«Туймаада» 2002, теоретический тур

Ответ

\(\tau = \dfrac{v_0\cos(\alpha/2)}{g\sin(3\alpha/2)}\).

Решение

Обе частицы, рассматриваемые в задаче, движутся с постоянными ускорениями, равными ускорению свободного падения \(\vec g\). Проекции их скоростей на горизонтальную \(x\) и вертикальную \(y\) оси следующие: \[\begin{aligned} v_{1x} &= v_0\cos\alpha, & v_{1y} &= v_0\sin\alpha - g\tau,\\ v_{2x} &= v_0\cos2\alpha, & v_{2y} &= v_0\sin2\alpha - g\tau. \end{aligned} \tag{75}\] Индекс 1 относится к частице, начальная скорость которой направлена под углом \(\alpha\) к горизонту, а индекс 2 — к другой частице. Так как скорости в момент времени \(\tau\) оказались сонаправленными, получаем \[\frac{v_{1y}}{v_{1x}} = \frac{v_{2y}}{v_{2x}},\] или, после подстановки соотношений (75), \[\operatorname{tg}\alpha - \frac{g\tau}{v_0\cos\alpha} = \operatorname{tg}2\alpha - \frac{g\tau}{v_0\cos2\alpha}.\] Из этого уравнения после тригонометрических преобразований получим ответ: \[\tau = \frac{v_0}{g}\frac{\operatorname{tg}2\alpha - \operatorname{tg}\alpha}{\left(\dfrac{1}{\cos2\alpha} - \dfrac{1}{\cos\alpha}\right)},\] \[\operatorname{tg}2\alpha - \operatorname{tg}\alpha = \frac{\sin2\alpha}{\cos2\alpha} - \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{\sin\alpha}{\cos2\alpha\cos\alpha},\] \[\frac{1}{\cos2\alpha} - \frac{1}{\cos\alpha} = \frac{2\cos(\alpha/2)\cos(3\alpha/2)}{\cos2\alpha\cos\alpha},\] \[\tau = \frac{v_0\cos(\alpha/2)}{g\sin(3\alpha/2)}. \tag{76}\] Задачу можно решить и другим способом, не требующим тригонометрических преобразований. Для этого нужно рассмотреть движение одной частицы относительно другой. Из закона сложения ускорений (аналогично закону сложения скоростей) следует, что частицы движутся друг относительно друга с постоянной скоростью. Скорость \(\vec v_{12}\) первой частицы относительно второй составляет \[\vec v_{12} = \vec v_1 - \vec v_2 = \vec v_{10} - \vec v_{20}, \tag{77}\] где индексом \(0\) отмечены начальные значения скоростей. В момент времени \(\tau\) скорости \(\vec v_1\), \(\vec v_2\) и \(\vec v_{12}\) сонаправлены. Имея это в виду, изобразим (см. рисунок) треугольник скоростей \(ABC\), соответствующий формуле (77), а также треугольник \(ABD\), отражающий равенство \(\vec v_1 = \vec v_{10} + \vec g\tau\).

Так как \(AB = BC = v_0\), имеем \(\angle BAC = 90{}^\circ - \dfrac\alpha2\), а \(\angle ADB = \dfrac{3\alpha}{2}\). Применяем к \(\triangle ABD\) теорему синусов: \[\frac{v_0}{\sin\left(\dfrac{3\alpha}{2}\right)} = \frac{g\tau}{\cos\left(\dfrac\alpha2\right)}.\] Отсюда сразу следует ответ (76). Таким образом, переход в другую систему отсчёта позволил использовать геометрию вместо проведения тригонометрических преобразований.

Ответ

1) \(v_C = 3{,}1\) м/с (направление — на рисунке решения);  2) возможны два ответа: \(v_{C1} = 1{,}7\) м/с и \(v_{C2} = 0{,}3\) м/с;  3) \(v_D = 1{,}0\) м/с (если скорости \(\vec v_B\) и \(\vec v_C\) ещё и сонаправлены, тело движется поступательно и \(\vec v_D = \vec v_A\)).

Решение

1. Плоское непоступательное движение абсолютно твёрдого тела в любой момент времени можно рассматривать как поворот вокруг некоторой точки, называемой мгновенным центром вращения.

Мгновенный центр должен лежать на перпендикуляре к скорости каждой точки, проходящем через неё. На основании этого свойства абсолютно твёрдого тела выполнены построения на левом рисунке. Мгновенный центр \(O\) лежит на пересечении перпендикуляра к \(\vec v_A\), проведённого из точки \(A\), и перпендикуляра к заданной прямой, проведённого из точки \(B\). Если угловая скорость тела равна \(\omega\), то \(v_A = \omega\cdot OA\), \(v_C = \omega\cdot OC\). Следовательно, \(v_C = v_A\cdot OC/OA\). Измерив по рисунку \(OC\), \(OA\), а также скорость \(v_A\), получим \[v_C = 3{,}1\text{ м/с}.\] Здесь и далее скорость точки \(C\) изображена в произвольном масштабе.

2. Для скорости точки \(B\) можно указать лишь изображённую на правом рисунке окружность, на которой находится конец вектора \(\vec v_B\). Направление вектора \(\vec v_B\) можно найти исходя из того, что для абсолютно твёрдого тела проекции скоростей двух точек на соединяющую их прямую должны быть равны, иначе расстояние между точками изменилось бы. Отложив на прямой \(AB\) от точки \(B\) отрезок, равный проекции \(\vec v_A\) на \(AB\), получим два возможных направления скорости точки \(B\): \(\vec v_{B1}\) и \(\vec v_{B2}\) (правый рисунок). Для каждого из этих двух возможных направлений построим соответствующие им мгновенные центры вращения \(O_1\), \(O_2\) и найдём две возможные скорости \(\vec v_{C1}\) и \(\vec v_{C2}\) тем же способом, который применялся в пункте 1. Направления скоростей показаны на правом рисунке, а модули следующие: \[v_{C1} = 1{,}7\text{ м/с} \qquad\text{и}\qquad v_{C2} = 0{,}3\text{ м/с}.\] 3. В третьем пункте задано, что модули скоростей точек \(B\) и \(C\) равны. Если совпадают и их направления, то тело движется поступательно. В этом случае искомая скорость точки \(D\), как и всех других точек, равна \(\vec v_A\). Если же скорости \(\vec v_B\) и \(\vec v_C\) не сонаправлены, то следует построить мгновенный центр и поступать так, как в пункте 1.

Мгновенный центр лежит на перпендикуляре к скорости \(\vec v_A\), проведённом из точки \(A\), а также на перпендикуляре к отрезку \(BC\), проходящем через середину этого отрезка. Именно так построена точка \(O\) на рисунке ниже. Искомая скорость \(\vec v_D\) перпендикулярна \(OD\) и равна по модулю \[v_D = v_A\frac{OD}{OA} = 1{,}0\text{ м/с}.\]

Таким образом, ответ задачи неоднозначен. Аналогичная ситуация имела место в пункте 2.

Ответ

\(v = v_0\dfrac{\sin\alpha - \frac HL\cos\alpha}{\sin\beta - \frac HL\cos\beta}\), где \(\operatorname{tg}\beta = \dfrac HL + a \mp \sqrt{a^2 + 2a\dfrac HL}\) (знак «\(-\)» при \(\alpha = 0{}^\circ\), «\(+\)» при \(\alpha = 60{}^\circ\)), \(a = \dfrac{v_0^2}{Lg}\left(\sin\alpha - \dfrac HL\cos\alpha\right)^2\). Численно: \(\alpha = 0{}^\circ\): \(\beta \approx 11{}^\circ\), \(v \approx 16{,}4\) м/с; \(\alpha = 60{}^\circ\): \(\beta \approx 58{}^\circ\), \(v \approx 10{,}5\) м/с.

Решение

Если пренебречь сопротивлением воздуха, то можно считать, что оба камня движутся с постоянным ускорением, равным ускорению свободного падения \(\vec g\). Для описания их движения введём декартову систему координат так, как показано на рисунке.

Если через промежуток времени \(t\) камни столкнутся, то можно приравнять их координаты: \[vt\cos\beta = L + v_0t\cos\alpha, \tag{78}\] \[vt\sin\beta - \frac{gt^2}{2} = H + v_0t\sin\alpha - \frac{gt^2}{2}. \tag{79}\] Из этих уравнений найдём \[v = v_0\frac{\sin\alpha - \dfrac HL\cos\alpha}{\sin\beta - \dfrac HL\cos\beta}, \tag{80}\] \[t = \frac{L}{v_0\cos\alpha}\left(\frac{\dfrac HL - \operatorname{tg}\alpha}{\dfrac HL - \operatorname{tg}\beta} - 1\right)^{-1}. \tag{81}\] Время движения до столкновения удобно выразить через скорость \(\vec v_r\) движения одного камня относительно другого (см. рисунок): \[t = \frac{\sqrt{L^2 + H^2}}{v_r}.\] При фиксированных величине и направлении вектора \(\vec v_0\) и заданном направлении вектора \(\vec v\) из векторного треугольника скоростей, показанного на рисунке, видно, что меньшим \(v_r\) соответствует меньшая скорость \(v\). Таким образом, минимальной скорости \(v\) соответствует минимальное значение \(v_r\) и, следовательно, максимальное время \(t\).

Ещё одно условие ограничивает возможность столкновения камней. Камень, пущенный вдогонку, должен удалиться от начала координат по горизонтали на расстояние, большее \(L\). Дальность его полёта равна \(v^2\sin2\beta/g\). Поэтому должно быть обеспечено условие \[v^2\sin2\beta \geqslant Lg. \tag{82}\] Итак, нужно найти такие значения \(v\) и \(\beta\), которые удовлетворяют равенству (80), неравенству (82) и обеспечивают наибольшее значение (81). Подставляя выражение (80) в (82), получим неравенство \[2\frac{v_0^2}{Lg}\left(\sin\alpha - \frac HL\cos\alpha\right)^2\operatorname{tg}\beta - \left(\operatorname{tg}\beta - \frac HL\right)^2 \geqslant 0.\] Обозначив \[\frac{v_0^2}{Lg}\left(\sin\alpha - \frac HL\cos\alpha\right)^2 = a\] и \(\operatorname{tg}\beta = \xi\), получим \[\xi^2 - 2\left(\frac HL + a\right)\xi + \frac{H^2}{L^2} \leqslant 0.\] Это неравенство выполняется, если \[\frac HL + a - \sqrt{a^2 + 2a\frac HL} \leqslant \xi \leqslant \frac HL + a + \sqrt{a^2 + 2a\frac HL}.\] Как видно из формулы (81) при \(\alpha = 0{}^\circ\), бо́льшие значения \(t\) обеспечиваются меньшими значениями \(\xi = \operatorname{tg}\beta\). Поэтому нужно выбрать для \(\xi\) меньшее значение. Получим \[\operatorname{tg}\beta = \frac HL + a - \sqrt{a^2 + 2a\frac HL} \quad\text{при}\quad \alpha = 0{}^\circ. \tag{83}\] Аналогично из формулы (81) при \(\alpha = 60{}^\circ\) видим, что бо́льшие значения \(t\) обеспечиваются бо́льшими значениями \(\xi = \operatorname{tg}\beta\). Поэтому нужно выбрать для \(\xi\) большее значение. Получим \[\operatorname{tg}\beta = \frac HL + a + \sqrt{a^2 + 2a\frac HL} \quad\text{при}\quad \alpha = 60{}^\circ. \tag{84}\] Таким образом, ответы на поставленные в условии вопросы содержатся в формулах (83), (84) и (80). Подставляя численные значения, находим \[\alpha = 0{}^\circ,\quad \beta \approx 11{}^\circ,\quad v \approx 16{,}4\text{ м/с}.\] \[\alpha = 60{}^\circ,\quad \beta \approx 58{}^\circ,\quad v \approx 10{,}5\text{ м/с}.\]

Ответ

1) \(F = 2\sigma L\cos\theta\);  2) \(h = \sqrt{\dfrac{2\sigma}{\rho g}(1 - \sin\theta)}\);  3) \(x = -\dfrac12\sqrt{\dfrac{\sigma}{\rho g}}\ln\left(\dfrac{1 - \sqrt{1 - \frac{\rho gy^2}{4\sigma}}}{1 + \sqrt{1 - \frac{\rho gy^2}{4\sigma}}}\right) - 2\sqrt{\dfrac{\sigma}{\rho g}}\sqrt{1 - \dfrac{\rho gy^2}{4\sigma}} + C\), где \(C = \dfrac12\sqrt{\dfrac{\sigma}{\rho g}}\ln\dfrac{\sqrt2 - \sqrt{1 + \sin\theta}}{\sqrt2 + \sqrt{1 + \sin\theta}} + \sqrt{\dfrac{2\sigma}{\rho g}}\sqrt{1 + \sin\theta}\).

Решение

Вблизи поверхности смачиваемой пластины вода приподнимается, образуя вогнутый мениск (см. левый рисунок).

На пластину с обеих сторон действуют силы поверхностного натяжения \(\vec F_t\). Модуль результирующей силы \(\vec F\), приложенной к пластине, как видно из левого рисунка, составляет \[F = 2F_t\cos\theta = 2\sigma L\cos\theta.\] Об этой силе и идёт речь в первом пункте задачи.

Для ответа на вопрос второго пункта приравняем давление в воде на уровне её поверхности вдали от пластины и в точке с координатой \(x\) (левый рисунок): \[p_a = p_a - p + \rho gy. \tag{85}\] Здесь \(p_a\) — атмосферное давление, \(p\) — разность давлений на вогнутой и выпуклой сторонах искривлённой поверхности жидкости, \(\rho gy\) — давление столба воды на глубине \(y\). Дополнительное давление, создаваемое искривлённой поверхностью жидкости, составляет \[p = \sigma\left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right) = \frac\sigma R. \tag{86}\] Здесь \(R_1 = R\) — радиус кривизны сечения в плоскости рисунка для точки \(x\), а \(R_2 = \infty\), так как соответствующее ему сечение представляет собой прямую линию. Подставляя выражение (86) в формулу (85) и выражая \(R\) по формуле, приведённой в условии, получим \[\rho gy = \frac{\sigma y''}{\left(1 + (y')^2\right)^{3/2}}. \tag{87}\] Сделав преобразование \[y'' = \frac{dy'}{dx} = \frac{dy}{dx}\frac{dy'}{dy} = y'\frac{dy'}{dy} = \frac12\frac{d}{dy}(y')^2,\] приведём уравнение (87) к виду \[y\,dy = \frac{\sigma}{2\rho g}\frac{d(y')^2}{\left(1 + (y')^2\right)^{3/2}}. \tag{88}\] Проинтегрируем последнее уравнение с учётом того, что при \(y = h\) имеем \(y' = -\operatorname{ctg}\theta\). В результате интегрирования найдём \[h = \sqrt{\frac{2\sigma}{\rho g}(1 - \sin\theta)}.\] Этот же результат можно было получить, не прибегая к интегрированию. Достаточно записать условие равновесия жидкости, поднятой вблизи пластины.

На правом рисунке показаны силы, приложенные к этому элементу жидкости: \(\vec F_1\) и \(\vec F_2\) — силы поверхностного натяжения, \(m\vec g\) — сила тяжести, \(\vec F_p\) — средняя сила давления со стороны пластины. В проекциях на горизонтальное направление получим \[\sigma L - \sigma L\sin\theta = \frac{\rho gh}{2}Lh,\] откуда \[h = \sqrt{\frac{2\sigma}{\rho g}(1 - \sin\theta)}.\] В третьем пункте задачи требуется найти функцию \(y(x)\), описывающую мениск, изображённый на левом рисунке. Для этого нужно проинтегрировать уравнение (88), учтя, что при \(y = 0\) имеем \(y' = 0\). Преобразуем его: \[y' = \frac{dy}{dx} = -\sqrt{\frac{1}{\left(1 - \rho g\dfrac{y^2}{2\sigma}\right)^2} - 1},\] откуда \[-\frac{\left(1 - \dfrac{\rho gy^2}{2\sigma}\right)}{\sqrt{\dfrac{\rho gy^2}{\sigma} - \dfrac{\rho^2g^2y^4}{4\sigma^2}}}\,dy = dx.\] Для интегрирования последнего уравнения используем подстановку \[y = 2\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}\sin\varphi.\] Тогда получаем \[x = -\int\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}\cdot\frac{1 - 2\sin^2\varphi}{\sin\varphi}\,d\varphi = -\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}\ln\left(\operatorname{tg}\frac\varphi2\right) + C.\] Возвращаемся к переменной \(y\): \[x = -\frac12\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}\ln\left(\frac{1 - \sqrt{1 - \dfrac{\rho gy^2}{4\sigma}}}{1 + \sqrt{1 - \dfrac{\rho gy^2}{4\sigma}}}\right) - 2\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}\sqrt{1 - \frac{\rho gy^2}{4\sigma}} + C, \tag{89}\] где постоянная интегрирования \(C\) находится из того, что если \(x = 0\), то \(y = h\): \[C = \frac12\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}\ln\left(\frac{\sqrt2 - \sqrt{1 + \sin\theta}}{\sqrt2 + \sqrt{1 + \sin\theta}}\right) + \sqrt{\frac{2\sigma}{\rho g}}\sqrt{1 + \sin\theta}.\] Для наглядного представления функции \(y(x)\), неявно заданной громоздким выражением (89), следует построить её график. Это можно сделать, прибегнув к помощи компьютера. Системы компьютерной математики прекрасно справляются с подобными задачами. Одной из самых простых для начинающего пользователя и достаточно мощной системой является MathCAD. С её помощью и получен рисунок ниже, где изображён график искомой функции, отражающий форму мениска. Поскольку интерес представляет лишь характер поведения функции, конкретные численные значения параметров задавались произвольно. Варьирование угла \(\theta\) моделировалось изменением значения постоянной \(C\).

Ответ

\(P = \dfrac{\pi\mu RH}{l}(T - T_0)\left(\sqrt{1 + \dfrac{2Rl}{Hd}} - 1\right)\).

Решение

По закону теплопроводности искомая мощность вычисляется по формуле \(P = k(T - T_0)\), где \(k\) — некоторый коэффициент, зависящий только от материалов и размеров цилиндра. Поскольку монет по условию много, большинство из них вдали от термостата находятся практически при температуре \(T_0\). Таким образом, добавление к свободному торцу цилиндра ещё одной монеты с бумажной прослойкой не изменит распределение температур, а также величины \(P\) и \(k\). За счёт большого коэффициента теплопроводности золота по сравнению с бумагой температуру каждой монеты можно считать одинаковой по всему её объёму. Пусть \(T_1\) — температура ближайшей к термостату монеты, тогда цилиндр из остальных монет получает от неё мощность \(P_1 = k(T_1 - T_0)\), так как этот цилиндр эквивалентен первоначальному, а первая монета играет для него роль термостата. Исключая \(k\) из записанных выше выражений для \(P\) и \(P_1\), находим \[P_1 = P\cdot\frac{T_1 - T_0}{T - T_0}. \tag{167}\] По закону теплопроводности найдём мощность теплопередачи через бумагу между первой монетой и окружающей средой: \[\Delta P_1 = \mu\cdot 2\pi RH\cdot\frac{T_1 - T_0}{l}. \tag{168}\] Уравнение теплового баланса для первой монеты имеет вид \[P = P_1 + \Delta P_1. \tag{169}\] По закону теплопроводности найдём мощность теплопередачи через бумагу между термостатом и первой монетой: \[P = \mu\cdot\pi R^2\cdot\frac{T - T_1}{d}. \tag{170}\] Подставив выражения (167) и (168) в уравнение (169) и использовав формулу (170) для исключения \(T_1\) (для упрощения алгебраических преобразований целесообразно предварительно обозначить группы констант временными буквами), получим \[P^2 + \frac{2\pi\mu RH}{l}(T - T_0)\cdot P - \frac{2\pi^2\mu^2R^3H}{ld}(T - T_0)^2 = 0.\] Из физического смысла \(P/(T - T_0) = k = \text{const} > 0\), поэтому выбираем плюс при записи решения квадратного уравнения: \[P = \frac{\pi\mu RH}{l}(T - T_0)\left(\sqrt{1 + \frac{2Rl}{Hd}} - 1\right).\]

Ответ

ВАХ диода \(D_4\) строится по точкам: для произвольного \(U_1\) на \(D_1\) находят ток \(I_1\) (точка \(A\)), по тому же току на \(D_2\) находят напряжение \(U_2\) (точка \(B\)), по напряжению \(U_1\) на \(D_3\) находят ток \(I_3\) (точка \(C\)); точка \(M\) с координатами \((U_2;\,I_3)\) принадлежит искомой ВАХ диода \(D_4\) (график — на рисунке в решении).

Решение

Отсутствие тока через амперметр (левый рисунок ниже) означает равенство напряжений на диодах \(D_1\) и \(D_3\), а также на диодах \(D_2\) и \(D_4\) и равенство токов через \(D_1\) и \(D_2\), а также через \(D_3\) и \(D_4\). Поэтому можно записать \[I_1(U_1) = I_2(U_2) \qquad\text{и}\qquad I_3(U_1) = I_4(U_2).\] Соответствующие функциональные зависимости представлены графиками на правом рисунке.

Для нахождения какой-либо точки вольт-амперной характеристики диода \(D_4\) нужно поступить следующим образом. Возьмём произвольное значение \(U_1\) напряжения на диоде \(D_1\). Найдём точку \(A\) (правый рисунок), определяющую ток \(I_1\), текущий через диод \(D_1\). Тот же ток течёт и через диод \(D_2\). Поэтому точка \(B\) определяет напряжение \(U_2\) на нём. Такое же напряжение на диоде \(D_4\), а ток через него такой же, как и через диод \(D_3\). Этот ток \(I_3\) соответствует точке \(C\) (правый рисунок). Итак, найдены координаты \(U_2\) и \(I_3\) точки \(M\) искомого графика. Аналогично построенные другие его точки изображены на правом рисунке.

Ответ

1) \(I = \dfrac{U^2}{2\Delta U\,R}\) (парабола);  2) \(I = I_0\dfrac{\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{2N} - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{2N}}{\sqrt5} + \dfrac{\Delta U}{R}\cdot\dfrac{\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{2N-1} - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{2N-1}}{\sqrt5} - \dfrac{\Delta U}{R}\), \(U = I_0R\dfrac{\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{2N+1} - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{2N+1}}{\sqrt5} + \Delta U\dfrac{\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{2N} - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{2N}}{\sqrt5} + \Delta U\);  3) ВАХ строится по точкам (построение — в решении), начальный участок — прямая с наклоном, соответствующим сопротивлению \(R_x = \dfrac{R_d}{2}\left(1 + \sqrt{1 + \dfrac{4R_b}{R_d}}\right)\).

Решение

На левом рисунке ниже изображены первые звенья цепочки, о которой говорится в пункте 1, и указаны токи \(I_1\) и \(I_2\), текущие через участки \(CA\) и \(DA\).

При данной в задаче вольт-амперной характеристике идеального диода его сопротивление равно бесконечности, если подаваемое на него напряжение меньше \(\Delta U\), иначе напряжение на диоде при любом токе равно \(\Delta U\). Учитывая эту особенность диода и применяя закон Ома, получим \[I_1 = \frac{U - \Delta U}{R}, \qquad I_2 = \frac{U - 2\Delta U}{R}.\] Аналогичным образом можно выразить ток \(I_i\), текущий через \(i\)-й резистор: \[I_i = \frac{U - i\Delta U}{R}, \qquad\text{если}\qquad i < N = U/\Delta U \gg 1. \tag{194}\] Токи в остальных резисторах отсутствуют, так как напряжение на \((i-1)\)-м резисторе оказывается меньше \(\Delta U\). Все токи \(I_i\) стекаются в узел \(A\). Поэтому \[I = \sum_{i=1}^{N} I_i = N\frac UR - \frac{\Delta U}{R}\sum_{i=1}^{N} i. \tag{195}\] По формуле (194) имеем \(N \gg 1\). Поэтому \[\sum_{i=1}^{N} i = \frac{N+1}{2}N \approx \frac{N^2}{2}.\] Подставляя в формулу (195) найденное выражение суммы, а также соотношение (194), получим \[I = \frac{U^2}{\Delta U\,R} - \frac{\Delta U}{2R}\left(\frac{U}{\Delta U}\right)^2 = \frac{U^2}{2\Delta U\,R},\] то есть вольт-амперная характеристика имеет вид параболы.

Можно предложить и более короткий способ решения. Уменьшение на единицу числа звеньев бесконечной цепочки не изменяет её вольт-амперной характеристики. Другими словами, одна и та же функция связывает как ток \(I\) с напряжением между точками \(BA\), так и ток на участке \(CD\) с напряжением между точками \(CA\). Однако значения этих напряжений отличаются на \(\Delta U\), так что если напряжение между \(B\) и \(A\) равно \(U\), то напряжение между \(C\) и \(A\) равно \(U - \Delta U\). Соответственно отличаются значения функции \(I(U)\): \[I(U - \Delta U) = I(U) - \frac{dI}{dU}\Delta U, \tag{196}\] если \(\Delta U \ll U\). Ток \(I(U)\) втекает в узел \(C\), а \(I(U - \Delta U)\) вытекает из него. Поэтому \[I(U) = I(U - \Delta U) + \frac{U - \Delta U}{R}. \tag{197}\] Из формул (196) и (197) следует, что \[\frac{dI}{dU}\Delta U = \frac{U - \Delta U}{R} \approx \frac UR,\] откуда после интегрирования находим \[I = \frac{U^2}{2\Delta U\,R},\] поскольку при \(U = 0\) ток \(I\) также равен нулю.

Во втором пункте рассматривается цепочка, последние звенья которой изображены на правом рисунке выше.

Из рисунка видно, что \(I_1 = I_0\). Ток \(I_2\) находим из соотношения \[I_2R + \Delta U = I_1R + 2\Delta U + I_0R, \qquad\text{или}\qquad I_2 = \frac{\Delta U}{R} + I_1 + I_0 = 2I_0 + \frac{\Delta U}{R}. \tag{198}\] Ток \(I_3\) разветвляется в узле \(C\). Поэтому \(I_3 = I_2 + I_1\). Аналогичное соотношение справедливо для любого нечётного \(k \geqslant 3\): \[I_k = I_{k-1} + I_{k-2}. \tag{199}\] Для любого чётного \(k \geqslant 2\) выполняется соотношение, аналогичное (198): \[I_k = I_{k-1} + I_{k-2} + \frac{\Delta U}{R}. \tag{200}\] Второе равенство из (198) позволяет предположить, что для любых \(k\) токи можно представить в виде \[I_k = c_kI_0 + b_k\frac{\Delta U}{R}, \tag{201}\] подобрав \(a_k\) и \(b_k\) так, чтобы были обеспечены условия (199) и (200), а также \(I_1 = I_0\). Нетрудно сообразить, что должны выполняться соотношения \[c_0 = c_1 = 1; \quad c_k = c_{k-1} + c_{k-2} \quad\text{при}\quad k \geqslant 2;\] \[b_0 = b_1 = 0; \quad b_k = b_{k-1} + b_{k-2} \quad\text{при нечётных}\quad k \geqslant 3,\] \[b_k = b_{k-1} + b_{k-2} + 1 \quad\text{при чётных}\quad k \geqslant 2.\] Именно такие соотношения определяют известную в математике последовательность чисел Фибоначчи \(a_k\), так что \(c_k = a_{k+1}\). Числа \(b_k\) тоже образуют последовательность Фибоначчи, только \[b_k = a_k - 1 \quad\text{при нечётных}\quad k \geqslant 3,\] \[b_k = a_k \quad\text{при чётных}\quad k \geqslant 2.\] Искомый в задаче ток \(I\) соответствует току \(I_{2N-1}\), втекающему в \(N\)-е звено. Используя заданную в условии формулу \(n\)-го члена последовательности Фибоначчи, получим ответ: \[I = I_0\frac{\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{2N} - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{2N}}{\sqrt5} + \frac{\Delta U}{R}\cdot\frac{\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{2N-1} - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{2N-1}}{\sqrt5} - \frac{\Delta U}{R}.\] Напряжение на цепочке: \[U = 2\Delta U + (I_{2N-1} + I_{2N-2})R.\] Подставляя найденные значения токов, получим \[U = I_0R\frac{\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{2N+1} - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{2N+1}}{\sqrt5} + \Delta U\frac{\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{2N} - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{2N}}{\sqrt5} + \Delta U.\] В третьем пункте анализируется бесконечная цепочка, изображённая слева на рисунке ниже; справа изображена её эквивалентная схема.

Элемент \(X\) имеет такую же вольт-амперную характеристику \(I = I(U)\), что и вся цепь, так как свойства бесконечной цепочки не изменяются при уменьшении числа звеньев. На втором рисунке ниже представлены графики вольт-амперной характеристики диода \(VD\) и лампочки \(HL\). При малых \(U\) оба графика можно приблизительно заменить прямыми линиями, измерить их наклон, и тем самым найти эквивалентные сопротивления диода \(R_d\) и лампочки \(R_b\). Найдём сопротивление \(R_x\) элемента \(X\) исходя из того, что для бесконечной цепочки сопротивление между точками \(A\) и \(B\) равно \(R_x\) (рисунок выше). Тогда величина \(R_x\) является корнем уравнения \[R_x^2 - R_xR_d - R_dR_b = 0.\] Получаем \[R_x = \frac{R_d}{2}\left(1 + \sqrt{1 + \frac{4R_b}{R_d}}\right).\] Строим на графике прямую, наклон которой соответствует \(R_x\) (второй рисунок). Это начало искомой вольт-амперной характеристики, которая относится также и к участку цепи \(X\) (рисунок выше). Возьмём на этом участке некоторую точку \(A\). Ей соответствует напряжение \(U_b\) на первой лампочке и ток \(I_x\), текущий через элемент \(X\). Ток в начале цепи \(I = I_b + I_x\). Откладываем это значение на вертикальной оси. Находим точку \(C\) на графике \(VD\) на втором рисунке. Ей соответствует значение \(U_d\) напряжения на первом диоде. Остаётся найти \(U = U_d + U_b\) и построить точку \(M\) с координатами \(U\) и \(I\). Взяв точки в иных местах линейного участка, найдём другие точки искомой вольт-амперной характеристики (второй рисунок).

Ответ

1) \(r_{\min} = r_0\),  \(r_{\max} = r_0\exp\left(\dfrac{4\pi mv_0}{\mu_0qI}\right)\); скорость перпендикулярна проводу на расстоянии \(R = r_0\exp\left(\dfrac{2\pi mv_0}{\mu_0qI}\right)\);  2) \(u = \dfrac{\pi mv_0^2}{\mu_0qI}\), направлена вдоль тока.

Решение

На движущуюся заряженную частицу вблизи провода с током действует сила Лоренца. Силовые линии магнитного поля тока представляют собой перпендикулярные к току окружности, центры которых лежат на проводе. Модуль индукции магнитного поля находится по формуле \[B = \frac{\mu_0I}{2\pi r}, \tag{202}\] где \(r\) — расстояние от точки поля до провода.

На рисунке показаны соответствующие первому пункту задачи направления тока, текущего в проводнике, начальная скорость частицы \(\vec v_0\), скорость \(\vec v\) в произвольный момент времени, направление индукции магнитного поля \(\vec B\), а также сила Лоренца \(\vec F\).

Поскольку векторы \(\vec v\) и \(\vec F\) лежат в одной плоскости, траектория движения лежит в плоскости \(xy\) декартовой системы координат, указанной на рисунке. Запишем уравнение движения частицы в проекции на ось \(y\). При этом учтём, что проекция силы Лоренца \(F_y = -q\dot xB\), где точка над символом обозначает производную по времени \(t\). Уравнение движения принимает вид \[m\ddot y = -q\dot xB, \qquad\text{или}\qquad m\ddot y + \frac{\mu_0qI\dot r}{2\pi r} = 0.\] Интегрируем это уравнение с учётом того, что при \(t = 0\) имеем \(\dot y = v_0\), а \(r = r_0\): \[\dot y = v_0 - \frac{\mu_0qI}{2\pi m}\ln\frac{r}{r_0}. \tag{203}\] Поскольку сила Лоренца не меняет модуль скорости, при минимальном расстоянии \(r = r_{\min}\) имеем \(\dot y = v_0\), а при максимальном расстоянии \(r = r_{\max}\) имеем \(\dot y = -v_0\) (см. рисунок). Поэтому из уравнения (203) получаем \[r_{\min} = r_0, \qquad r_{\max} = r_0\exp\left(\frac{4\pi mv_0}{\mu_0qI}\right).\] Если скорость частицы перпендикулярна проводу, то \(\dot y = 0\). В этом случае из формулы (203) находим \[r = R = r_0\exp\left(\frac{2\pi mv_0}{\mu_0qI}\right). \tag{204}\] Во втором пункте требуется найти скорость дрейфа. Какой смысл вкладывается в этот термин? Если \[\frac{r_{\max} - r_{\min}}{r_{\min}} \ll 1,\] то есть \(\alpha \ll 1\), то приближённо можно пренебречь неоднородностью магнитного поля. Поэтому в этих условиях движение частицы мало отличается от движения по окружности радиусом \[R_0 = \frac{r_{\max} - r_{\min}}{2}\] с угловой скоростью \[\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{qB}{m} = \frac qm\cdot\frac{\mu_0I}{2\pi r} = \frac{v_0}{\alpha r}.\] Величину \(R_0\) называют циклотронным радиусом, а \(\omega\) — циклотронной частотой. Центр орбиты частицы всё время находится на расстоянии \(R\), определяемом формулой (204), от провода. Неоднородность магнитного поля искажает движение по круговой орбите: циклотронный кружок как бы медленно смещается вдоль оси \(y\), дрейфует. Скорость этого дрейфа и требуется определить в задаче. Для этого нужно поделить смещение частицы вдоль оси \(y\) за период на это время: \[u_y = \frac1T\int\limits_0^T \dot y\,dt = \frac1T\int\limits_0^T v_0\cos\varphi\,dt, \tag{205}\] где \(\varphi\) — угол, который образует скорость \(\vec v\) с осью \(y\). Для нахождения зависимости этого угла от времени обратимся к уравнению (203), переписав его следующим образом: \[r = r_0\exp\bigl(\alpha(1 - \cos\varphi)\bigr).\] Продифференцируем это уравнение по времени: \[\dot r = v_0\sin\varphi = \bigl(\alpha r_0\exp(\alpha(1 - \cos\varphi))\sin\varphi\bigr)\dot\varphi.\] Подставим выраженную отсюда величину \(dt\) в формулу (205) и учтём малость \(\alpha\): \[u_y = \frac1T\int\limits_0^{2\pi} v_0\frac{\alpha r_0\exp(\alpha(1 - \cos\varphi))\sin\varphi\cos\varphi\,d\varphi}{v_0\sin\varphi} \approx\] \[\approx \frac1T\int\limits_0^{2\pi} \alpha r_0\cos\varphi\bigl(1 + \alpha(1 - \cos\varphi)\bigr)\,d\varphi = -\frac{\pi mv_0^2}{\mu_0qI}.\] Итак, скорость дрейфа составляет \[u = \frac{\pi mv_0^2}{\mu_0qI}\] и направлена вдоль тока.

На левом рисунке показана построенная с помощью системы компьютерной математики MathCAD траектория частицы в условиях данной задачи. На правом рисунке приведена полученная аналогичным образом траектория движения частицы вблизи провода при условии, что её начальная скорость не лежит в одной плоскости с током и что ток монотонно меняется со временем. Видно, что модель дрейфа циклотронных кружков даёт наглядное представление о характере движения. Эта модель широко используется в физике плазмы, и не только для наглядности, но и для получения количественных результатов.