NBPhO 2026, теоретический тур — задачи с решениями

зад 1 Движущаяся линза

Геометрическая оптика › ЛинзыХод лучей в линзах, построенияФормула линзы, увеличениесложность 7/10

(6 баллов) Центр тонкой собирающей линзы движется по окружности, а ориентация линзы остаётся неизменной; оптическая ось линзы лежит в плоскости окружности (в плоскости рисунка). Две неподвижные точки $P$ и $Q$, также лежащие в этой плоскости, изображаются линзой; изображения всегда действительные. Когда линза движется, каждое изображение описывает в плоскости рисунка замкнутую кривую: $P\to P'$, $Q\to Q'$. Обе точки и обе кривые показаны на рисунке.

i) (2 балла) Постройте окружность, по которой движется центр линзы.

ii) (4 балла) Определите направление плоскости линзы, т. е. постройте прямую, параллельную линзе.

В задачах на построение выполняйте построение на выданном листе с рисунком, опишите шаги построения и объясните, почему ваше построение работает.

▶ПодсказкаСкрыть

Подсказка

Луч, идущий через центр тонкой линзы, не преломляется, поэтому из точки $P$ он идёт прямо к её изображению. Прямые из $P$, касательные к кривой $P'$, отвечают крайним положениям центра линзы и потому касаются искомой окружности.

▶РешениеСкрыть

Решение

i) Обозначим через $\Gamma$ окружность, которую описывает центр линзы. Луч света из $P$, проходящий через центр линзы $O$, не отклоняется, поэтому он идёт прямо к изображению точки $P$ в этот момент. Когда $O$ движется по $\Gamma$, неотклонённый луч, проходящий через $P$ и $O$, заметает семейство прямых, проходящих через $P$, а его пересечение с кривой изображения $P'$ даёт текущее изображение. Крайним угловым положениям этой развёртки соответствуют положения $O$ в точках касания окружности $\Gamma$ (если смотреть из $P$), то есть прямые, проведённые из $P$ касательно к $\Gamma$. В эти крайние моменты соответствующая точка изображения на $P'$ — это точка, в которой прямая из $P$ касается кривой $P'$.

Следовательно: проведём из $P$ две прямые, касательные к кривой $P'$, — назовём их $\ell^P_1$ и $\ell^P_2$, — с точками $A$ и $B$ на кривой $P'$. Они касаются $\Gamma$. Повторим то же из $Q$: проведём две прямые, касательные к $Q'$, — $\ell^Q_1$ и $\ell^Q_2$, — с точками $C$ и $D$ на кривой $Q'$. Они также касаются $\Gamma$. Четыре касательные определяют окружность $\Gamma$: например, центр $\Gamma$ лежит в пересечении биссектрис углов между любыми двумя парами этих касательных (так как каждая биссектриса — геометрическое место точек, равноудалённых от двух прямых). Опустив из этого центра перпендикуляр на любую касательную, получаем радиус; проводим $\Gamma$.

ii) Зафиксируем любую точку $O$ на $\Gamma$. Чтобы провести плоскость линзы в этом положении, достаточно найти ещё одну точку линзы. Для этого постараемся определить изображения точек $P$ и $Q$ при выбранном положении центра линзы.

Проведём прямую через $P$ и $O$; она, возможно, пересекает кривую $P'$ в двух точках. Нужно определить, какое из пересечений соответствует положению $O$ линзы. Используем непрерывность и действительность изображений: когда $O$ непрерывно движется по $\Gamma$, изображение непрерывно движется по $P'$, и соответствие касательных из пункта i) сопоставляет участки $\Gamma$ участкам $P'$. (Кроме того, вблизи пересечения $P'$ с $\Gamma$ соответствующая точка $O$ должна быть дальним пересечением прямой $PO$ с $\Gamma$: ближнее поместило бы предмет в область фокусного расстояния, и изображение было бы мнимым.) Это снимает неоднозначность и определяет точку $P^\star\in P'$ — текущее изображение $P$. Для $Q$ описанная процедура не работает, так как кривая $Q'$ не пересекает $\Gamma$, и потому пересечение с областью фокусного расстояния (мы заранее не знаем фокусного расстояния) не гарантировано. Поэтому удобно выбрать точку $O$ так, чтобы $QO$ была касательной к $Q'$, — тогда допустима лишь одна точка ($C$ или $D$). На рисунке $O$ выбрана так, что $QO$ есть $QD$, и тогда $P^\star$ — ближнее пересечение $PO$ с $P'$.

Итак: предмет $P$ изображается в $P^\star$, предмет $Q$ — в $D$ линзой с центром в $O$. Имея два предмета и их действительные изображения в собирающей линзе, линзу можно восстановить. Пусть луч света идёт из $P$ к $Q$. Тогда, поскольку $P^\star$ и $D$ — изображения $P$ и $Q$ (а линза идеальна), луч после преломления в линзе должен пойти по прямой $P^\star D$. Следовательно, прямые $PQ$ и $P^\star D$ пересекаются в плоскости линзы, что даёт ещё одну точку $E$ плоскости линзы. Таким образом, $OE$ — плоскость линзы в момент, когда центр линзы находится в $O$, а значит, она параллельна плоскости линзы во все моменты времени.

Решение 2. Задачу можно решить и с помощью формулы линзы. Возьмём касательные (или любые две прямые, для которых вы умеете определить соответствующие точки). Пусть $\varphi$ — угол между этими прямыми, а $\alpha$ и $\beta$ — углы, под которыми оптическая ось (перпендикуляр к линзе) пересекает их. Из элементарной геометрии $\varphi=\alpha+\beta$ (точное уравнение зависит от определений). Пусть теперь соответствующие положения линзы $O_1$ и $O_2$ разбивают прямые на отрезки $a$ и $b$ для одной прямой и $c$ и $d$ для другой. Тогда формула линзы даёт \[\frac1f=\frac1{a\cos\alpha}+\frac1{b\cos\alpha}=\frac1{c\cos\beta}+\frac1{d\cos\beta}\] (косинус или синус — зависит от определений). Получаем два уравнения с двумя неизвестными. Следовательно, $\alpha$ (или $\beta$) можно найти, а затем провести транспортиром параллельную линзе прямую.

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

зад 2 Мост Лиссажу

Электрические цепи › Колебательный контур и переменный токПеременный ток, импеданс, векторные диаграммыГрафические методысложность 6/10

PDF: условие с решением

(6 баллов) Электрическая цепь содержит четыре узла $A$, $B$, $E$, $D$. Между $A$ и $E$ приложен источник переменного напряжения с амплитудой $V$. Резистор $R_1$ соединяет $A$ с $B$, а конденсатор $C$ соединяет $B$ с $E$; резистор $R_2$ соединяет $A$ с $D$, а катушка индуктивности $L$ соединяет $D$ с $E$. Между $A$ и $E$ включён потенциометр со скользящим контактом $P$. Напряжение между $P$ и $B$ подаётся на вход $x$ осциллографа, а напряжение между $P$ и $D$ — на вход $y$; оба канала имеют одинаковое усиление. Осциллограф строит на плоскости $V_x$–$V_y$ график напряжения $V_x$ входа $x$ и напряжения $V_y$ входа $y$. Положение скользящего контакта $P$ подбирают так, чтобы фигура на экране выродилась в отрезок. Оказывается, что в этом случае отрезок составляет с осью $x$ угол $\alpha$, а скользящий контакт $P$ делит длину потенциометра в отношении $1:2$ слева направо на рисунке. Найдите амплитуду напряжения между $B$ и $P$.

На рисунке: OSCILLOSCOPE — осциллограф, COM — общий вход.

▶ПодсказкаСкрыть

Подсказка

Напряжения на $R_1$ и $C$ (так же как на $R_2$ и $L$) сдвинуты по фазе на $90^\circ$, поэтому на плоскости комплексных амплитуд точки $B$ и $D$ лежат на окружности с диаметром $AE$. Фигура вырождается в отрезок, когда $B$, $P$, $D$ лежат на одной прямой; тогда работает степень точки $P$ относительно окружности.

▶ОтветСкрыть

Ответ

$|V_{PB}|=\dfrac{V}{3}\sqrt{\dfrac{2}{|\tan\alpha|}}$.

▶РешениеСкрыть

Решение

Положим $V_E=0$ и $V_A=V$ (комплексная амплитуда). Рассмотрим ветвь $RC$: поскольку $R_1$ и $C$ обтекает один и тот же ток, их напряжения относятся как импедансы: $Z_C/Z_{R_1}=1/(\mathrm i\omega R_1C)=-\mathrm i/(\omega R_1C)$. Множитель $-\mathrm i$ — поворот на $90^\circ$ по часовой стрелке на фазовой плоскости, поэтому $V_{BE}$ получается из $V_{AB}$ поворотом на $90^\circ$ по часовой стрелке; в частности, $V_{AB}\perp V_{BE}$, а $V_B$ лежит в нижней полуплоскости ($\mathrm{Im}\,V_B<0$).

Для ветви $RL$: $Z_L/Z_{R_2}=\mathrm i\omega L/R_2$: множитель $\mathrm i$ — поворот на $90^\circ$ против часовой стрелки, поэтому $V_{DE}$ получается из $V_{AD}$ поворотом на $90^\circ$ против часовой стрелки, откуда $V_{AD}\perp V_{DE}$, а $V_D$ лежит в верхней полуплоскости ($\mathrm{Im}\,V_D>0$).

По теореме Фалеса для каждой ветви точки $V_B$ и $V_D$ лежат на окружности с диаметром $\overline{AE}$ (центр $V/2$, радиус $V/2$), на противоположных полуокружностях.

Осциллограф показывает $V_{PB}$ по оси $x$ и $V_{PD}$ по оси $y$; фигура Лиссажу вырождается в отрезок, когда эти комплексные амплитуды параллельны или антипараллельны — иначе говоря, когда $P$, $B$, $D$ лежат на одной прямой на фазовой плоскости. Поскольку $V_B$ и $V_D$ лежат по разные стороны от вещественной оси, а $V_P$ вещественна (доля от $V$), точка $V_P$ лежит между ними на этой прямой, так что $V_{PB}$ и $V_{PD}$ антипараллельны. Следовательно, наклон показываемого отрезка отрицателен и \[|\tan\alpha|=\frac{|V_{PD}|}{|V_{PB}|}.\] Потенциометр делится в отношении $1:2$ слева направо; в зависимости от ориентации это даёт $V_P=V/3$ или $V_P=2V/3$. Степень точки $P$ относительно окружности Фалеса, \[\mathrm{pow}(P)=V_P(V_P-V),\] принимает значение $-2V^2/9$ в обоих случаях (по симметрии квадратного трёхчлена относительно $V_P=V/2$). Так как $P$ лежит внутри окружности, а прямая $BPD$ пересекает её в двух точках, \[|PB|\cdot|PD|=|\mathrm{pow}(P)|=\frac{2V^2}{9}.\] Сочетая это с $|\tan\alpha|=|V_{PD}|/|V_{PB}|$, получаем \[|V_{PB}|^2\,|\tan\alpha|=\frac{2V^2}{9},\qquad |V_{PB}|=\frac{V}{3}\sqrt{\frac{2}{|\tan\alpha|}}.\] Поскольку условие «отрезок составляет с осью $x$ угол $\alpha$» можно понимать по-разному, ни знак наклона, ни $\tan\alpha$ без модуля не считались ошибкой.

Альтернативное решение (чисто алгебраическое, на импедансах, для тех, кто не заметил окружность Фалеса). Заземлим узел $E$ и запишем $V_A=V$. Делители напряжения в $B$ и $D$ дают \[V_B=\frac{V}{1+\mathrm i\omega R_1C},\qquad V_D=\frac{V}{1-\mathrm iR_2/(\omega L)},\] а резистивный движок даёт $V_P=2V/3$ (или $V/3$; ответ от этого выбора не зависит). Введём безразмерные параметры $u=\omega R_1C$ и $w=R_2/(\omega L)$, так что \[V_B=\frac{V(1-\mathrm iu)}{1+u^2},\qquad V_D=\frac{V(1+\mathrm iw)}{1+w^2}.\] Взяв $V_P=2V/3$, запишем $V_{PB}/V=X_B+\mathrm iY_B$ и $V_{PD}/V=X_D+\mathrm iY_D$:

\[X_B=\frac{2u^2-1}{3(1+u^2)},\quad Y_B=\frac{u}{1+u^2},\quad X_D=\frac{2w^2-1}{3(1+w^2)},\quad Y_D=-\frac{w}{1+w^2}.\] Кривая Лиссажу вырождается в отрезок тогда и только тогда, когда $V_{PB}/V_{PD}$ вещественно, т. е. $X_BY_D-Y_BX_D=0$. Подстановка и упрощение дают \[(u+w)(2uw-1)=0,\] поэтому (так как $u,w>0$) условие моста: $uw=1/2$, т. е. $R_1R_2C=L/2$. Наклон показываемого отрезка равен отношению комплексных амплитуд (теперь обе вещественны), удобно вычисляемому по мнимым частям: \[\tan\alpha=\frac{Y_D}{Y_B}=-\frac{w(1+u^2)}{u(1+w^2)}.\] Подставляя $w=1/(2u)$, получаем \[\tan\alpha=-\frac{2(1+u^2)}{1+4u^2},\qquad\text{так что}\qquad \frac{1+4u^2}{1+u^2}=\frac{2}{|\tan\alpha|}.\tag{$\dagger$}\] Амплитуду между $B$ и $P$ находим из $X_B^2+Y_B^2$: \[\frac{|V_{PB}|^2}{V^2}=\frac{(2u^2-1)^2+9u^2}{9(1+u^2)^2}=\frac{(4u^2+1)(1+u^2)}{9(1+u^2)^2}=\frac{4u^2+1}{9(1+u^2)}.\] Используя $(\dagger)$: \[|V_{PB}|=\frac V3\sqrt{\frac{4u^2+1}{1+u^2}}=\frac V3\sqrt{\frac{2}{|\tan\alpha|}}.\]

зад 3 Кирилл на качелях

Механика › Законы сохраненияМомент импульсаМатематический и физический маятникМеханическая энергия, консервативные системысложность 6/10

PDF: условие с решением

(8 баллов) Качели прикреплены жёсткими стержнями к горизонтальной оси, так что могут свободно вращаться в вертикальной плоскости. Вначале качели висят вертикально под осью, Кирилл стоит на сиденье во весь рост; его друг сообщает ему начальную угловую скорость $\omega_0$ вокруг оси. Кирилл тренируется в спортивном раскачивании: каждый раз, когда качели на мгновение имеют нулевую угловую скорость, он быстро приседает; каждый раз, когда стержни снова вертикальны, он быстро встаёт. Считайте Кирилла материальной точкой, находящейся на расстоянии $a$ от оси, когда он стоит, и $b$, когда он сидит ($a<b$); приседание и вставание — движения вдоль стержней. Трением, сопротивлением воздуха и массой качелей пренебречь. Ускорение свободного падения равно $g$.

i) (1,5 балла) Качественно изобразите, как зависит от времени угловая скорость Кирилла в течение первого полного периода качелей.

ii) (2 балла) На фазовой диаграмме (угловая скорость в зависимости от угла) качественно изобразите траекторию от начального толчка до первого момента, когда качели перейдут через верхнюю точку. Общее число изображённых периодов не обязано быть верным.

iii) (4,5 балла) Найдите, сколько раз Кирилл должен встать до того, как качели впервые перейдут через верхнюю точку. Вычислите ответ для $a=2{,}5$ м, $b=3{,}0$ м, $\omega_0=1{,}0$ рад/с и $g=10$ м/с$^2$.

▶ПодсказкаСкрыть

Подсказка

При вставании и приседании Кирилл движется вдоль стержня, поэтому момент импульса относительно оси сохраняется; на подъёме и спуске при одном радиусе сохраняется энергия. Найдите, во сколько раз растёт угловая скорость внизу за одно вставание, и сравните с минимальной скоростью для перехода через верх жёсткого подвеса.

▶ОтветСкрыть

Ответ

$N\ge\dfrac{\ln\bigl[4g/(a\omega_0^2)\bigr]}{3\ln(b/a)}$, т. е. $N=6$ вставаний.

▶РешениеСкрыть

Решение

i) Начав внизу с $|\omega|=\omega_0$, Кирилл (стоя, радиус $a$) раскачивается вверх; $|\omega|$ плавно падает до $0$ в точке поворота через четверть периода $T_a/4=(\pi/2)\sqrt{a/g}$. В точке поворота Кирилл приседает (радиус $a\to b$, на графике это не отражается, так как $\omega=0$). Качаясь обратно в приседе, $|\omega|$ плавно растёт от $0$ до $\eta_1$ (см. п. iii; $\eta_1=\omega_0\sqrt{a/b}<\omega_0$) через четверть периода $T_b/4=(\pi/2)\sqrt{b/g}$, которая длиннее первой, так как $b>a$. Внизу Кирилл встаёт: $|\omega|$ скачком растёт от $\eta_1$ до $\omega_1=\eta_1(b/a)^2=\omega_0(b/a)^{3/2}>\omega_0$. Вторая половина периода повторяет картину с новыми амплитудами $\omega_1$, $\eta_2=\omega_1\sqrt{a/b}>\omega_0$, $\omega_2=\omega_0(b/a)^3$.

Поэтому на эскизе должно быть:

плавные арки при качании, изломы внизу (скачки) и гладкость в точках поворота;
арки «в приседе» длиннее арок «стоя»;
рост последовательных пиков.

На рисунке: standing ($r=a$) — стоя, squatting ($r=b$) — в приседе, squat — приседание, stand-up — вставание. Эскиз зависимости $|\omega|$ (или $\omega$ со знаком) от $t$ в течение первого полного периода. Эскиз $\omega$ со знаком (а не $|\omega|$) считается верным, если кривая соответствует подписям осей и сохранены все прочие качественные особенности.

ii) Траектория на плоскости $(\alpha,\omega)$ склеена из дуг маятниковых фазовых кривых при двух радиусах, $a$ и $b$. Каждый полупериод качания описывает дугу кривой сохранения энергии для соответствующего радиуса. Вставания при $\alpha=0$ изображаются вертикальными отрезками, на которых $|\omega|$ скачком растёт от $\eta_i$ до $\omega_i=\eta_i(b/a)^2$. Приседания в точках поворота ($\omega=0$) изображаются гладкими переходами (дуга радиуса $a$ касательно переходит в дугу радиуса $b$ при $\omega=0$).

Движение — раскручивающаяся наружу спираль: каждый полный цикл возвращает Кирилла в $\alpha=0$ с большим $|\omega|$. Когда $\omega$ внизу (стоя, радиус $a$) впервые превысит $\omega_{\min}=2\sqrt{g/a}$, следующая дуга вверх не замыкается: она достигает $\alpha=\pi$ с $\omega>0$ и продолжается за верхнюю точку. Это открытая кривая на эскизе.

На рисунке: $r=a$, $r=b$, stand-up — вставание, goes over — переход через верхнюю точку. Эскиз фазовой диаграммы ($\omega$ от $\varphi$), первые три полупериода.

Основные особенности: дуги в форме «линзы», как у маятника (не эллипсы); вертикальные отрезки только при $\alpha=0$ (вставания), гладкое сопряжение в точках поворота (приседания); спираль растёт наружу; конечная открытая кривая переходит через верх с ненулевой $\omega$. Число витков спирали не обязано совпадать с реальным ответом $N$ из п. iii.

iii) Рост за одно вставание. Пусть $\omega_i$ — угловая скорость сразу после $i$-го вставания (внизу, стоя, радиус $a$), а $\eta_i$ — угловая скорость непосредственно перед этим вставанием (внизу, в приседе, радиус $b$). Сохранение энергии на подъёме (стоя, радиус $a$) до точки поворота с углом $\alpha$: \[\frac12(\omega_ia)^2=ga(1-\cos\alpha)\quad\Longrightarrow\quad \omega_i^2a=2g(1-\cos\alpha).\] В точке поворота $\omega=0$, поэтому приседание ($a\to b$) оставляет $\alpha$ и $\omega$ неизменными. Спуск в приседе (радиус $b$): \[\frac12(\eta_{i+1}b)^2=gb(1-\cos\alpha)\quad\Longrightarrow\quad \eta_{i+1}^2b=2g(1-\cos\alpha).\] Приравнивая, получаем $\eta_{i+1}=\omega_i\sqrt{a/b}$. Вставание — чисто радиальное движение, поэтому момент импульса относительно оси сохраняется: $\eta_{i+1}b^2=\omega_{i+1}a^2$, откуда \[\frac{\omega_{i+1}}{\omega_i}=\sqrt{\frac ab}\cdot\frac{b^2}{a^2}=\Bigl(\frac ba\Bigr)^{3/2}.\] После $N$ вставаний $\omega_N=\omega_0(b/a)^{3N/2}$.

Минимальная угловая скорость для прохода верха. Стержни жёсткие, поэтому условие достижения верхней точки состоит просто в том, что кинетической энергии внизу хватает, чтобы поднять Кирилла на $2a$: \[\frac12(\omega_{\min}a)^2=2ga\quad\Longrightarrow\quad\omega_{\min}=2\sqrt{g/a}.\] Подсчёт. Кирилл впервые переходит через верх, когда $\omega_N\ge\omega_{\min}$, т. е. \[N\ge\frac23\,\frac{\ln(\omega_{\min}/\omega_0)}{\ln(b/a)}=\frac{\ln[4g/(a\omega_0^2)]}{3\ln(b/a)}.\] Численное значение. При $a=2{,}5$ м, $b=3{,}0$ м, $\omega_0=1{,}0$ рад/с, $g=10$ м/с$^2$: $b/a=1{,}2$, $(b/a)^{3/2}\approx1{,}3145$, $\omega_{\min}=2\sqrt{10/2{,}5}=4$ рад/с, \[N\ge\frac23\cdot\frac{\ln4}{\ln1{,}2}=\frac23\cdot\frac{1{,}386}{0{,}1823}\approx5{,}07\quad\Longrightarrow\quad N=6.\] Проверка: $\omega_5=1{,}2^{7{,}5}\approx3{,}93$ рад/с (чуть не хватает); $\omega_6=1{,}2^{9}\approx5{,}16$ рад/с (превышает $\omega_{\min}$). Так что Кирилл переходит через верх на подъёме после своего шестого вставания.

зад 4 Стержень и бусинка

Механика › ДинамикаНеинерциальные системы отсчётаДифференциальные уравненияВынужденные колебания, резонанссложность 7/10

PDF: условие с решением

(8 баллов) Бусинка надета на жёсткий гладкий стержень. Стержень вращается с постоянной угловой скоростью $\omega$ вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной стержню и проходящей через неподвижную точку на нём. Ускорение свободного падения равно $g$.

i) (1 балл) При подходящих начальных условиях траектория бусинки — окружность. Изобразите эту траекторию в плоскости, перпендикулярной оси вращения, в системе координат с осью в начале координат.

ii) (1 балл) Зная, что траектория — в точности окружность, найдите её радиус.

iii) (2 балла) Круговая траектория из предыдущих пунктов неустойчива. Чтобы её стабилизировать, прикрепляют пружину, создающую возвращающую силу $-kx$ при смещении бусинки на $x$ вдоль стержня от оси вращения. При каких значениях жёсткости $k$ бусинка может двигаться по устойчивой круговой траектории и каков радиус такой траектории?

iv) (4 балла) Далее пружину убирают, бусинке сообщают заряд $q$ и вводят однородное электрическое поле напряжённости $E$, вектор которого вращается с угловой скоростью $\Omega$ в ту же сторону, что и стержень. При подходящих начальных условиях бусинка движется по траектории, показанной ниже. Найдите $\Omega$, $g$ и отношение $a_E=Eq/m$, где $m$ — масса бусинки, через $\omega$ и $d$ — сторону клеток сетки на рисунке. Можно брать измерения с рисунка.

На рисунке стрелка $g$ показывает направление ускорения свободного падения, стрелка $d$ — сторону клетки сетки.

▶ПодсказкаСкрыть

Подсказка

В системе отсчёта стержня сила Кориолиса перпендикулярна стержню и уравновешивается им, остаётся линейное уравнение для координаты вдоль стержня с вынуждающими членами от силы тяжести и поля. Круговой траектории отвечает чисто вынужденное решение с частотой $\omega$.

▶ОтветСкрыть

Ответ

ii) $R=\dfrac{g}{4\omega^2}$; iii) $k>m\omega^2$, $R=\dfrac{mg}{2|2m\omega^2-k|}$; iv) $\Omega=\dfrac95\omega$, $g=\dfrac12d\omega^2$, $a_E=5d\omega^2$.

▶РешениеСкрыть

Решение

i) Решение 1 (Eero Ristolainen). Бусинка должна проходить через начало координат (ось вращения). Иначе бусинка оставалась бы «по одну сторону стержня», и в низшей точке траектории сила, действующая на неё со стороны стержня, не могла бы быть строго вертикальной, а значит, эта точка не могла бы быть низшей. Следовательно, бусинка проходит через начало координат в низшей точке траектории, которой соответствует горизонтальное положение стержня. Этого достаточно для эскиза: траектория — окружность радиуса $R$ с центром в $(0,R)$.

Решение 2. Эскиз можно сделать и из решения 4 пункта ii).

ii) Решение 1 (Eppu Leinonen). Для того чтобы бусинка оставалась на стержне, её скорость, перпендикулярная стержню, должна быть такой же, как скорость стержня в этой точке. В самой верхней точке у бусинки нет радиальной скорости. Поэтому в верхней точке $v=2R\omega$. С другой стороны, в верхней точке $a=g$ (по закону Ньютона), а из центростремительного ускорения $a=v^2/R$ находим $R=g/(4\omega^2)$.

Решение 2 (Eero Ristolainen, Eppu Leinonen). Движение по окружности должно быть равномерным, так как стержень равномерно вращается. Строгое доказательство даёт теорема о вписанном угле: угол бусинки, измеренный из центра окружности, вдвое больше угла, измеренного из начала координат, лежащего на окружности. Последний меняется с угловой скоростью $\omega$, так как соответствующая прямая — это стержень; значит, первый меняется с $2\omega$. Поэтому центростремительное ускорение бусинки $a=v^2/R$. В верхней точке скорость равна $2R\omega$, а ускорение обусловлено только силой тяжести и равно $g$. Значит, $R=g/(4\omega^2)$.

Решение 3 (Eero Ristolainen). Центр движения находится в $(0,R/2)$, а угловая скорость равна $2\omega$, так как бусинка описывает окружность по обе стороны от стержня. Поэтому координаты бусинки как функции времени

\[\bigl(R\sin(2\omega t),\,R\bigl(\tfrac12+\cos(2\omega t)\bigr)\bigr)=\bigl(4R\sin\omega t\cos\omega t,\,4R\sin\omega t\sin\omega t\bigr)=\bigl(f(t)\cos\omega t,\,f(t)\sin\omega t\bigr),\] где $f(t)=4R\sin\omega t$ — положение бусинки, отсчитываемое от оси вращения (с учётом направления). В системе отсчёта стержня уравнение движения \[\ddot f=g\sin\omega t+\omega^2f,\] так как сила Кориолиса перпендикулярна направлению движения и уравновешивается стержнем. Подстановка приведённого выражения даёт ответ.

Решение 4 (Eppu Leinonen, Eero Ristolainen). Перейдём в систему отсчёта, вращающуюся вместе со стержнем. Так как бусинка в этой вращающейся системе движется, на неё действует сила Кориолиса. Однако она направлена перпендикулярно скорости, которая ограничена направлением вдоль стержня. Поэтому она не влияет на уравнение движения бусинки, и её можно не учитывать. Пусть $r$ — координата бусинки вдоль стержня (знак определяет направление). Тогда уравнение движения вдоль стержня \[\ddot r=\omega^2r-g\sin\omega t.\] Это неоднородное линейное дифференциальное уравнение второго порядка: \[\ddot r-\omega^2r=-g\sin\omega t.\] Общее решение — сумма общего решения однородной задачи и любого решения неоднородной. Однородное решение \[r_h=Ae^{\omega t}+Be^{-\omega t}.\] Частное решение угадываем подстановкой $C\sin\omega t$. Это даёт уравнение $2C\omega^2=g$, т. е. $C=g/(2\omega^2)$. Итак, общее решение \[r=\frac{g}{2\omega^2}\sin\omega t+Ae^{\omega t}+Be^{-\omega t},\] которое может быть периодическим (за конечное время) только при $A=B=0$; это и определяет начальные условия (их всего одно сочетание) для круговой траектории бусинки. В лабораторной системе: \[\vec r(t)=r(t)\,\hat u(t)=\frac{g}{2\omega^2}\sin\omega t\,(\cos\omega t,\sin\omega t)=\frac{g}{4\omega^2}\bigl(\sin2\omega t,\;1-\cos2\omega t\bigr).\] Это окружность радиуса $R=g/(4\omega^2)$ с центром в $(0,R)$ (что даёт и решение пункта i)).

iii) Решение 1 (Jaan Kalda, Eero Ristolainen, Eppu Leinonen). С пружиной уравнение движения принимает вид \[\ddot r=(\omega^2-\omega_0^2)r-g\sin\omega t,\qquad \omega_0^2=\frac km.\] Устойчивость. Возмущения $\delta r$ около периодического частного решения подчиняются однородному уравнению $\ddot{\delta r}=(\omega^2-\omega_0^2)\,\delta r$. Если $\omega_0^2>\omega^2$ (т. е. $k>m\omega^2$), это гармоническое колебание с частотой $\sqrt{\omega_0^2-\omega^2}$ — возмущения остаются ограниченными, орбита устойчива. Если $\omega_0^2<\omega^2$, возмущения растут экспоненциально — орбита неустойчива. Критерий устойчивости: \[k>m\omega^2.\] Центробежный член действует как эффективная дестабилизирующая жёсткость $-m\omega^2$, и пружина должна её превзойти.

Как в решении 2 пункта ii), снова рассматриваем верхнюю точку траектории. Скорость по-прежнему $v=2R\omega$, но теперь ускорение $a=g+2Rk/m$.

Решая это, получаем $R=\dfrac{mg}{2(2m\omega^2-k)}$. Если радиус получается отрицательным, круговая траектория просто оказывается под осью, так что можно взять модуль полученного радиуса и получить окончательный результат: \[R=\frac{mg}{2\,|\,2m\omega^2-k\,|}.\] Решение 2 (Jaan Kalda, для нахождения радиуса). Частное решение снова $r_p=A'\sin\omega t$ (как в решении 4 пункта ii)): \[-\omega^2A'=(\omega^2-\omega_0^2)A'-g\quad\Rightarrow\quad A'=\frac{g}{2\omega^2-\omega_0^2}=\frac{mg}{2m\omega^2-k}.\] Соответствующая орбита в лабораторной системе — как в п. ii) — окружность радиуса $|A'|/2$, что даёт результат решения 1. При $m\omega^2<k<2m\omega^2$ амплитуда $A'$ положительна и окружность лежит над осью (как в пп. i, ii); при $k=2m\omega^2$ вынужденная амплитуда расходится (резонанс на вынуждающей силе — ограниченной круговой орбиты не существует); при $k>2m\omega^2$ амплитуда отрицательна, т. е. окружность оказывается под осью, но остаётся устойчивой.

Решение 2 (Eppu Leinonen). Можно, следуя решению 4 пункта ii), найти и общее решение этого дифференциального уравнения. Однородное решение теперь — сумма вещественных экспонент, если $\omega^2-\omega_0^2>0$ (неустойчивый случай), и сумма синусоид, если $\omega^2-\omega_0^2<0$ (устойчивый). Частное решение угадывается так же, как выше.

iv) Уравнение движения в системе отсчёта стержня теперь \[\ddot f=g\sin\omega t+a_E\sin\bigl((\Omega-\omega)t+\varphi\bigr)+\omega^2f.\] Запишем $\Omega'=\Omega-\omega$ — угловая скорость электрического поля в системе отсчёта стержня. По рисунку видно, что $f(t)$ — сумма двух периодических составляющих $f(t)=f_1(t)+f_2(t)$. Кроме того, линейность дифференциального уравнения даёт \[\ddot f_1-\omega^2f_1=g\sin\omega t,\qquad \ddot f_2-\omega^2f_2=a_E\sin(\Omega't+\varphi).\] Первое выполняется тем же решением, что и раньше (получено так же, как в решении 2 пункта ii)), $f_1=\dfrac{g}{2\omega^2}\sin\omega t$. Второе решение ищем в виде $f_2=A\sin(\Omega't+\varphi)$, что даёт $A=-a_E/(\Omega'^2+\omega^2)$.

Видно, что решение периодично. Пусть его период $T_f$. Тогда должно быть $T_f=nT_{f_1}=pT_{f_2}$ с некоторыми натуральными $n$ и $p$, где $T_{f_1}$ и $T_{f_2}$ — периоды $f_1$ и $f_2$. Заметим, что рисунок почти симметричен относительно оси $x$, что резко отличается от решения лишь с $f_1$. Значит, амплитуда $f_2$ должна доминировать над амплитудой $f_1$. Поэтому смены знака $f_2$ соответствуют петлям на рисунке, которых 8. Так как синус меняет знак дважды за период, получаем $4T_{f_2}=T_f=nT_{f_1}$.

Чтобы движение достигло одного и того же луча (из начала координат; пример показан пунктиром на рисунке ниже) дважды, требуется время $T_{f_1}/2$ (стержень делает пол-оборота). По графику видно, что за время $\approx3T_{f_2}/4$ (красная + синяя части) бусинка проходит меньший путь, чем за $T_{f_1}$ (красная + синяя + оранжевая). Аналогично за время $\approx T_{f_2}$ (красная + синяя + оранжевая + остальная чёрная часть до горизонтальной оси) бусинка проходит больше, чем за $T_{f_1}$ (красная + синяя + оранжевая).

Таким образом получаем неравенства \[\frac43T_{f_1}>T_{f_2}>T_{f_1},\] откуда \[\frac43>\frac n4>1,\] чему удовлетворяет только $n=5$. То есть \[\Omega'=\frac45\omega\iff\Omega=\frac95\omega.\] (Это можно получить и из того, что 4 петлям соответствуют 5 пересечений с осью $y$, отвечающих вертикальному положению стержня. Это автоматически даёт $\Omega'=\frac45\omega$.)

Симметрия рисунка относительно оси $y$ (траектория параллельна оси $x$ в крайних точках на оси $y$) требует, чтобы электрическое поле было направлено вертикально, когда бусинка находится в крайних точках на оси $y$. Поэтому соответствующие смещения вдоль этих крайних точек должны складываться конструктивно или деструктивно. То есть расстояния от начала координат до самой верхней, $|f|_t$, и самой нижней, $|f|_b$, точек отвечают случаям \[|f|_b=\frac{a_E}{\omega^2+\Omega'^2}-\frac{g}{2\omega^2},\qquad |f|_t=\frac{a_E}{\omega^2+\Omega'^2}+\frac{g}{2\omega^2}.\] (Формальное обоснование: в этих крайних точках $\dot f_1+\dot f_2=0$ и оба вклада пропорциональны синусоиде, так что $\ddot f_1$ и $\ddot f_2$ «ортогональны» в тех же точках. Поэтому, раз сила тяжести параллельна стержню, $\ddot f_2$ принимает экстремальное значение, а значит $\dot f_1=0$. Тогда $\dot f_2=0$, и вклад $\ddot f_2$ тоже экстремален. Это означает, что электрическое поле направлено вдоль или против стержня в этих крайних точках. Теперь $f_1,f_2\propto\ddot f_1,\ddot f_2$ (так как они ортогональны $\dot f_1,\dot f_2$), и в этих крайних точках на оси $y$ имеем $|f|_b=|f_2|-|f_1|$ и $|f|_t=|f_2|+|f_1|$.)

Измерения: $|f|_b\approx2{,}8d$, $|f|_t\approx3{,}3d$; решая, находим \[g=\frac{d\omega^2}{2},\qquad a_E=5d\omega^2.\]

зад 5 Давление насыщенного пара воды

Термодинамика и молекулярная физика › Фазовые переходыНасыщенный парИсследование установки, «процессы и измерения»Изопроцессысложность 7/10

PDF: условие с решением

(8 баллов) Приборы: прозрачная пластиковая трубка (открыта с обоих концов, соединение Люэра для подключения шприца на одном конце, длина $\sim1{,}5$ м, внутренний диаметр $\sim1{,}5$ мм); пластиковый шприц с герметичным соединением Люэра с трубкой; небольшая открытая ёмкость с несколькими миллилитрами додекана (с меткой «D»); металлический штифт наружным диаметром $\sim2$ мм для плотного закрывания трубки (если он застрянет, попросите дежурного помочь его вынуть); рулетка; ёмкость с водой (метка «W»); большая ёмкость для отработанных жидкостей; небольшая деревянная палочка; несколько полосок малярной ленты; бумажное полотенце.

Вода и додекан не растворяются друг в друге. Плотность додекана меньше плотности воды.

Избегайте контакта додекана с кожей и глазами и не глотайте его; после работы вымойте руки.

Во время эксперимента трубку можно заполнять только додеканом: внутренняя поверхность трубки ни в коем случае не должна касаться воды!

При необходимости можно получить одну запасную трубку, один запасной шприц и разумное дополнительное количество додекана и воды.

Определите давление насыщенного пара воды $p_{\text{нас}}$ при комнатной температуре; комнатную температуру и давление воздуха записывает дежурный в начале сессии: $T_{\text{комн}}=\underline{\qquad}\,^\circ\text{C}$; $p_{\text{возд}}=\underline{\qquad}$ кПа.

Заметим, что при обычных комнатных температурах давление насыщенного пара додекана намного ниже, чем у воды.

i) (2 балла) Опишите процедуру измерения и объясните физический принцип, на котором она основана.

ii) (4 балла) Выполните измерения. Сведите в таблицу все измеряемые величины и задокументируйте последовательность операций.

iii) (2 балла) Определите $p_{\text{нас}}$ при комнатной температуре. Каков главный источник систематической погрешности?

▶ПодсказкаСкрыть

Подсказка

Небольшой воздушный пузырёк, запертый между додеканом и штифтом, служит манометром: при вытягивании поршня давление в нём падает, а пузырёк растёт по закону Бойля — Мариотта. Когда на границе вода — додекан в шприце начнёт образовываться пар, пузырёк расти перестанет, и давление в нём окажется равным давлению насыщенного пара.

▶ОтветСкрыть

Ответ

$p_{\text{нас}}=p_{\text{атм}}\,\dfrac{l_0}{l_1}$; в приведённом примере $l_0=14{,}5$ мм, $l_1=660$ мм, $p_{\text{атм}}=101$ кПа, $p_{\text{нас}}\approx2{,}2$ кПа.

▶РешениеСкрыть

Решение

Если давление над жидкостью снизить ниже давления её насыщенного пара, жидкость начинает кипеть. Используем это, чтобы измерить $p_{\text{нас}}$ косвенно.

Основная идея. Использовать запертый воздушный пузырёк как манометр. Если удастся запереть небольшой воздушный пузырёк где-то в трубке, отметить его начальную длину $l_0$ при атмосферном давлении, а затем понизить давление в пузырьке, длина пузырька вырастет. Так как сечение трубки однородно, давление в пузырьке определяется законом идеального газа (изотермическое расширение): \[p_{\text{пуз}}=p_{\text{атм}}\,\frac{l_0}{l_1}.\] Если уменьшать давление в воздушном пузырьке, вытягивая поршень шприца, додекан передаёт пониженное давление от воздушного пузырька по трубке к границе вода — додекан внутри шприца. Когда давление там падает до $p_{\text{нас}}$, на границе начинают образовываться пузырьки водяного пара, которые растут и сливаются. С этого момента дальнейшее вытягивание шприца уже не снижает давление в воздушном пузырьке: любое дальнейшее падение давления тут же компенсируется дополнительным испарением на границе. Поэтому, когда воздушный пузырёк перестаёт расти в ответ на вытягивание шприца, имеем $p_{\text{пуз}}=p_{\text{нас}}$ (плюс небольшая гидростатическая поправка, если трубка не лежит горизонтально; см. ниже).

Зачем додекан. Додекан служит несжимаемым нелетучим «поршнем» между шприцем и воздушным пузырьком. Додекан гидрофобен, не растворяет воду и при комнатной температуре имеет пренебрежимо малое давление насыщенного пара (как сказано в условии). Он также легче воды, поэтому вода остаётся под додеканом в любой покоящейся конфигурации.

В условии предупреждается, что вода не должна касаться внутренней поверхности трубки, потому что следы воды адсорбируются на пластике. Когда давление в трубке затем падает ниже $p_{\text{нас}}$, эти адсорбированные следы вскипают, образуя ряд мелких пузырьков вдоль трубки. Каждый такой пузырёк тоже расширяется во время измерения, добавляя неконтролируемый объём к газовому столбику и искажая отношение $l_0/l_1$. Заполнив трубку додеканом до введения какой-либо воды, мы заранее смачиваем внутреннюю поверхность гидрофобной жидкостью, которая не пускает воду к стенке.

Конструкция. Трубка должна быть заполнена додеканом от конца со шприцем до небольшого воздушного пузырька начальной длины $l_0\approx15$ мм на дальнем конце (закрытом металлическим штифтом). Вода находится в самом шприце, а не в трубке. Воздушный пузырёк не должен быть слишком маленьким (начальная длина станет неточной) и слишком большим: в ходе измерения он расширяется примерно в $40$ раз (так как $p_{\text{атм}}/p_{\text{нас}}\approx101/2{,}6\approx39$ при комнатной температуре), так что начальный пузырёк в 15 мм расширяется до $\approx0{,}6$ м, спокойно помещаясь в трубку длиной 1,5 м. Любые дополнительные воздушные пузырьки в другом месте трубки или в шприце тоже расширялись бы в ходе измерения, искажая результат или не давая достичь $p_{\text{нас}}$ при полном ходе поршня шприца.

О положении трубки. Плотность додекана $\approx750$ кг/м$^3$, поэтому вертикальный столб додекана высотой 1,5 м создаёт гидростатическую разность давлений $\rho gh\approx11$ кПа — в несколько раз больше измеряемого $p_{\text{нас}}\approx2{,}6$ кПа. Поэтому трубку нужно класть горизонтально, иначе гидростатическая поправка будет доминировать в результате.

Подготовка.

Соединить шприц с трубкой.
Опустить дальний конец трубки в ёмкость с додеканом и вытянуть поршень шприца; додекан заполняет трубку.
Поднять дальний конец трубки из додекана и втянуть небольшое количество воздуха, образовав на дальнем конце воздушный пузырёк начальной длины $l_0\approx15$ мм.
Плотно закрыть дальний конец трубки металлическим штифтом.
Отсоединить шприц (держа поршень на месте, чтобы воздух не вошёл в шприц с открытого конца).
Втянуть в шприц небольшое количество воды ($\sim1$ мл).
Снова присоединить шприц к трубке (небольшой воздушный пузырёк у соединения Люэра допустим, но его нужно свести к минимуму).

В этот момент от конца со шприцем к дальнему концу: шприц (с водой) — граница вода — додекан у соединения Люэра — додекан, заполняющий трубку — воздушный пузырёк на дальнем конце — закрывающий металлический штифт.

Измерение.

Положить трубку горизонтально, чтобы избежать гидростатической поправки в столбе додекана.
Измерить начальную длину пузырька $l_0$. Записать атмосферное давление $p_{\text{атм}}$ и комнатную температуру $T_{\text{комн}}$, которые сообщает дежурный.
Медленно тянуть поршень шприца. Пузырёк растёт по мере падения давления. Продолжать до тех пор, пока пузырёк не перестанет расти (предел, где $p_{\text{пуз}}=p_{\text{нас}}$). Зафиксировать поршень в этом положении.
Измерить конечную длину пузырька $l_1$.

Типичные значения: $l_0\approx15$ мм, $l_1\approx400$–$800$ мм (в зависимости от комнатной температуры; при $T=22\,^\circ\text{C}$, $p_{\text{нас}}\approx2{,}6$ кПа, отношение $l_1/l_0\approx101/2{,}6\approx39$, так что $l_1\approx580$ мм).

Вычисление. Из закона идеального газа при постоянной температуре \[p_{\text{нас}}=p_{\text{атм}}\,\frac{l_0}{l_1}.\] При $l_0=14{,}5$ мм, $l_1=660$ мм, $p_{\text{атм}}=101$ кПа: \[p_{\text{нас}}=101\cdot\frac{14{,}5}{660}\approx2{,}2\text{ кПа}.\] Главный источник систематической погрешности. Неполное насыщение: воде на границе внутри шприца нужно время, чтобы испариться, и если тянуть поршень слишком быстро, давление временно опускается ниже $p_{\text{нас}}$ (пересыщенный пар). Измеренная $l_1$ тогда больше истинного равновесного значения, и $p_{\text{нас}}$ получается заниженным. Способ уменьшить: тянуть медленно и дождаться стабилизации пузырька перед записью $l_1$.

Второстепенный источник — остаточный воздух: из соединения Люэра, растворённый в додекане, или от следов воды, адсорбированных на стенке трубки (если предварительное смачивание додеканом было несовершенным). Они ведут себя как дополнительный газ в воздушном пузырьке и искусственно занижают видимое $p_{\text{нас}}$. Тщательная подготовка — заполнение трубки додеканом до попадания воды, расположение границы вода — додекан внутри шприца и отсутствие воздуха у соединения Люэра — сводит это к минимуму.

зад 6 Верёвка на перекладине

Механика › Кинематические связиНити и блокиЗаконы Ньютона, силысложность 4/10

PDF: условие с решением

(5 баллов) Верёвка перекинута через горизонтальную перекладину, расположенную на высоте $H$ над гладким полом. Один конец верёвки привязан к тяжёлому грузу, лежащему на полу; другой конец тянут так, что длина верёвки между перекладиной и грузом уменьшается с постоянной скоростью $v$. В данный момент этот отрезок составляет с вертикалью угол $\alpha$ (см. рисунок); груз ещё касается пола. Ускорение свободного падения $g$.

i) (1 балл) Найдите скорость $u$ груза.

ii) (1 балл) Найдите модуль ускорения груза.

iii) (3 балла) Найдите угол $\alpha_0$, при котором груз отрывается от пола.

▶ПодсказкаСкрыть

Подсказка

Нить нерастяжима, поэтому проекция скорости груза на нить равна $v$. Ускорение найдите, продифференцировав связь $L^2=x^2+H^2$ дважды; в момент отрыва вертикальная составляющая натяжения равна $Mg$.

▶ОтветСкрыть

Ответ

i) $u=\dfrac{v}{\sin\alpha}$; ii) $|\ddot x|=\dfrac{v^2}{H}\cot^3\alpha$; iii) $\alpha_0=\arctan\sqrt[4]{\dfrac{v^2}{gH}}$.

▶РешениеСкрыть

Решение

i) Поместим перекладину в начало системы координат, где $x$ — горизонтальное расстояние от перекладины до груза вдоль пола, а $H$ — высота перекладины над полом. Длина отрезка верёвки от перекладины до груза \[L=\sqrt{x^2+H^2},\qquad \sin\alpha=\frac xL.\] Способ 1 (нерастяжимость, проекции скоростей). Так как верёвка нерастяжима, компоненты скоростей её двух концов вдоль верёвки должны совпадать: с какой скоростью один конец удаляется от точки верёвки, с такой же второй должен к ней приближаться. Рука, тянущая верёвку, тянет её вдоль неё самой со скоростью $v$, так что верёвка укорачивается со скоростью $v$. Груз движется горизонтально к перекладине со скоростью $u$; его компонента скорости вдоль верёвки (которая составляет с вертикалью угол $\alpha$, а значит, с полом угол $\frac\pi2-\alpha$) равна $u\sin\alpha$. Приравнивая: \[u\sin\alpha=v\quad\Longrightarrow\quad u=\frac{v}{\sin\alpha}.\] Способ 2 (неявное дифференцирование). Дифференцируя $L^2=x^2+H^2$ по времени: \[L\dot L=x\dot x.\] С $\dot L=-v$ (отрезок укорачивается с постоянной скоростью) и $\sin\alpha=x/L$: \[\dot x=-\frac{Lv}{x}=-\frac{v}{\sin\alpha},\qquad u=|\dot x|=\frac{v}{\sin\alpha}.\] ii) Способ 1 (продолжая с $L\dot L=x\dot x$). Дифференцируем ещё раз при постоянной $\dot L=-v$ (так что $\ddot L=0$): \[\dot L^2=\dot x^2+x\ddot x,\qquad \ddot x=\frac{v^2-\dot x^2}{x}=\frac{v^2-u^2}{x}.\] Так как $u^2>v^2$, имеем $\ddot x<0$: груз ускоряется к перекладине. С $u=v/\sin\alpha$ и $x=H\tan\alpha$: \[|\ddot x|=\frac{u^2-v^2}{x}=\frac{v^2(1-\sin^2\alpha)/\sin^2\alpha}{H\tan\alpha}=\frac{v^2}{H}\cot^3\alpha.\] Способ 2 (прямое дифференцирование $u=v/\sin\alpha$). Угол $\alpha$ меняется со временем по мере скольжения груза; введём $\omega=-\dot\alpha$ (положительна, пока $\alpha$ убывает). Положение груза $x=H\tan\alpha$, поэтому его скорость \[u=-\dot x=-\frac{H}{\cos^2\alpha}\dot\alpha=\frac{H\omega}{\cos^2\alpha}.\] Вместе с $u=v/\sin\alpha$ это даёт \[\omega=\frac{u\cos^2\alpha}{H}=\frac{v\cos^2\alpha}{H\sin\alpha}.\] Дифференцируя $u=v/\sin\alpha$ по времени: \[\dot u=-\frac{v\cos\alpha}{\sin^2\alpha}\dot\alpha=\frac{v\omega\cos\alpha}{\sin^2\alpha}.\] Подставляя $\omega$: \[|\ddot x|=\dot u=\frac{v\cos\alpha}{\sin^2\alpha}\cdot\frac{v\cos^2\alpha}{H\sin\alpha}=\frac{v^2}{H}\cot^3\alpha.\] iii) Пока груз на полу, единственная горизонтальная сила, действующая на него, — горизонтальная составляющая натяжения верёвки $T\sin\alpha$, направленная к перекладине. Второй закон Ньютона в горизонтальном направлении: \[T\sin\alpha=M|\ddot x|=\frac{Mv^2\cos^3\alpha}{H\sin^3\alpha},\qquad T=\frac{Mv^2\cos^3\alpha}{H\sin^4\alpha}.\] По вертикали $T\cos\alpha+N=Mg$, где $N$ — сила нормальной реакции пола. Груз отрывается, когда $N=0$, т. е. $T\cos\alpha_0=Mg$: \[\frac{Mv^2\cos^4\alpha_0}{H\sin^4\alpha_0}=Mg,\qquad \tan^4\alpha_0=\frac{v^2}{gH},\qquad \alpha_0=\arctan\sqrt[4]{\frac{v^2}{gH}}.\]

зад 7 Садовый шланг

Гидростатика и гидродинамика › ГидродинамикаВязкость, течение вязкой жидкостиОценки, размерность и подобиеРабота и мощностьсложность 6/10

PDF: условие с решением

(5 баллов) Жидкость плотности $\rho$ течёт по трубе диаметром $D$. При малых средних скоростях $v$ течение ламинарное (однородное и без вихрей); сила сопротивления на единицу площади $F_L=\mu\,du/dr$ обусловлена трением о стенки, где $\mu$ (единица Па$\cdot$с) — динамическая вязкость, $u$ — местная скорость, $r$ — расстояние от оси. Когда $v$ достаточно велика, течение становится турбулентным, заполненным вихрями, пульсации скорости которых порядка самой $v$. Сопротивление $F_T$ по-прежнему обусловлено трением о стенку $\mu\,du/dr$, но вихри поджимают пристенный слой (поперёк которого скорость потока падает от $v$ до нуля) до толщины $\delta\ll D$, при которой сила сопротивления на единицу площади $\mu v/\delta$ порядка динамического давления $\rho v^2$, переносимого вихрями.

i) (1,5 балла) При любой заданной скорости потока в действительности доминирует лишь один из двух механизмов, но безразмерное отношение двух характерных масштабов сопротивления, $R=F_T/F_L$, можно вычислить в любом случае, и оно показывает, в каком режиме мы находимся. Это отношение — число Рейнольдса. Выразите $R$ как произведение степеней $\rho$, $v$, $D$ и $\mu$.

Водяной насос с выходной мощностью $P=250$ Вт используется для полива сада; он забирает воду с глубины $h=20$ м прямо в шланг длиной $s=40$ м и внутренним диаметром $d=13$ мм. Вода вытекает из конца шланга с объёмным расходом $Q=25$ л$\cdot$мин$^{-1}$. Плотность воды $\rho_{\text{в}}=1000$ кг$\cdot$м$^{-3}$, вязкость $\mu_{\text{в}}=1{,}1\times10^{-3}$ Па$\cdot$с и ускорение свободного падения $g=9{,}8$ Н$\cdot$кг$^{-1}$.

ii) (0,5 балла) Определите тип течения в шланге. Известно, что течение турбулентное при $R>2500$ и ламинарное в противном случае.

iii) (3 балла) Садовник чистит инструменты, направляя струю воды на загрязнённые поверхности. В месте, где струя встречает поверхность, давление повышается выше атмосферного; именно это избыточное давление смывает грязь. Чтобы чистка была эффективнее, садовник надевает распылитель в режиме узкой струи, так что площадь выходного сечения насадки составляет $f=15\ \%$ площади сечения шланга. Во сколько раз изменится объёмный расход $Q$? Во сколько раз изменится избыточное давление на загрязнённой поверхности? Найдите оба значения с точностью $1\ \%$. Разрешается использовать численные методы.

▶ПодсказкаСкрыть

Подсказка

Число Рейнольдса — отношение $\rho v^2$ к $\mu v/D$. Мощность насоса идёт на подъём воды, на трение в шланге (при турбулентном течении оно пропорционально $v^2$) и на кинетическую энергию вытекающей струи; с насадкой получается кубическое уравнение для скорости в шланге.

▶ОтветСкрыть

Ответ

i) $R=\dfrac{\rho vD}{\mu}$; ii) $R\approx37000$, течение турбулентное; iii) $Q'/Q\approx0{,}88$, избыточное давление растёт примерно в $35$ раз.

▶РешениеСкрыть

Решение

i) Решение 1 (прямо из масштабов сопротивления из условия). В условии дано ламинарное сопротивление на единицу площади $F_L\sim\mu v/D$ (градиент скорости у стенки порядка $v/D$). Турбулентное сопротивление на единицу площади $F_T\sim\rho v^2$ (динамическое давление, переносимое вихрями). Безразмерное отношение \[R=\frac{F_T}{F_L}\sim\frac{\rho v^2}{\mu v/D}=\frac{\rho vD}{\mu}.\] Некоторые решения пытались добавить численные множители, но это невыполнимая задача, так как сила сопротивления в турбулентном случае хаотична. Поэтому любой вычисленный численный множитель бесполезен. Тем не менее баллы не снимались, если множитель не был очень большим ($>10$). Очень большой множитель привёл бы к неточностям при использовании $R$ для определения типа течения.

Решение 2 (анализ размерностей). Ищем безразмерное $R=D^d\rho^r\mu^mv^u$. Масса, длина и время дают три уравнения: \[\begin{cases} r+m=0,\\ d-3r-m+u=0,\\ -m-u=0. \end{cases}\] Решая: $m=-r$, $u=r$, $d=r$. Значит, $R=(Dv\rho/\mu)^r$. Остаётся, казалось бы, одна степень свободы, но $\mu$ входит только в ламинарное сопротивление (знаменатель $F_T/F_L$), так что $m=-1$, а значит, $r=1$: \[R=\frac{\rho vD}{\mu}.\] ii) Площадь сечения шланга $\pi d^2/4$, поэтому по уравнению непрерывности средняя скорость течения \[v=\frac{Q}{\pi d^2/4}=\frac{4Q}{\pi d^2}\approx3{,}1\ \text{м/с}.\] Число Рейнольдса \[R=\frac{\rho vd}{\mu}=\frac{4\rho Q}{\pi d\mu}\approx37000.\] Так как $37000\gg2500$, течение турбулентное.

iii) Мощность насоса $P$ расходуется на три статьи: потенциальную энергию поднятой воды, работу против сопротивления в шланге и кинетическую энергию вытекающей струи. На единицу объёма они равны $\rho gh$, $\Delta p_{\text{сопр}}$ и $\rho v_{\text{вых}}^2/2$. Баланс мощности: \[P=Q\Bigl(\rho gh+\Delta p_{\text{сопр}}+\frac12\rho v_{\text{вых}}^2\Bigr).\] Так как течение турбулентное (п. ii), сопротивление растёт как $v^2$: $\Delta p_{\text{сопр}}=kv^2$, где $k$ — постоянная для данного шланга.

Калибровка (без насадки). Без насадки $v_{\text{вых}}=v_0$ (скорость на выходе из шланга из п. ii), $v_0\approx3{,}14$ м/с). Тогда \[P=Q\Bigl(\rho gh+kv_0^2+\frac12\rho v_0^2\Bigr).\] Численно: \[\rho gh=1{,}96\times10^5\ \text{Па},\qquad \frac12\rho v_0^2=4{,}93\times10^3\ \text{Па},\] \[\frac PQ-\rho gh-\frac12\rho v_0^2=kv_0^2\approx3{,}99\times10^5\ \text{Па},\qquad k=\frac{3{,}99\times10^5\ \text{Па}}{v_0^2}\approx4{,}04\times10^4\ \frac{\text{Па}\cdot\text{с}^2}{\text{м}^2}.\] С насадкой. Площадь выходного сечения в $f$ раз меньше площади шланга; по непрерывности массового потока $v'_{\text{вых}}=v'/f$, где $v'$ — (новая) скорость течения в шланге. Подставляя в баланс мощности: \[P=\frac{\pi d^2}{4}\,v'\Bigl(\rho gh+kv'^2+\frac{\rho v'^2}{2f^2}\Bigr).\] Это кубическое уравнение для $v'$.

Безразмерная форма. Введём $x=v'/v_0$. Каждая из трёх статей в случае без насадки даёт долю полной мощности: \[a=\frac{\rho gh}{\rho gh+kv_0^2+\frac12\rho v_0^2},\quad b=\frac{kv_0^2}{\rho gh+kv_0^2+\frac12\rho v_0^2},\quad c=1-a-b.\] Численно: $a\approx0{,}327$, $b\approx0{,}665$, $c\approx0{,}0082$. Баланс мощности принимает вид \[x\Bigl[a+\Bigl(b+\frac{c}{f^2}\Bigr)x^2\Bigr]=1.\] При $f=0{,}15$: $c/f^2\approx0{,}364$, так что $b+c/f^2\approx1{,}029$: \[x^3+0{,}318\,x=0{,}972\quad\Rightarrow\quad x=(0{,}972-0{,}318\,x)^{1/3}.\] Итерации. Начав с $x_0=1$ в правой части: \[x_1=(0{,}972-0{,}318)^{1/3}=0{,}868,\quad x_2=(0{,}972-0{,}276)^{1/3}=0{,}886,\quad x_3=(0{,}972-0{,}282)^{1/3}=0{,}884,\quad x_4=(0{,}972-0{,}281)^{1/3}=0{,}884.\] Сошлось: $x\approx0{,}884$.

Результаты. \[\frac{Q'}{Q}=\frac{v'}{v_0}=x\approx0{,}88,\qquad\text{так что}\qquad Q'\approx22{,}1\ \text{л/мин}.\] Скорость на выходе $v'_{\text{вых}}=v'/f=xv_0/f$, а избыточное давление на загрязнённой поверхности масштабируется как $\rho v_{\text{вых}}^2/2$: \[\frac{p'_{\text{изб}}}{p_{\text{изб}}}=\frac{v'^2_{\text{вых}}}{v_0^2}=\frac{x^2}{f^2}=\frac{0{,}884^2}{0{,}15^2}\approx35.\]

зад 8 Звук реактивного самолёта

Колебания и волны › Механические волныУдарные волны, конус МахаЭффект Доплерасложность 7/10

PDF: условие с решением

(8 баллов) Истребитель пролетает мимо наземного наблюдателя вдоль прямой горизонтальной линии с постоянной сверхзвуковой скоростью, проходя на наименьшем расстоянии $d$. Число Маха самолёта $M=v/c>1$, где $v$ — скорость самолёта, $c$ — скорость звука. Воздух неподвижен. Наблюдатель записывает звук в виде спектрограммы (интенсивность закодирована цветом как функция частоты и времени; чёрный цвет означает тишину), показанной ниже.

По осям: $f/\text{Гц}$ — частота, $t/\text{с}$ — время.

i) (2 балла) Объясните качественно особенности, видимые на спектрограмме.

ii) (3 балла) По спектрограмме найдите число Маха $M$.

iii) (3 балла) Найдите наименьшее расстояние $d$, если $c=340$ м$\cdot$с$^{-1}$.

▶ПодсказкаСкрыть

Подсказка

При $t\to\infty$ скорость самолёта почти направлена вдоль луча зрения, и обе ветви стремятся к доплеровским частотам $f_0/(M\mp1)$. Звук, излучённый в момент прохождения над наблюдателем, слышен с частотой $f_0$; время между «хлопком» и этим звуком даёт расстояние $d$.

▶ОтветСкрыть

Ответ

ii) $M=\dfrac{f_2+f_1}{f_2-f_1}=1{,}5$; iii) $d=\dfrac{\tau c}{1-\sqrt{1-M^{-2}}}\approx1{,}5$ км.

▶РешениеСкрыть

Решение

i) На спектрограмме видны четыре качественные особенности.

(a) Тишина до $t_0$. Так как звук распространяется с конечной скоростью, до его слышимости проходит некоторое время (эта особенность была бы и у не сверхзвукового самолёта).

(b) Широкополосный всплеск при $t_0$. Целый интервал прошлых излучений достигает наблюдателя одновременно, образуя фронт ударной волны — «хлопок», — который регистрируется как короткий сильный пик давления на датчике и представляет собой суперпозицию широкого набора частот.

(c) Два одновременных тона при $t>t_0$. Для каждого момента приёма $t>t_0$ (положим $t=0$) вклад дают два различных прошлых события излучения, 1 и 2. Пусть звук от события 1, излучённый в момент $-t_1$ с расстояния $L_1$, приходит сейчас. Так как самолёт сверхзвуковой, существует второе излучение — событие 2 в более поздний момент $-t_2$ на расстоянии $L_2$ от нас, отделённое от события 1 расстоянием $L_0$ вдоль траектории, — такое, что \[\frac{L_0}{v}=\frac{L_1-L_2}{c},\] т. е. время пролёта самолёта от 1 до 2 равно задержке звука $(L_1-L_2)/c$. Оба прихода доплеровски сдвинуты, но в разной степени: звук, идущий сзади (событие 1, самолёт далеко на подходе и приближается к наблюдателю), смещён в синюю сторону (верхняя ветвь), тогда как звук, идущий спереди (событие 2, самолёт удаляется после наибольшего сближения), смещён в красную сторону (нижняя ветвь).

(d) Ветви убывают со временем. Обе ветви расходятся при «хлопке» (широкополосный всплеск при $t_0$) и затем монотонно убывают, стремясь к конечным предельным значениям при $t\to\infty$.

На рисунке: obs. — наблюдатель, event 1 (upper) — событие 1 (верхняя ветвь), event 2 (lower) — событие 2 (нижняя ветвь), jet at $t$ — самолёт в момент $t$.

ii) При $t\to\infty$ скорость самолёта становится почти направленной вдоль луча зрения, поэтому радиальная скорость (составляющая вдоль линии от источника к наблюдателю) стремится к $\pm v$. Классическая формула Доплера для источника, движущегося радиально со скоростью $v_r$ относительно неподвижного наблюдателя, \[f=\frac{f_0}{|1\pm v_r/c|},\] со знаком $-$ для приближающегося источника ($v_r>0$, источник движется к наблюдателю) и $+$ для удаляющегося. Применяя к двум асимптотическим пределам с $|v_r|\to v$: \[f_2=\frac{f_0}{M-1}\ \text{(верхняя ветвь, приближение)},\qquad f_1=\frac{f_0}{M+1}\ \text{(нижняя ветвь, удаление)}.\] Комбинируя: $\dfrac1{f_1}-\dfrac1{f_2}=\dfrac2{f_0}$ и $\dfrac1{f_1}+\dfrac1{f_2}=\dfrac{2M}{f_0}$, так что \[f_0=\frac{2f_1f_2}{f_2-f_1},\qquad M=\frac{f_2+f_1}{f_2-f_1}.\] Считывая со спектрограммы: $f_1\approx320$ Гц и $f_2\approx1600$ Гц. Поэтому \[f_0=\frac{2\cdot320\cdot1600}{1280}=800\ \text{Гц},\qquad M=\frac{1920}{1280}=1{,}5.\] iii) Сигнал наибольшего сближения — это звук, излучённый, когда радиальная скорость самолёта равна нулю (самолёт прямо над наблюдателем, точка $B$). При этом излучении $v_r=0$, поэтому принимаемая частота равна $f_0$. Из асимптотических соотношений п. ii) \[f_0=\frac{2f_1f_2}{f_2-f_1}=\frac{2\cdot320\cdot1600}{1280}=800\ \text{Гц}.\] Наблюдатель слышит эту частоту на нижней ветви (удаляющаяся ветвь пересекает $f_0$, когда самолёт пролетает над наблюдателем). Считаем $t_1$ со спектрограммы как момент, когда нижняя ветвь пересекает $f_0=800$ Гц.

Положим $t=0$ в момент, когда самолёт излучает звук, который наблюдатель в итоге услышит как «хлопок»; назовём это положение $A$. Пусть $J$ — положение самолёта в момент, когда наблюдатель слышит «хлопок», а $O$ — наблюдатель. Тогда \[|AJ|=vt,\qquad|AO|=ct,\] а условие касания «хлопка» фиксирует $\angle AOJ=\pi/2$ (волновой фронт от $A$ как раз скользит по наблюдателю). В частности, $\sin(\angle AJO)=|AO|/|AJ|=1/M$, и $\angle AJO$ есть угол Маха $\alpha$.

Пусть $B$ — основание перпендикуляра из $O$ на траекторию $AJ$, так что $|OB|=d$ (наименьшее расстояние). Прямоугольные треугольники $\triangle JOA$ и $\triangle OBA$ подобны (оба прямоугольные с общим углом при $A$). Из подобия: \[|BA|=\frac{|OA|^2}{|JA|}=\frac{ct}{M},\qquad d=\frac{|OA|\cdot|JO|}{|JA|}=\frac{ct\sqrt{M^2-1}}{M}.\] Наблюдатель слышит «хлопок» в момент $t$, а сигнал наибольшего сближения — в момент $|BA|/v+d/c$. Запаздывание \[\tau=\frac{|BA|}{v}+\frac dc-t,\qquad \tau=\frac{t}{M^2}+\frac{t\sqrt{M^2-1}}{M}-t.\] Исключая $t$ с помощью $t=dM/(c\sqrt{M^2-1})$ и упрощая: \[\tau c=d\Bigl(1-\sqrt{1-M^{-2}}\Bigr),\qquad d=\frac{\tau c}{1-\sqrt{1-M^{-2}}}.\] Считывая со спектрограммы: $t_0\approx3{,}3$ с (начало «хлопка») и $t_1\approx4{,}4$ с (нижняя ветвь пересекает 800 Гц), так что $\tau\approx1{,}1$ с. При $M=1{,}5$: \[1-\sqrt{1-1/2{,}25}=1-\sqrt{0{,}5556}\approx0{,}255,\qquad d=\frac{340\cdot1{,}1}{0{,}255}\approx1{,}5\ \text{км}.\]

зад 9 Углекислотный огнетушитель

Термодинамика и молекулярная физика › Начала термодинамикиАдиабатический процессНасыщенный парВторой закон, энтропиясложность 7/10

PDF: условие с решением

(8 баллов) В огнетушителе находится жидкий CO$_2$ в равновесии со своим насыщенным паром при комнатной температуре $T_0=298$ К. Рассмотрим два сценария: (a) баллон держат вверх дном, так что к соплу течёт жидкая фаза; (b) его держат вертикально, так что к соплу течёт насыщенный пар. Сопло имеет форму сужающегося–расширяющегося канала (см. рисунок), а течение через него можно моделировать как обратимое и адиабатическое. Атмосферное давление $p_{\text{атм}}=1{,}0\times10^5$ Па; тройная точка CO$_2$: $(T_{\text{т}},p_{\text{т}})=(216{,}6\ \text{К},\,0{,}518\ \text{МПа})$.

На рисунке: bottleneck — узкое место (горловина), atmosphere — атмосфера, CO$_2$ liquid or vapour — CO$_2$ жидкий или газообразный.

Ниже приведена диаграмма температура — энтропия CO$_2$ с изобарами.

На рисунке: Isobars in MPa — изобары в МПа (подписаны 20, 10, 5, 2, 1, 0,5, 0,2, 0,1, 0,05); по осям $s$ в Дж/(кг$\cdot$К) и $T$ в $^\circ$C.

i) (1,5 балла) Определите фазу или фазы, присутствующие в струе, выходящей из сопла, и их температуру.

ii) (3,5 балла) Найдите массовую долю $x$ твёрдого CO$_2$ в струе для обоих сценариев.

iii) (3 балла) Рассмотрим теперь произвольное чистое вещество в равновесии со своим насыщенным паром при температуре $T$ и предположим, что через сопло выходит только пар (но не жидкость), претерпевая обратимое адиабатическое расширение. При каком условии на удельную теплоту парообразования $L$ (на единицу массы), изобарную удельную теплоёмкость пара $c_p$ и температуру $T$ часть выходящего пара конденсируется в капли даже при исчезающе малом падении давления? Происходит ли конденсация для водяного пара при $T=373$ К ($L\approx2260$ кДж$\cdot$кг$^{-1}$, $c_p\approx2{,}0$ кДж$\cdot$кг$^{-1}\cdot$К$^{-1}$)?

▶ПодсказкаСкрыть

Подсказка

Обратимое адиабатическое расширение — изоэнтропическое, на диаграмме $T$–$s$ оно идёт по вертикали; доля твёрдой фазы в двухфазной области находится по правилу рычага. В п. iii) сравните наклон адиабаты с наклоном кривой насыщения.

▶ОтветСкрыть

Ответ

i) смесь твёрдого CO$_2$ и пара при $T\approx195$ К ($-78\ ^\circ\text{C}$); ii) $x_a\approx0{,}40$, $x_b\approx0{,}25$; iii) $L>c_pT$, для воды $L/(c_pT)\approx3$, конденсация происходит.

▶РешениеСкрыть

Решение

i) При атмосферном давлении $p_{\text{атм}}=1{,}0\times10^5$ Па, которое ниже давления тройной точки $p_{\text{т}}=5{,}18\times10^5$ Па, жидкий CO$_2$ существовать не может. Поэтому выходящая струя — либо чистый пар, либо чистое твёрдое тело, либо смесь твёрдого тела с паром.

Чистое твёрдое тело невозможно: жёсткое (несжимаемое) твёрдое тело не может расширяться или ускоряться в сужающемся–расширяющемся сопле. Значит, на выходе либо чистый пар, либо смесь твёрдого тела с паром; во втором случае температура должна быть температурой сублимации при 1 атм, $T_{\text{субл}}\approx195$ К ($\approx-78\ ^\circ\text{C}$).

Проследим изоэнтропу от начального состояния до $p=1$ бар на приведённой $T$–$s$ диаграмме: в обоих сценариях (a) и (b) траектория пересекает границу насыщения и попадает в двухфазную область. Следовательно, струя — смесь твёрдого тела и пара при $T\approx195$ К в обоих случаях.

ii) Расширение в сопле обратимо и адиабатично, значит изоэнтропично: удельная энтропия $s$ сохраняется между входом и выходом. На $T$–$s$ диаграмме траектория поэтому вертикальна ($s=\text{const}$), пока не пересечёт границу фаз или выбранную изобару.

Давление на выходе $p_{\text{атм}}=1$ бар, намного ниже давления тройной точки $p_{\text{т}}=5{,}18$ бар. Согласно п. i), состояние на выходе — в двухфазной (твёрдое тело + пар) области при $T_{\text{субл}}(1\ \text{бар})\approx195$ К ($-78\ ^\circ\text{C}$).

Правило рычага. В двухфазной области при фиксированных $p$, $T$ полная удельная энтропия смеси с массовой долей $x$ твёрдой фазы (и $1-x$ пара) \[s_{\text{кон}}=x\,s_{\text{тв}}+(1-x)\,s_{\text{пар}},\qquad x=\frac{s_{\text{пар}}-s_{\text{кон}}}{s_{\text{пар}}-s_{\text{тв}}},\] где $s_{\text{тв}}$ и $s_{\text{пар}}$ — энтропии чистого твёрдого тела и чистого пара на границах двухфазной области при $p=1$ бар.

Считывание энтропий с $T$–$s$ диаграммы. При $p=1$ бар (изобара сублимации при $T\approx-78\ ^\circ\text{C}$) границы: \[s_{\text{тв}}\approx400(50)\ \frac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot\text{К}},\qquad s_{\text{пар}}\approx3250(50)\ \frac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot\text{К}}.\] Начальные энтропии для двух сценариев считываются при $T_0=298$ К ($25\ ^\circ\text{C}$) на кривой насыщения:

сценарий (a), насыщенная жидкость при $T_0$: $s_a\approx2100(50)$ Дж/(кг$\cdot$К);
сценарий (b), насыщенный пар при $T_0$: $s_b\approx2550(50)$ Дж/(кг$\cdot$К).

Массовые доли. Применяя правило рычага к каждому случаю: \[x_a=\frac{3250-2100}{3250-400}=\frac{1150}{2850}\approx0{,}40,\qquad x_b=\frac{3250-2550}{3250-400}=\frac{700}{2850}\approx0{,}25.\] Таким образом, огнетушитель с подачей жидкости (a) даёт струю, содержащую $\sim40\ \%$ сухого льда (и $60\ \%$ пара) по массе, а огнетушитель с подачей пара (b) — лишь $\sim25\ \%$ сухого льда. Жидкостный сценарий даёт примерно в $1{,}6$ раза больше твёрдого CO$_2$ на единицу выброшенной массы — поэтому огнетушители делают так, чтобы забирать жидкость.

iii) Рассмотрим бесконечно малое изоэнтропическое (обратимое адиабатическое) расширение насыщенного пара из состояния $(T,p_{\text{нас}}(T))$. В этой точке сходятся две траектории: кривая насыщения $p_{\text{нас}}(T)$ и адиабата (постоянная энтропия). Расширение идёт по адиабате. Если адиабата оказывается ниже кривой насыщения на плоскости $T$–$p$ (т. е. пар охлаждается медленнее, чем падает температура насыщения при падении давления), то конечная доля пара конденсируется в капли. Иначе расширение остаётся в области чистого пара.

Наклон кривой насыщения (Клапейрон — Клаузиус). У насыщенного пара над жидкостью числовая плотность $n_{\text{пар}}$ находится в тепловом равновесии с жидкостью. По распределению Больцмана вероятность нахождения молекулы в паровом состоянии (энергия $\ell$ на молекулу выше, чем в жидкости) по отношению к жидкому \[\frac{n_{\text{пар}}}{n_{\text{ж}}}\propto\exp\Bigl(-\frac{\ell}{k_BT}\Bigr).\] Считая $n_{\text{ж}}$ не зависящей от $T$ и используя \[p_{\text{нас}}=n_{\text{пар}}k_BT\approx(\text{const})\cdot T\exp(-\ell/k_BT),\] основная температурная зависимость экспоненциальная. На единицу массы $\ell/k_B=L/R_s$, где $R_s$ — удельная газовая постоянная пара. Дифференцируя $\ln p_{\text{нас}}$: \[\frac1{p_{\text{нас}}}\frac{dp_{\text{нас}}}{dT}=\frac{L}{R_sT^2}.\] Эквивалентно \[\Bigl(\frac{dT}{dp}\Bigr)_{\text{нас}}=\frac{R_sT^2}{pL}.\] Наклон адиабаты. Для адиабаты идеального газа $Tp^{(1-\gamma)/\gamma}=\text{const}$, с $R_s=c_p-c_v$ и $\gamma=c_p/c_v$: \[\Bigl(\frac{dT}{dp}\Bigr)_{\text{адиаб}}=\frac{R_sT}{c_pp}.\] Условие конденсации. Пар конденсируется при расширении тогда и только тогда, когда адиабата охлаждается меньше, чем кривая насыщения, т. е. $\dfrac{dT}{dp}\Big|_{\text{адиаб}}<\dfrac{dT}{dp}\Big|_{\text{нас}}$: \[\frac{R_sT}{c_pp}<\frac{R_sT^2}{pL},\qquad L>c_pT.\] Численная проверка (вода при $T=373$ К). $L=2260$ кДж/кг, $c_p=2{,}0$ кДж/(кг$\cdot$К): \[\frac{L}{c_pT}=\frac{2260}{2{,}0\cdot373}\approx3{,}0>1.\] Значит, водяной пар при изоэнтропическом расширении конденсируется. Именно поэтому пар из чайника выглядит как видимый белый шлейф мелких капелек, а не как невидимый чистый водяной пар.

зад 10 Шаровой магнит

Магнетизм и индукция › Магнитное полеМагнитный дипольИсследование установки, «процессы и измерения»Сила Амперасложность 8/10

PDF: условие с решением

(10 баллов) Приборы: шарообразный неодимовый магнит диаметром $d=10$ мм с остаточной индукцией $B_r=1{,}2$ Тл, плотность $\rho_M\approx7500$ кг$\cdot$м$^{-3}$; штатив; перманентный маркер; линейка; рулетка; плоский железный диск; квадратная деревянная пластина с железным штифтом, вставленным с одной стороны; плоская деревянная пластина с направляющими рейками и нескользящей поверхностью между ними; кусочек титана диаметром $2{,}4$ мм и длиной $3{,}4$ мм, закреплённый на нити. Плотность титана $\rho_{\text{Ti}}\approx4500$ кг$\cdot$м$^{-3}$.

Равномерно намагниченный шар создаёт вне себя поле, тождественное полю точечного магнитного диполя с моментом $\mu=\frac43\pi R^3B_r/\mu_0$, где $R$ — радиус шара. На оси диполя $\vec B=\mu_0\vec\mu/(2\pi r^3)$, где $r$ — расстояние от диполя. Магнитный момент Земли направлен на юг.

Предупреждение: измеряйте как можно дальше от железных предметов (каркасов столов, стульев), которые сильно искажают магнитное поле Земли.

i) (2 балла) Найдите направление намагниченности магнита: отметьте на его поверхности точкой место, где прямая силовая линия магнитного поля выходит, и крестиком — где входит. Перед тем как покинуть комнату, отдайте магнит с отметками дежурному.

ii) (4 балла) Найдите модуль магнитного поля Земли $|\vec B_E|$ в месте расположения лаборатории.

iii) (4 балла) Титан — парамагнитный материал с магнитной восприимчивостью $\chi\ll1$. Небольшой образец объёма $V$ в неоднородном поле $\vec B(\vec r)$ испытывает силу $\vec F=\frac12(\chi V/\mu_0)\,\mathrm{grad}\,B^2$ («grad» обозначает производную в направлении наибольшего изменения). Найдите $\chi$ для выданного кусочка титановой проволоки.

▶ПодсказкаСкрыть

Подсказка

Магнит, лежащий на железном диске, разворачивается осью перпендикулярно диску, а свободный магнит в поле Земли ориентируется вдоль него. Поле Земли оценивается по моменту силы тяжести в момент начала качения шара по наклонной пластине; восприимчивость титана — по предельному отклонению подвеса, при котором магнитная сила ($\propto r^{-7}$) ещё удерживает образец.

▶ОтветСкрыть

Ответ

ii) $B_E=\dfrac{mgr\sin\beta_c}{\mu}\approx51$ мкТл; iii) $\chi=\dfrac{4\pi^2\rho_{\text{Ti}}\,g\tan\theta_c\,r_{\min}^7}{3\mu_0\mu^2}\approx1{,}6\times10^{-4}$.

▶РешениеСкрыть

Решение

i) Процедура состоит из двух этапов: (1) найти магнитную ось на поверхности шара и (2) определить, какой конец — N (поле выходит), а какой — S (поле входит).

Этап 1: найти ось. Положим шаровой магнит на плоский железный диск. Магнит намагничивает железо под собой, создавая притягивающий диполь-изображение. Энергия взаимодействия минимальна, когда ось диполя магнита перпендикулярна поверхности железа (так что два диполя выстроены «голова к хвосту»). Поэтому шар перекатывается, пока его ось не окажется направленной прямо вниз на диск. Маркером поставим точку в самой верхней точке шара (там, где ось выходит из верхнего полушария). Затем аккуратно перевернём шар, снова положим на диск и поставим вторую точку в новой самой верхней точке. Две точки диаметрально противоположны и лежат на оси диполя.

Для точной разметки точка должна быть поставлена в пределах $\sim1$ мм от самой высокой точки шара; на шаре диаметром 10 мм это соответствует угловой точности лучше $\sim10^\circ$.

Этап 2: определить, какая точка — N. На широте Таллина геомагнитное поле $\vec B_E$ направлено вниз, в землю (магнитный момент Земли направлен на юг, как сказано в условии, так что её силовые линии в северном полушарии входят в землю). Свободный магнит ориентируется так, что $\vec\mu_{\text{магн}}\parallel\vec B_E$. Положим шар на плоскую деревянную пластину (вдали от железных предметов). Геомагнитный момент сил поворачивает шар, пока его дипольный момент $\vec\mu$ не выстроится вдоль $\vec B_E$ — направлением преимущественно вниз. Шар не скатывается: само $\vec B_E$ удерживает шар в выстроенной ориентации, поскольку при $\vec\mu\parallel\vec B_E$ момент сил обращается в нуль.

Полюс N (где $\vec B$ выходит, «голова» $\vec\mu$) тогда оказывается на нижней стороне шара, а полюс S — сверху. Поставьте на направленной вверх точке крестик ($\times$): это полюс S, где $\vec B$ входит. Направленную вниз точку оставьте точкой: это полюс N, где $\vec B$ выходит.

ii) Идея. Положим шаровой магнит между рейками на деревянной пластине. Пока пластину наклоняют, сила тяжести пытается скатить шар вниз по склону (поворачивая $\vec\mu$ от $\vec B_E$), а $\vec B_E$ создаёт возвращающий магнитный момент, стремящийся удержать $\vec\mu$ выстроенным. При критическом наклоне $\beta_c$ сила тяжести превосходит максимальный возвращающий магнитный момент, и шар начинает катиться. Измерение $\beta_c$ даёт $B_E$.

Установка. Крестик на шаре слегка смещён от точной верхней точки, так как $\vec B_E$ наклонено от вертикали (угол наклонения $\sim70^\circ$ в Таллине, так что горизонтальная составляющая $\vec B_E$ не равна нулю и направлена на магнитный север). Ориентируйте пластину так, чтобы небольшое горизонтальное смещение крестика от самой верхней точки было параллельно рейкам. Эквивалентно: рейки должны идти вдоль магнитного меридиана, а ось диполя шара должна лежать в вертикальной плоскости, содержащей $\vec B_E$ и направление качения.

Процедура.

Положить пластину горизонтально и дать шару успокоиться: он ориентируется так, что $\vec\mu\parallel\vec B_E$, а крестик слегка смещён к магнитному югу от самой верхней точки.
Развернуть пластину (в горизонтальной плоскости) так, чтобы смещение крестика было параллельно рейкам (крестик на равном расстоянии от обеих реек).
Медленно поднимать один конец пластины. Измерить линейкой превышение $h$ верхнего конца над нижним; для пластины длины $L$ угол наклона удовлетворяет $\sin\beta=h/L$.
Продолжать наклонять плавно и медленно, пока шар только-только не начнёт скатываться. Записать $h$ в этот момент.
Опустить пластину, слегка сместить шар для сброса, дать ему переориентироваться и повторить. Усреднить по многим опытам: показания колеблются из-за небольших вариаций начального выстраивания, трения о рейки и плавности наклона.

Баланс сил (моментов). Непосредственно перед началом качения шар в статическом равновесии между силой тяжести и возвращающим магнитным моментом. Момент силы тяжести относительно центра шара (действующей через линию контакта с рейкой на расстоянии $r$) равен $\tau_g=mgr\sin\beta$, где $r=d/2$ — радиус шара. Максимальный возвращающий магнитный момент (при $\vec\mu\perp\vec B_E$) равен $\tau_{\text{маг,макс}}=\mu B_E$. Критическое условие: \[\mu B_E=mgr\sin\beta_c,\qquad B_E=\frac{mgr\sin\beta_c}{\mu}.\] Дипольный момент магнита $\mu=(4\pi r^3/3)B_r/\mu_0=0{,}50$ А$\cdot$м$^2$, масса $m=\rho_M\cdot(4\pi r^3/3)\approx3{,}93$ г. Поэтому \[\frac{mgr}{\mu}=\frac{3{,}93\times10^{-3}\cdot9{,}8\cdot0{,}005}{0{,}50}\approx385\ \text{мкТл}.\] Измерения. Характерный набор опытов при длине реек $L=19$ см:

опыт	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	среднее
$h$, мм	24	26	25	27	23	25	26	24	25	25	25,0

Стандартное отклонение показаний $\sigma_h\approx0{,}12$ см, откуда стандартная ошибка среднего $\sigma_h/\sqrt{10}\approx0{,}04$ см, или около $1{,}5\ \%$ от среднего.

При $\sin\beta_c=h/L=0{,}025/0{,}19\approx0{,}132$: \[B_E=\frac{mgr\sin\beta_c}{\mu}=385\ \text{мкТл}\cdot0{,}132\approx51\ \text{мкТл}.\] Суммарная неопределённость (статистическая от $\sigma_h$ плюс систематическая от $\mu$ и $r$ на уровне нескольких процентов): $B_E\approx51(3)$ мкТл, в хорошем согласии с известным геомагнитным полем на широте Таллина ($\sim50$ мкТл).

iii) Установка. Титановый образец висит как маятник на нити длины $L$, прикреплённой к штативу. Поднесём шаровой магнит к титану так, чтобы один из полюсов касался поверхности титана. Парамагнитный титан притягивается к магниту. Медленно и плавно потянем комбинацию «магнит и титан» горизонтально; маятник отклоняется. При критическом горизонтальном смещении $x_c$ магнитное притяжение уже не может уравновесить возвращающую силу тяжести, и титан отрывается от магнита и отлетает назад. Измерение $x_c$ даёт $\chi$.

Практическое выполнение.

Держать магнит приклеенным (притянутым) к железному штифту деревянной пластины как держателю, чтобы он всегда был обращён вперёд одним полюсом (а не поворачивался в руке).
Следить, чтобы полюс магнита всё время касался титана в одной и той же точке (на острие магнита, на оси диполя); небольшой сдвиг вверх или вниз уменьшает магнитную силу.
Тянуть очень медленно, чтобы система была квазистатической (без инерционных эффектов, $a\approx0$).
Повторить много раз. Принять за результат максимальное наблюдаемое $x_c$; меньшие показания отражают несовершенное выполнение (ускорение, контакт не на оси и т. п.).

Типичный наблюдаемый диапазон: $x_c\approx210$–$260$ мм.

Физика. Шаровой магнит имеет дипольный момент $\mu=(4\pi/3)(d/2)^3B_r/\mu_0\approx0{,}50$ А$\cdot$м$^2$. На его оси дипольного момента на расстоянии $r$ от центра \[B(r)=\frac{\mu_0\mu}{2\pi r^3}.\] В момент контакта с титаном наименьшее расстояние от центра магнита до центра титана $r_{\min}=(d/2)+d_{\text{Ti}}/2\approx5+1{,}2=6{,}2$ мм. Сила на парамагнитный титан по формуле из условия с $B^2\propto1/r^6$ и $|\nabla B^2|=6B^2/r$: \[F_{\text{маг}}=\frac12\,\frac{\chi V_{\text{Ti}}}{\mu_0}\cdot\frac{6B^2(r)}{r}=\frac{3\chi V_{\text{Ti}}\mu_0\mu^2}{4\pi^2r^7}.\] Баланс сил при отрыве. Непосредственно перед отрывом титана угол отклонения маятника $\theta_c$ удовлетворяет $\sin\theta_c=x_c/L$, а горизонтальная возвращающая сила равна $m_{\text{Ti}}g\tan\theta_c$. Приравнивая её максимальной магнитной силе (при $r=r_{\min}$): \[m_{\text{Ti}}g\tan\theta_c=\frac{3\chi V_{\text{Ti}}\mu_0\mu^2}{4\pi^2r_{\min}^7}.\] Используя $m_{\text{Ti}}=\rho_{\text{Ti}}V_{\text{Ti}}$ для сокращения $V_{\text{Ti}}$: \[\chi=\frac{4\pi^2\rho_{\text{Ti}}\,g\tan\theta_c\,r_{\min}^7}{3\mu_0\mu^2}.\] Численная оценка. Возьмём длину маятника $L=1{,}0$ м (оценена по штативу) и $x_c=235$ мм (характерный максимум из многих опытов). Тогда $\sin\theta_c=0{,}235$, $\tan\theta_c\approx0{,}242$. При $\rho_{\text{Ti}}=4500$ кг/м$^3$: \[\chi\approx\frac{4\pi^2\cdot4500\cdot9{,}8\cdot0{,}242\cdot(6{,}2\times10^{-3})^7}{3\cdot4\pi\times10^{-7}\cdot0{,}5^2}\approx1{,}6\times10^{-4}.\] Это согласуется с литературным значением для чистого титана ($\chi_{\text{Ti}}\approx1{,}8\times10^{-4}$) в пределах точности, допускаемой экспериментальными неопределённостями.

опыт	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	среднее
\(h\), мм	24	26	25	27	23	25	26	24	25	25	25,0