гармонического осциллятора, во-первых, \(\rho_0=\Phi(z)/(2\pi Gz^2)\) и, во-вторых, угловая частота равна \[\omega(z)=\sqrt{4\pi G\rho_0}=\sqrt{2\Phi(z)/z^2}.\] Выбрав, например, точки \(z_1\) и \(z_6\) и увидев, что между ними 2,5 полных оборота, можно выразить, как давно произошло возмущение: \[T_0=2{,}5\,\frac{2\pi}{\omega(z_1)-\omega(z_6)}=5\pi\left(\sqrt{2\Phi(z_1)/z_1^2}-\sqrt{2\Phi(z_6)/z_6^2}\right)^{-1}=1{,}9\times10^{16}\text{ с}=620\text{ млн лет}.\]

Этот промежуток времени относительно велик, но по сравнению со временем жизни Млечного Пути, которое составляет около 13,6 млрд лет, он относительно недавний.

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

Подсказка

Нагретая пластина остывает по экспоненте: показатель определяется отношением теплоёмкости к тепловому сопротивлению, поэтому линеаризуйте \(\ln(T-T_0)\) от времени. Прокладки добавляют последовательное тепловое сопротивление, и по разности показателей для разного числа слоёв его можно выделить.

Ответ

i) \(\varepsilon\approx0{,}06\pm0{,}01\);  ii) \(H\approx38\) мВт/К (то есть \(h\approx23{,}6\) Вт/(м\(^2\cdot\)К));  iii) \(C\approx16{,}5\) Дж/К;  iv) \(\kappa\approx0{,}066\) Вт/(м\(\cdot\)К).

Решение

i) Обе алюминиевые пластины погружали в горячую воду до достижения теплового равновесия, затем вынимали, вытирали бумажной салфеткой и измеряли инфракрасным термометром. Пластины отличаются только покрытием поверхности, поэтому в горячей воде они должны были принять одну и ту же настоящую температуру. Результаты измерений:

Инфракрасный термометр измеряет температуру по тепловому излучению, и, как нам сказали, он откалиброван для излучательной способности \(\varepsilon=1\) (на самом деле он откалиброван для \(\varepsilon=0{,}95\), но это различие несущественно). Нам также сказали, что мощность излучения можно линеаризовать: \(P_{\text{тепл}}=P_0+\alpha T\). Объекты с \(\varepsilon<1\) излучают \(P_\varepsilon=\varepsilon(P_0+\alpha T_\varepsilon)\), но они ещё и отражают/рассеивают излучение, падающее на них из окружающей среды. Если комната более или менее находится в тепловом равновесии при температуре \(T_0\), то комната заполнена фотонами, находящимися в тепловом равновесии со стенами при температуре \(T_0\). Если бы пластина была чёрной и тоже имела температуру \(T_0\), она находилась бы в равновесии с излучением и излучала бы \(P=P_0+\alpha T_0\); значит, падающего излучения от окружающей среды должно быть столько же независимо от её настоящей излучательной способности и температуры. Как следует из второго закона термодинамики, коэффициент отражения должен быть равен \(1-\varepsilon\), так что она отражает/рассеивает мощность \(P_r=(1-\varepsilon)(P_0+\alpha T_0)\). Это означает, что полная уходящая от неё мощность равна \(P_\varepsilon+P_r=P_0+\varepsilon\alpha T_\varepsilon+(1-\varepsilon)\alpha T_0\). ИК-термометр считает, что это абсолютно чёрное тело, и приравнивает эту мощность к \(P_0+\alpha T_{\text{показ}}\), поэтому показание — средневзвешенное:

\[T_{\text{показ}}=\varepsilon\cdot T_\varepsilon+(1-\varepsilon)\cdot T_0.\] Так как у чёрной пластины \(\varepsilon=1\), её показание напрямую даёт настоящую температуру обеих пластин. Выражая излучательную способность: \[\varepsilon=\frac{T_{\text{полир}}-T_0}{T_{\text{чёрн}}-T_0}.\] Вычисляя для каждого измерения: \[\varepsilon_1=\frac{26{,}2-22{,}9}{70{,}9-22{,}9}=0{,}069,\quad \varepsilon_2=\frac{26{,}0-22{,}9}{70{,}7-22{,}9}=0{,}065,\quad \varepsilon_3=\frac{25{,}4-22{,}9}{70{,}2-22{,}9}=0{,}053.\] Берём среднее: \(\varepsilon=\dfrac{0{,}069+0{,}065+0{,}053}{3}=0{,}062\approx0{,}06\). Излучательная способность полированной алюминиевой пластины равна \(\varepsilon=0{,}06\pm0{,}01\).

ii) Решение 1. Основная идея — нагреть пластину резистором. Когда достигнуто тепловое равновесие и температура пластины равна \(T=T_{\mathrm f}\), мощность нагрева \(P=V^2/R\) равна мощности, отдаваемой в окружающую среду, \(H(T_{\mathrm f}-T_0)\) (где \(T_0\) — комнатная температура), следовательно, коэффициент теплообмена можно определить как \(H=\dfrac{V^2/R}{T_{\mathrm f}-T_0}\). Главная трудность этого подхода в том, что характерное время установления равновесия велико, около 7 минут, поэтому для более или менее точного измерения нужно ждать около получаса.

Решение 2. Чтобы избежать долгого ожидания, можно применить следующий подход. Хотя он включает более сложный анализ данных, результаты анализа можно повторно использовать в пункте iii. Чёрную алюминиевую пластину положили на пенопласт с резистором под ней, обеспечивающим непрерывный нагрев. Показания температуры записывали с интервалом в одну минуту (в первой строке — время в минутах, во второй — измеренная температура в \(^\circ\)C):

При нагреве постоянной мощностью температура изменяется по закону \(T=T_{\mathrm f}-\theta e^{-\gamma t}\), где \(T_{\mathrm f}\) — конечная равновесная температура, \(\theta\) — постоянная, зависящая от начальной температуры, а \(\gamma\) — величина, обратная характерной постоянной времени. Чтобы определить \(\gamma\), рассмотрим последовательные приращения температуры \(T(t+\tau)-T(t)=\theta e^{-\gamma t}\left(e^{\gamma\tau}-1\right)\) при \(\tau=1\) мин; они должны убывать экспоненциально, то есть \(\ln\Delta T\equiv\ln[T(t+\tau)-T(t)]=-\gamma t+\text{const}\) должно быть линейной функцией времени.

На рисунке: Time (min) — время, мин; \(\ln[T(t+1)-T(t)]\) — логарифм приращения температуры за минуту.

Линейная регрессия \(\ln[T(t+1)-T(t)]\) от \(t\) даёт: \[\ln[T(t+\tau)-T(t)]=1{,}0333-0{,}1378\,t\] при \(R^2=0{,}9209\), что указывает на хорошее согласие. Таким образом, получаем \(\gamma=0{,}1378\) мин\(^{-1}\), что соответствует постоянной времени системы \(1/\gamma\approx7{,}3\) мин.

Теперь построим график \(T\) от \(e^{-\gamma t}\) и найдём \(T_{\mathrm f}\) как пересечение с осью при \(e^{-\gamma t}=0\): \(T=T_{\mathrm f}-\theta e^{-\gamma t}\). Вычисление \(e^{-0{,}1378\,n\tau}\), \(n=0,\dots,6\), даёт \(e^{-\gamma n\tau}\in\{1{,}00;\ 0{,}87;\ 0{,}76;\ 0{,}66;\ 0{,}58;\ 0{,}50;\ 0{,}44\}\); соответствующий график приведён ниже.

На рисунке: Temperature (°C) — температура, °C; \(e^{-\gamma t}\) — по горизонтальной оси; 0 min…6 min — 0 мин…6 мин; \(T_f\approx49{,}9\,^\circ\)C — конечная температура; \(T=49{,}9-22{,}0\cdot e^{-0{,}1378t}\), \(R^2=0{,}9995\) — уравнение прямой и достоверность аппроксимации.

Линейная регрессия \(T\) от \(e^{-\gamma t}\) даёт \(T_{\mathrm f}\approx49{,}9\,^\circ\)C, как показано на рисунке; уравнение: \[T=49{,}9-22{,}0\cdot e^{-0{,}1378\,t}\] при \(R^2=0{,}9995\), что указывает на отличное согласие. При тепловом равновесии рассеиваемая мощность равна подводимой: \[P=\frac{U^2}{R}=h\cdot A\cdot(T_{\mathrm f}-T_0)=H\cdot(T_{\mathrm f}-T_0),\] где \(h\) — коэффициент теплопередачи на единицу площади, \(H\) — полный коэффициент теплопередачи, \(A\) — площадь пластины, \(U\) — приложенное напряжение, а \(R\) — сопротивление резистора. Используя \(U=15\) В, \(R=220\) Ом, \(A=40\times40\text{ мм}^2=1{,}6\times10^{-3}\) м\(^2\) и \(T_0=22{,}9\,^\circ\)C, получаем \[h=\frac{U^2/R}{A\cdot(T_{\mathrm f}-T_0)}\approx23{,}6\text{ Вт/(м}^2\cdot\text{К)}.\] Полный коэффициент теплопередачи равен \[H=h\cdot A=37{,}8\text{ мВт/К}.\]

iii) Решение 1. Чтобы определить теплоёмкость, можно использовать кривую нагрева из части ii. Во время нагрева баланс энергии записывается как \[P_{\text{вх}}-P_{\text{вых}}\equiv\Delta P=C\frac{dT}{dt},\] где \(P_{\text{вх}}=U^2/R\) — подводимая мощность, \(P_{\text{вых}}=H(T-T_0)\) (где \(T_0=T_{\text{комн}}\) — комнатная температура) — мощность потерь в окружающую среду, \(C\) — теплоёмкость, а \(dT/dt\) — скорость изменения температуры. Используя нашу экспоненциальную модель \(T=T_{\mathrm f}-\theta e^{-\gamma t}\), находим: \[\frac{dT}{dt}=\theta\gamma e^{-\gamma t}=\gamma(T_{\mathrm f}-T).\] Подставляя в баланс энергии, получаем \(P_{\text{вх}}-H(T-T_0)=C\gamma(T_{\mathrm f}-T)\). Это позволяет вычислить теплоёмкость \(C\): \[C=\frac{P_{\text{вх}}-H(T-T_0)}{\gamma(T_{\mathrm f}-T)}.\] Теперь нужно использовать значения из частей i и ii: \(U=15\) В, \(R=220\) Ом, \(H=3{,}78\times10^{-2}\) Вт/К, \(T_0=22{,}9\,^\circ\)C, \(T_{\mathrm f}=49{,}9\,^\circ\)C, \(\gamma=0{,}1378\) мин\(^{-1}\). Подводимая мощность: \(P_{\text{вх}}=\dfrac{U^2}{R}=\dfrac{15^2}{220}=1{,}023\) Вт. Для каждой точки по времени можно вычислить:

Значения теплоёмкости удивительно хорошо согласуются в разных точках по времени, что подтверждает нашу модель. Среднее значений из таблицы даёт \(C\approx16{,}5\) Дж/К. Это значение представляет теплоёмкость алюминиевой пластины. Для справки: удельная теплоёмкость алюминия приблизительно \(c_{\mathrm{Al}}=900\) Дж кг\(^{-1}\) К\(^{-1}\), откуда масса пластины около \(C/c_{\mathrm{Al}}=18{,}3\) г. Это разумное значение для алюминиевой пластины \(40\text{ мм}\times40\text{ мм}\) толщиной около 2 мм.

Решение 2. Вычисленная теплоёмкость представляет эффективную теплоёмкость системы, наблюдаемую в эксперименте. Она включает алюминиевую пластину и, возможно, некоторый вклад нагревательного резистора и его крепления. Поэтому несколько лучше выполнить дополнительную серию измерений и получить кривую остывания (аналогичную тем, что будут получены в следующем разделе), потому что тогда можно дать пластине остывать на плоском участке пенопласта, исключив тем самым вклад теплоёмкости резистора. Если часть ii решалась по решению 1, то это единственный пригодный путь.

Итак, мы нагреваем пластину (проще всего — погружением в горячую воду) и измеряем время и температуру по мере её остывания. В результате получаем данные о \(T(t)\); уравнение баланса энергии \[P_{\text{вых}}=H[T(t)-T_0]=-C\frac{dT}{dt}=\gamma C[T(t)-T_0],\] следовательно, \[C=H/\gamma.\] Как и в решении 1, мы использовали тот факт, что пластина остывает экспоненциально по времени, а значит, \(\dfrac{dT}{dt}=\gamma[T(t)-T_0]\). Скорость затухания можно найти, построив график \(\ln[T(t)-T_0]\) от \(t\) и определив наклон линии подгонки.

iv) В этой части проводились опыты по остыванию алюминиевой пластины, покрытой разным числом слоёв силиконовой резины. Пластину нагревали в воде и затем давали ей остывать, записывая температуру как функцию времени.

*Точка данных при \(t=0\) для 2 слоёв исключена, так как она не соответствовала полному тепловому равновесию между слоями силикона. При остывании в условиях постоянной температуры окружающей среды температура следует экспоненциальному спаду: \[T(t)=T_0-(T_{\text{нач}}-T_0)e^{-\gamma t}.\] Постоянная времени \(\gamma\) связана с тепловым сопротивлением \(R\) и теплоёмкостью \(C\) соотношением \(\gamma=\dfrac1{RC}\). Логарифмирование разности температур относительно окружающей среды даёт \(\ln[T(t)-T_0]=-\gamma t+\text{const}\).

На рисунке: Time (s) — время, с; \(\ln(T-T_0)\) — логарифм разности температур; 1 layer, 2 layers, 3 layers — 1 слой, 2 слоя, 3 слоя.

Применяя линейную регрессию к логарифмическим кривым остывания, получаем: \[\gamma_{1\text{ слой}}=2{,}244\times10^{-3}\text{ с}^{-1},\quad \gamma_{2\text{ слоя}}=1{,}852\times10^{-3}\text{ с}^{-1},\quad \gamma_{3\text{ слоя}}=1{,}438\times10^{-3}\text{ с}^{-1}.\] Используя ранее определённую теплоёмкость \(C=16{,}5\) Дж/К, вычисляем полное тепловое сопротивление для каждого случая: \[R_{1\text{ слой}}=\frac1{\gamma_{1\text{ слой}}\cdot C}=27{,}0\text{ К/Вт},\quad R_{2\text{ слоя}}=\frac1{\gamma_{2\text{ слоя}}\cdot C}=32{,}7\text{ К/Вт},\quad R_{3\text{ слоя}}=\frac1{\gamma_{3\text{ слоя}}\cdot C}=42{,}1\text{ К/Вт}.\] Полное тепловое сопротивление включает сопротивление силиконовых слоёв и тепловое сопротивление конвекции и излучения. Каждый дополнительный слой добавляет сопротивление \(\Delta R=\delta/(\kappa A)\), где \(\delta\) — толщина слоя, \(\kappa\) — теплопроводность, \(A\) — площадь. Приращения сопротивления между слоями: \[\Delta R_{12}=R_{2\text{ слоя}}-R_{1\text{ слой}}=5{,}7\text{ К/Вт},\qquad \Delta R_{23}=R_{3\text{ слоя}}-R_{2\text{ слоя}}=9{,}4\text{ К/Вт}.\] Берём среднее приращение сопротивления на слой: \[\Delta R=\frac{\Delta R_{12}+\Delta R_{23}}{2}=7{,}6\text{ К/Вт}.\] При толщине силиконовой резиновой прокладки \(\delta=0{,}8\) мм \(=8\times10^{-4}\) м и площади \(A=40\times40\text{ мм}^2=1{,}6\times10^{-3}\) м\(^2\) можно вычислить теплопроводность: \[\kappa=\frac{\delta}{\Delta R\cdot A}=0{,}066\text{ Вт/(м}\cdot\text{К)}.\] Точность этого эксперимента можно повысить более долгими опытами и добавлением новых слоёв силикона.

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