«Туймаада» 2005, теоретический тур

Ответ

1) \(\varphi_1 = \operatorname{arctg}\dfrac{2\sqrt3}{3} \approx 49{,}1^\circ\),  \(\varphi_2 = \operatorname{arctg}\dfrac{4\sqrt3}{3} \approx 66{,}6^\circ\),  \(\varphi_3 = \operatorname{arctg}\dfrac{\sqrt3}{6} \approx 16{,}1^\circ\);  2) \(t_{\min} = \dfrac{l\sqrt{21}}{2v} \approx 2{,}3\,\dfrac{l}{v}\).

Решение

Соударение шайбы со стенкой происходит абсолютно упруго, поэтому из законов сохранения энергии и проекции импульса на направление стенки следует, что при ударе скорость шайбы не изменяется по модулю, а её угол отражения равен углу падения. Поскольку шайба ведёт себя подобно световому лучу, а стенка — зеркалу, воспользуемся оптическими методами и терминологией.

Построить изображение в оптической системе с зеркалом можно с помощью отражения всех элементов системы в область «зазеркалья» вместо обычного отражения реальных лучей в зеркале. В рамках этого метода становится возможным рассматривать прямые лучи, а не ломаные из-за отражений.

На рис. 103 показан исходный треугольник \(ABC\) и его многократные отражения относительно сторон. Изображения целевой вершины \(C\) выделены жирными точками, а траектории шайбы из точки \(D\) проведены тонкими линиями. Точки \(C_1\), \(C_2\), \(C_3\) и \(C_4\) — это все те изображения вершины \(C\), в которые шайба может попасть, испытав не более шести соударений со стенками. В этом легко убедиться, так как согласно используемому методу отражение шайбы от стенки выглядит как прохождение шайбы сквозь изображение стенки.

Поскольку на отрезке \(DC_4\) лежит точка \(A_0\), являющаяся изображением вершины \(A\), шайба прекратит движение до попадания в точку \(C_4\), которую исключаем из рассмотрения. Выберем начало системы координат в точке \(D\) и проведём оси \(x\) и \(y\) в направлении точек \(B\) и \(C\) соответственно, тогда координаты изображений целевой вершины в единицах \(l/2\) будут следующими: \[C_1\left(3;\,2\sqrt3\right),\qquad C_2\left(3;\,4\sqrt3\right),\qquad C_3\left(6;\,\sqrt3\right).\] Искомые углы найдём через эти координаты \(x\) и \(y\) по формуле \(\varphi = \operatorname{arctg}(y/x)\): \[\varphi_1 = \operatorname{arctg}\left(\dfrac{2\sqrt3}{3}\right) \approx 49{,}1^\circ,\quad \varphi_2 = \operatorname{arctg}\left(\dfrac{4\sqrt3}{3}\right) \approx 66{,}6^\circ,\quad \varphi_3 = \operatorname{arctg}\left(\dfrac{\sqrt3}{6}\right) \approx 16{,}1^\circ.\] Ближайшее к точке старта изображение целевой вершины — это точка \(C_1\), поэтому искомое минимальное время составляет \[t_{\min} = \dfrac{DC_1}{v} = \dfrac{l\sqrt{21}}{2v} \approx 2{,}3\cdot\dfrac{l}{v}.\]

Ответ

\(l_2 = \sqrt{H(H + 2kl_1)}\).

Решение

Верёвка движется равномерно. Следовательно, сумма сил, приложенных к ней, а также к её части, равна нулю. К верёвке приложены следующие силы (рис. 104): \(\vec T_0\) — сила, удерживающая верхний конец верёвки на одной высоте; \(\rho\vec g l_1\) и \(\rho\vec g l_2\) — силы тяжести её двух частей; \(\vec N\) — сила нормальной реакции со стороны горизонтальной поверхности; \(\vec F_{\text{тр}}\) — сила трения этой поверхности.

Запишем условие равновесия для части верёвки, висящей в воздухе: \[\vec T_0 + \rho\vec g l_2 + \vec T(0) = 0,\] где \(\vec T(0)\) — сила, действующая со стороны части верёвки, лежащей на поверхности. Из этого условия получим \[T_0 = \sqrt{(\rho g l_2)^2 + (T(0))^2}.\qquad (110)\] Чтобы найти \(T(0)\), запишем условие равновесия малого элемента верёвки длиной \(dl\) (рис. 105):

\[T + dT = T + \rho g\,dl\sin\alpha.\] Отсюда следует, что \[dT = \rho g\,dh,\] то есть для силы натяжения \(T(h)\) в точке верёвки, находящейся на высоте \(h\) над поверхностью, имеем \[T_0 - T(h) = \rho g(H - h).\] Отсюда получаем значение силы натяжения в самой нижней точке той части верёвки, которая не соприкасается с поверхностью: \[T(0) = T_0 - \rho g H.\qquad (111)\] Такая же по модулю сила в соответствии с третьим законом Ньютона действует и на горизонтальную часть верёвки. Условия равновесия этой части имеют вид \[\rho g l_1 = N,\qquad T(0) = F_{\text{тр}} = kN = k\rho g l_1.\qquad (112)\] Из системы уравнений (110), (111) и (112) получим ответ: \[l_2 = \sqrt{H(H + 2kl_1)}.\] Проанализируем полученный результат в предельном случае \(k \to 0\). Видим, что \(l_2 \to H\), то есть при малом трении не лежащая на поверхности часть верёвки располагается почти вертикально, что вполне соответствует интуитивно ожидаемому результату.

Ответ

1) \(\Delta E \approx \dfrac23\,mgLn\sin\alpha\);  2) \(E_k - E_n \approx \dfrac13\,mgL(k^2 - n^2)\sin\alpha\);  3) учёт трения сводится к замене в этих ответах \(g\) на \(g(1 - \operatorname{tg}\beta\operatorname{ctg}\alpha)\) (\(\mu = \operatorname{tg}\beta\)); движение лавины возникает при \(\alpha \geqslant \beta\).

Решение

Как компактно описать множество последовательных столкновений нарастающей цепочки с очередным бруском? Поскольку все эти процессы аналогичны, рассмотрим один из них: столкновение цепочки уже слипшихся \(n\) брусков с очередным \((n+1)\)-м бруском. Обозначим скорость цепочки сразу после соударения с \(n\)-м бруском \(v_n\). Найдём скорость цепочки после столкновения с \((n+1)\)-м бруском \(v_{n+1}\). Для этого следует применить закон сохранения энергии цепочки при движении её к \((n+1)\)-му бруску и закон сохранения импульса при очередном столкновении. Получим \[v_{n+1}^2 = \left(\dfrac{n}{n+1}\right)^2(v_n^2 + 2gL\sin\alpha).\qquad (113)\] Применяя это рекуррентное соотношение, при \(v_1 = 0\) получим \[\begin{aligned} v_2^2 &= \dfrac{2gL\sin\alpha}{2^2},\\ v_3^2 &= \dfrac{2gL\sin\alpha}{3^2}(1^2 + 2^2),\\ v_4^2 &= \dfrac{2gL\sin\alpha}{4^2}(1^2 + 2^2 + 3^2),\\ &\ \ \dots\\ v_{n+1}^2 &= \dfrac{2gL\sin\alpha}{(n+1)^2}(1^2 + 2^2 + \ldots + n^2).\qquad (114) \end{aligned}\] Как подсчитать входящую в формулу (114) сумму квадратов натуральных чисел? Для конкретных значений \(n\) можно воспользоваться компьютером, таблицами или формулой \[\sum_{1}^{n} n^2 = \dfrac16\,n(n+1)(2n+1).\] Можно при больших \(n\) эту сумму приближённо заменить интегралом: \[\sum_{1}^{n} n^2 \approx \int_0^n x^2\,dx = \dfrac{n^3}{3}.\qquad (115)\] В самом деле, приведём результаты вычислений:

С учётом формулы (115) выражение (114) упрощается: \[v_{n+1}^2 \approx \dfrac23\,gLn\sin\alpha.\qquad (116)\] Энергия «лавины» после \(n \gg 1\) столкновений с учётом формулы (116) составляет \[E_n \approx \dfrac13\,mgLn^2\sin\alpha.\qquad (117)\] Искомое в пункте 1 приращение энергии составляет \[\Delta E \approx \dfrac23\,mgLn\sin\alpha.\] Ответ в задании 2 следует из формулы (117): \[E_k - E_n \approx \dfrac13\,mgL(k^2 - n^2)\sin\alpha.\] В задании 3 требуется учесть силу трения. Тогда вместо формулы (113) получаем \[v_{n+1}^2 = \left(\dfrac{n}{n+1}\right)^2(v_n^2 + 2gL\sin\alpha - 2\mu gL\cos\alpha),\qquad (118)\] где \(\mu\) — коэффициент трения. Его можно определить из условия равномерного скольжения по «лавиноопасному» склону: \[mg\sin\beta = \mu mg\cos\beta.\] Из последнего выражения следует, что \[\mu = \operatorname{tg}\beta.\] Формула (118) означает, что учёт трения сводится к замене в ответах предыдущих заданий величины \(g\) на \(g(1 - \operatorname{tg}\beta\operatorname{ctg}\alpha)\). Отсюда видно, что движение лавины возникает при \(\alpha \geqslant \beta\). Эта оправдывает использованные названия «лавиноопасных» угла и склона.

Таким образом, рассмотренная простая модель позволяет объяснить неожиданное возникновение лавины и быстрый рост её энергии (в формуле (5) \(E \sim n^2\)).

Ответ

1) \(R_M = R_E k^{2/3} = 1{,}52R_E = 2{,}28\cdot10^{11}\) м,  \(\tau = \dfrac{T_E k}{k-1} \approx 780\) суток;  2) \(\varphi = 2\pi\dfrac{2-k}{k-1} \approx 49^\circ\);  3) \(R_{\min} = k^{1/6}R_E\sqrt{\dfrac{\tau_{\max} - T_M}{\tau_{\max} - 2T_E}} \approx 1{,}38R_E \approx 2{,}07\cdot10^{11}\) м,  \(R_{\max} = k^{1/6}R_E\sqrt{\dfrac{\tau_{\min} - T_M}{\tau_{\min} - 2T_E}} \approx 1{,}68R_E \approx 2{,}52\cdot10^{11}\) м.

Решение

Для нахождения радиуса орбиты Марса применим к этой планете второй закон Ньютона, учитывая лишь её притяжение к Солнцу: \[M_M\omega_M^2R_M = G\dfrac{M_SM_M}{R_M^2},\qquad (119)\] где \(M_M\) — масса Марса, \(M_S\) — масса Солнца, \(G\) — гравитационная постоянная. Аналогичное уравнение запишем для Земли: \[M_E\omega_E^2R_E = G\dfrac{M_SM_E}{R_E^2}.\qquad (120)\] Разделив уравнение (120) на уравнение (119), получим \[\dfrac{\omega_E}{\omega_M} = \dfrac{T_M}{T_E} = \left(\dfrac{R_M}{R_E}\right)^{3/2} = k.\qquad (121)\] Отсюда находим искомый радиус орбиты Марса: \[R_M = R_Ek^{2/3} = 1{,}52R_E = 2{,}28\cdot10^{11}\text{ м}.\] Равенство (121) отражает так называемый третий закон Кеплера. В более общем случае он связывает периоды обращения планет с большими полуосями \(a\) их эллиптических орбит: \[\dfrac{T_M}{T_E} = \left(\dfrac{a_M}{a_E}\right)^{3/2}.\qquad (122)\] В положении противостояния Земля, Марс и Солнце лежат на одной прямой (рис. 106).

Если радиус-векторы Земли и Марса вращаются с разными угловыми скоростями \(\omega_M\) и \(\omega_E\), то очередное противостояние наступит через промежуток времени \(\tau\), в течение которого разность углов поворота окажется равной \(2\pi\): \[\omega_E\tau - \omega_M\tau = 2\pi.\] Отсюда находим \[\tau = \dfrac{T_Ek}{k-1} \approx 780\text{ суток}.\] Чтобы найти угловое смещение \(\varphi\) линии противостояния за промежуток времени \(\tau\), следует принять во внимание, что за это время радиус-вектор Марса повернётся на угол, превышающий \(2\pi\) на искомую величину \(\varphi\): \[\varphi = \omega_M\tau - 2\pi = 2\pi\dfrac{2-k}{k-1} \approx 49^\circ.\] Для выполнения заданий пункта 3 рассмотрим траекторию Марса в виде эллипса, изображённого на рис. 107.

Лучи \(M_1S\) и \(M_2S\), ограничивающие угол \(\varphi\), — линии последовательных противостояний вблизи точки орбиты Марса, удалённой от Солнца приблизительно на расстояние \(R\). Вероятно, \(\varphi\) зависит от того, в каком месте эллиптической орбиты окажутся линии последовательных противостояний. Тогда и время между этими противостояниями должно определяться их положениями на орбите. Для проверки этого предположения следует вычислить промежуток времени \(\tau\) между противостояниями как функцию расстояния \(R\) между Марсом и Солнцем.

За время \(\tau\) Марс совершает один оборот и дополнительно проходит дугу \(M_1M_2\), а Земля — два оборота и дугу \(E_1E_2\). Поэтому \[\tau = T_M + t_M = 2T_E + t_E,\qquad (123)\] где \(t_M\) — время движения Марса по дуге \(M_1M_2\), а \(t_E\) — время движения Земли по дуге \(E_1E_2\).

Для Земли \[t_E = \dfrac{\varphi}{\omega_E} = \dfrac{\varphi}{2\pi}T_E,\qquad (124)\] где \(\varphi\) — угловое перемещение линии противостояния. Время \(t_M\) найдём, воспользовавшись вторым законом Кеплера, который говорит о том, что секторная скорость движения планеты по эллиптической орбите в любой момент одинакова. Площадь сектора \(SM_1M_2\), ограниченного углом \(\varphi\) и траекторией Марса, равна \(\varphi R^2/2\). Считая эллиптичность орбиты Марса малой, можно приближённо оценить её площадь как \(\pi\left(\dfrac{R_{\max} + R_{\min}}{2}\right)^2\). Таким образом, для времени \(t_M\) движения Марса по дуге \(M_1M_2\) находим следующее выражение: \[t_M = T_M\dfrac{\varphi R^2/2}{\pi\left(\dfrac{R_{\max} + R_{\min}}{2}\right)^2} = T_M\dfrac{2\varphi}{\pi}\dfrac{R^2}{(R_{\max} + R_{\min})^2}.\qquad (125)\] Из формул (124) и (125) получаем \[\dfrac{t_M}{t_E} = \dfrac{T_M}{T_E}\left(\dfrac{2R}{R_{\max} + R_{\min}}\right)^2.\] Подставим это соотношение в формулу (123): \[\tau = T_M + t_E\dfrac{T_M}{T_E}\left(\dfrac{2R}{R_{\max} + R_{\min}}\right)^2 = 2T_E + t_E.\] Отсюда найдём вначале \[t_E = \dfrac{2T_E - T_M}{\dfrac{T_M}{T_E}\left(\dfrac{2R}{R_{\max} + R_{\min}}\right)^2 - 1},\qquad \tau = 2T_E + \dfrac{2T_E - T_M}{\dfrac{T_M}{T_E}\left(\dfrac{2R}{R_{\max} + R_{\min}}\right)^2 - 1}.\qquad (126)\] Имеем \(2T_E - T_M = 2T_E - kT_E = T_E(2-k) > 0\). Кроме того, поскольку \(R\) изменяется в пределах от \(R_{\min}\) до \(R_{\max}\), из соотношений (126) следует, что наименьшему значению \(R = R_{\min}\) соответствует наибольшее значение \(\tau = \tau_{\max}\), а наибольшему значению \(R = R_{\max}\) — наименьшее значение \(\tau = \tau_{\min}\). Воспользуемся упомянутым выше третьим законом Кеплера для системы Марс–Земля: \[\dfrac{T_M}{T_E} = \left(\dfrac{R_{\max} + R_{\min}}{2R_E}\right)^{3/2}.\] Подставляя найденное соотношение в равенства (126), найдём \[\tau = 2T_E + \dfrac{2T_E - T_M}{k^{-1/3}\left(\dfrac{R}{R_E}\right)^2 - 1}.\] Отсюда, подставляя численные значения, получим \[R_{\min} = k^{1/6}R_E\sqrt{\dfrac{\tau_{\max} - T_M}{\tau_{\max} - 2T_E}} \approx 1{,}38R_E \approx 2{,}07\cdot10^{11}\text{ м};\] \[R_{\max} = k^{1/6}R_E\sqrt{\dfrac{\tau_{\min} - T_M}{\tau_{\min} - 2T_E}} \approx 1{,}68R_E \approx 2{,}52\cdot10^{11}\text{ м}.\] Величина \[a = \dfrac12(R_{\min} + R_{\max}) = 1{,}53R_E\] представляет собой большую полуось эллиптической орбиты Марса, связанную с периодом \(T_M\) третьим законом Кеплера (122). Сравнение полученных результатов и реальных значений \(R_{\min} = 1{,}38R_E\), \(R_{\max} = 1{,}66R_E\), \(a = 1{,}52R_E\) показывает, что принятые в решении задачи приближения неплохо описывают исследуемое здесь явление не только качественно, но и количественно.

Решение данной задачи иллюстрирует типичную для физики ситуацию, когда нужно найти величины, не поддающиеся непосредственным измерениям. В рассматриваемом примере размер орбиты Марса «определяется часами».

Ответ

\(r = \dfrac{P\tau_3}{\rho(V_1 - V_2)}\left(1 - \dfrac{\tau_2}{\tau_1 + \tau_2}\right) = 2{,}4\) МДж/кг.

Решение

Решение задачи сводится к применению закона изменения энергии в процессах теплообмена и парообразования.

Количество теплоты \(Q_e\), отданное чайником в окружающую среду до второго включения, равно работе электрического тока в течение времени \(\tau_2\): \[Q_e = P\tau_2.\qquad (176)\] Количество теплоты, отдаваемое остывающим телом в окружающую среду, пропорционально времени остывания. Чайник остывает до второго включения в течение времени \(\tau_1 + \tau_2\), так что \[Q_e = k_1(\tau_1 + \tau_2),\qquad (177)\] где \(k_1\) — коэффициент теплоотдачи, зависящий от разности температур тела и среды. В данном случае \(k_1\) соответствует некоторой «средней» температуре остывавшего чайника.

При кипении открытого чайника работа электрического тока \(P\tau_3\) равна сумме количества теплоты, необходимого для парообразования \(r(m_1 - m_2)\), и количества теплоты, отдаваемого в окружающую среду: \[P\tau_3 = k_2\tau_3 + r(m_1 - m_2).\qquad (178)\] Здесь \(m_1 = \rho V_1\) и \(m_2 = \rho V_2\) — массы воды в чайнике до и после кипения, \(k_2\) — коэффициент теплоотдачи чайника, соответствующий его температуре, равной \(100\,^\circ\)C.

Насколько велико различие коэффициентов \(k_1\) и \(k_2\)? Для выяснения этого вопроса найдём изменение температуры \(\Delta T\) чайника при его остывании: \[cm_1\Delta T = Q_e = P\tau_2.\] Отсюда получаем \[\Delta T = \dfrac{P\tau_2}{c\rho V_1} = 1{,}9\,^\circ\text{C}.\] Температура окружающей среды комнатная (\(20\,^\circ\)C). Поэтому разность температур чайника и окружающей среды изменяется приблизительно на \(2/80 \approx 0{,}03 = 3\%\). Вследствие этого можно считать, что \(k_1 \approx k_2\). Тогда из формул (176), (177) и (178) находим \[r = \dfrac{P\tau_3}{\rho(V_1 - V_2)}\left(1 - \dfrac{\tau_2}{\tau_1 + \tau_2}\right) = 2{,}4\text{ МДж/кг}.\] Чаще всего экспериментальное определение удельной теплоты парообразования производится калориметрически. Однако пример этой задачи показывает, что можно обойтись и без калориметра. Следует сначала измерить время, в течение которого сосуд с жидкостью охлаждается на небольшую величину от температуры кипения, а затем измерить время, за которое выкипает определённый объём жидкости. При этом коэффициент теплоотдачи можно считать постоянным на протяжении всех измерений.

Ответ

\(R = r_1\),  \(r_2 = r_1\).

Решение

На рис. 161 изображена схема цепи с последовательным соединением элементов.

Запишем для неё закон Ома: \[I = \dfrac{\mathcal{E}_1 + n\mathcal{E}_2}{R + r_1 + nr_2},\qquad (220)\] где \(I\) — ток нагрузки. При \(n = 0\) из формулы (220) получим \[I = \dfrac{\mathcal{E}_1}{R + r_1}.\qquad (221)\] При очень больших \(n\) из формулы (220) следует, что \[I = \dfrac{n\mathcal{E}_2}{nr_2} = \dfrac{\mathcal{E}_2}{r_2}.\qquad (222)\] Поскольку ток нагрузки по условию не зависит от \(n\), из формул (221) и (222) получаем \[\dfrac{\mathcal{E}_1}{R + r_1} = \dfrac{\mathcal{E}_2}{r_2},\quad\text{или}\quad R + r_1 = 2r_2.\qquad (223)\] Рассмотрим теперь цепь с параллельным соединением батареек, схема которой изображена на рис. 162.

Она эквивалентна цепи, изображённой на рис. 163, где \(I_{eq}\) — ток в эквивалентном источнике \(\mathcal{E}_2\), а \(r_{eq} = r_2/n\) — его внутреннее сопротивление.

В этом можно убедиться, применив правила Кирхгофа для контура, состоящего из нагрузки \(R\) и одной из батареек \(\mathcal{E}_2\): \[I\left(R + \dfrac{r}{n}\right) = \mathcal{E}_2,\quad\text{или}\quad I(R + r_{eq}) = \mathcal{E}_{eq}.\] По первому правилу Кирхгофа \[I_{eq} = I - I_1.\] По второму правилу Кирхгофа для внешнего контура схемы, показанной на рис. 163, получаем \[\mathcal{E}_1 = I_1r_1 + IR,\] откуда \[I_1 = \dfrac{\mathcal{E}_1 - IR}{r_1}.\] При \(n = 0\) имеем \(I_{eq} = 0\), и тогда \[I = I_1 = \dfrac{\mathcal{E}_1}{R + r_1}.\qquad (224)\] В случае бесконечного числа \(n\) батареек \(\mathcal{E}_2\) сопротивление \(r_{eq}\) равно нулю, а ток нагрузки принимает прежнее значение \(I\). Поэтому второе правило Кирхгофа для контура \(\mathcal{E}_2\)–\(R\) приводит к соотношению \[I = \dfrac{\mathcal{E}_2}{R}.\] Из последнего уравнения и уравнения (224) найдём \[\dfrac{\mathcal{E}_1}{R + r_1} = \dfrac{\mathcal{E}_2}{R},\quad\text{или}\quad R + r_1 = 2R.\qquad (225)\] Из формул (223) и (225) следует ответ: \(R = r_1\) и \(r_2 = r_1\).

При решении данной задачи использован полезный метод эквивалентных схем. Группу соединённых друг с другом источников тока можно заменить одним эквивалентным источником. На практике используют батареи элементов. При последовательном соединении источников одинаковой полярности ЭДС и внутреннее сопротивление эквивалентного источника равны сумме соответствующих величин для составляющих элементов. Параллельно соединяют одинаковые источники. Эквивалентная ЭДС в этом случае равна ЭДС отдельных элементов, зато внутреннее сопротивление эквивалентного источника меньше сопротивления одного элемента. При соединении \(n\) элементов внутреннее сопротивление полученной батареи в \(n\) раз меньше сопротивления отдельного элемента.

Ответ

2) \(r_0 = \sqrt[6]{2}\,\sigma \approx 3{,}82\) Å;  3) \(A \approx 12{,}13\), \(B \approx 14{,}45\);  4) \(r_1 = \sqrt[6]{2A/B}\,\sigma \approx 3{,}72\) Å, \(a = \sqrt2\,r_1 \approx 5{,}27\) Å;  5) \(\text{æ} = \dfrac{4\varepsilon}{\sigma^3}\dfrac{B^{5/2}}{A^{3/2}} \approx 2{,}89\cdot10^9\) Па.

Решение

Для схематического изображения графика потенциала Леннарда–Джонса обратим внимание на поведение функции \(U(r)\) при достаточно больших и достаточно малых \(r\). В первом случае \[\left(\dfrac{\sigma}{r}\right)^{12} \ll \left(\dfrac{\sigma}{r}\right)^{6}\quad\text{и}\quad U(r) \approx -4\varepsilon\left(\dfrac{\sigma}{r}\right)^{6}.\] График такой функции имеет вид кривой 1 на рис. 164. При малых \(r\) определяющую роль играет, напротив, слагаемое, пропорциональное \(r^{-12}\). График \(U(r)\) в этом приближении имеет вид 2 (рис. 165). Таким образом, функция \(U(r)\) при изменении \(r\) от 0 до \(\infty\) вначале резко убывает, а затем возрастает, так что её график имеет вид сплошной линии на рис. 165. Равновесному состоянию соответствует расстояние \(r_0\), при котором \(U(r)\) имеет минимальное значение (рис. 165).

Для нахождения равновесного расстояния \(r_0\) воспользуемся стандартным приёмом определения экстремума функции, то есть приравняем к нулю производную функции \(U(r)\): \[\dfrac{dU}{dr} = 4\varepsilon\left(-12\dfrac{\sigma^{12}}{r^{13}} + 6\dfrac{\sigma^{6}}{r^{7}}\right) = 0.\] Корнем этого уравнения является искомая величина: \[r_0 = \sqrt[6]{2}\cdot\sigma \approx 3{,}82\text{ Å}.\] Для нахождения потенциальной энергии взаимодействия атома со всей решёткой \(E\) нужно сложить энергии взаимодействия рассматриваемого атома с каждым из остальных атомов кристалла: \[E = \sum_i 4\varepsilon\left(\left(\dfrac{\sigma}{r_i}\right)^{12} - \left(\dfrac{\sigma}{r_i}\right)^{6}\right),\qquad (226)\] где \(r_i\) — расстояние между рассматриваемым атомом и \(i\)-м атомом кристалла. Суммирование в формуле (226) предполагается по всем атомам, число которых огромно. Задача нахождения суммы такого числа слагаемых на первый взгляд кажется практически неразрешимой. Тем не менее можно «подобрать ключик» к приближённому решению задачи. Учтём то обстоятельство, что слагаемые приблизительно пропорциональны \(r_i^{-6}\), то есть существенный вклад в сумму вносят главным образом атомы решётки, не очень удалённые от рассматриваемого атома. К тому же вклад в сумму от равноудалённых атомов одинаков. Поступим следующим образом. Вначале учтём в формуле (226) вклад ближайших соседей. Из рис. 165 видно, что расстояние от атома 0 до ближайших соседей \(r_1 = a/\sqrt2\). Подсчитаем число ближайших к атому 0 соседей. В изображённой на рисунке ячейке это три атома типа 1. К атому 0 примыкают восемь таких ячеек, однако атомы типа 1 одновременно принадлежат двум из рассматриваемых восьми ячеек, так что число ближайших соседей атома 0 равно \(3\cdot8/2 = 12\). Их вклад в сумму (226) составляет \[E_1 = 12\cdot4\varepsilon\left(\left(\dfrac{\sigma}{r_1}\right)^{12} - \left(\dfrac{\sigma}{r_1}\right)^{6}\right).\qquad (227)\] Несколько дальше находятся атомы типа 2 (рис. 165), удалённые на расстояние \(r_1\sqrt2\). Число таких соседей равно \(3\cdot8/4 = 6\). Каждый из атомов типа 2 одновременно принадлежит четырём из восьми примыкающих к атому 0 ячеек. Вклад этих соседей в формулу (226) составляет \[E_2 = 6\cdot4\varepsilon\left(\left(\dfrac{\sigma}{\sqrt2\,r_1}\right)^{12} - \left(\dfrac{\sigma}{\sqrt2\,r_1}\right)^{6}\right).\qquad (228)\] Мы рассмотрели две группы равноудалённых соседей. Аналогично можно выделить группы соседей типа 3, 4, 5, 6 (рис. 165). В приведённой ниже таблице указаны типы соседей атома 0, их числа и расстояния до них.

Запишем вклады в сумму (226) от всех указанных групп аналогично (227) и (228) и сложим полученные равенства. Получим \[E = 4\varepsilon\left(A\left(\dfrac{\sigma}{r_1}\right)^{12} - B\left(\dfrac{\sigma}{r_1}\right)^{6}\right),\] где \[\begin{aligned} A &= 12 + 6\dfrac{1}{(\sqrt2)^{12}} + 24\dfrac{1}{(\sqrt3)^{12}} + 12\dfrac{1}{2^{12}} + 24\dfrac{1}{(\sqrt5)^{12}} + 8\dfrac{1}{(\sqrt6)^{12}} \approx\\ &\approx 12 + 0{,}094 + 0{,}033 + 2{,}930\cdot10^{-3} + 1{,}536\cdot10^{-3} + 1{,}715\cdot10^{-4} \approx 12{,}132, \end{aligned}\] \[\begin{aligned} B &= 12 + 6\dfrac{1}{(\sqrt2)^{6}} + 24\dfrac{1}{(\sqrt3)^{6}} + 12\dfrac{1}{2^{6}} + 24\dfrac{1}{(\sqrt5)^{6}} + 8\dfrac{1}{(\sqrt6)^{6}} \approx\\ &\approx 12 + 0{,}75 + 0{,}889 + 0{,}188 + 0{,}192 + 0{,}037 \approx 14{,}055. \end{aligned}\] Видно, что каждое следующее слагаемое в выражениях для \(A\) и \(B\) существенно меньше предыдущего. Поэтому достаточно ограничиться рассмотрением небольшого числа групп. Результаты, полученные для шести таких групп соседей, особенно число \(A\), мало отличаются от табличных значений, найденных при учёте большего числа соседей: \(A \approx 12{,}13\) и \(B \approx 14{,}45\).

Равновесное расстояние \(r_1\) между ближайшими атомами находится приравниванием к нулю производной функции \(E = E(r_1)\): \[\dfrac{dE}{dr_1} = 4\varepsilon\left(-12A\dfrac{\sigma^{12}}{r_1^{13}} + 6B\dfrac{\sigma^{6}}{r_1^{7}}\right) = 0.\] Значение \(r_1\) является корнем этого уравнения: \[r_1 = \sqrt[6]{2\dfrac{A}{B}}\cdot\sigma \approx 3{,}72\text{ Å}.\qquad (229)\] Искомая постоянная решётки кристалла аргона: \(a = \sqrt2\,r_1 \approx 5{,}27\) Å, что мало отличается от значения \(a = 5{,}30\) Å, получаемого в эксперименте.

Теперь найдём модуль всестороннего сжатия \(\text{æ} = -V\,dp/dV\). Для этого применим к кристаллу закон изменения энергии: \[p\,dV = -du,\] где \(u\) — энергия кристалла. Получим \[\text{æ} = V\dfrac{d^2u}{dV^2}.\] Энергия кристалла \(u\) равна половине произведения найденной выше величины \(E\) на число атомов \(N\), поскольку в произведении \(NE\) дважды учитывается взаимодействие каждого атома. Входящее в \(E\) равновесное расстояние между ближайшими атомами \(r_1\) определяет объём ячейки \(a^3\), от которого зависит \(V\). Объём \(V\) равен \[V = \dfrac{N}{4}a^3 = \dfrac{Nr_1^3}{\sqrt2}.\] Множитель \(1/4\) учитывает, что на одну элементарную ячейку приходится два атома. Используя выражение для \(V\), найдём \[u(V) = 2N\varepsilon\left(A\dfrac{N^4\sigma^{12}}{4V^4} - B\dfrac{N^2\sigma^{6}}{2V^2}\right).\] После дифференцирования получим \[\dfrac{d^2u}{dV^2} = 2N\varepsilon\left(5A\dfrac{N^4\sigma^{12}}{V^6} - 3B\dfrac{N^2\sigma^{6}}{V^4}\right) = 2N\varepsilon\left(40A\dfrac{\sigma^{12}}{N^2r_1^{18}} - 12B\dfrac{\sigma^{6}}{N^2r_1^{12}}\right).\] Для получения окончательного результата остаётся подставить выражение (229) для \(r_1\). Тогда \[\text{æ} = V\dfrac{d^2u}{dV^2} = \dfrac{4\varepsilon}{\sigma^3}\dfrac{B^{5/2}}{A^{3/2}} \approx 2{,}89\cdot10^9\text{ Па}.\]

Ответ

1) \(\tau = \dfrac{\pi}{2}\left(\sqrt{\dfrac{L_1L_2C_2}{L_1 + L_2}} + \sqrt{\dfrac{L_1L_2(C_1 + C_2)}{L_1 + L_2}} + \sqrt{L_1C_2}\right)\);  2) \(T = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L_1L_2C_2}{L_1 + L_2}}\);  3) \(U_1 = U_0\sqrt{\dfrac{C_2}{C_1 + C_2}}\), \(U_2 = U_0\sqrt{\dfrac{C_2}{C_1 + C_2}}\sqrt{\dfrac{L_2}{L_1 + L_2}}\);  4) \(A = U_2 = U_0\sqrt{\dfrac{C_2}{C_1 + C_2}}\sqrt{\dfrac{L_2}{L_1 + L_2}}\).

Решение

Будем рассматривать процесс поэтапно, вычисляя промежутки времени с помощью формулы Томсона \(T = 2\pi\sqrt{LC}\) для периода колебаний \(T\) в контуре, содержащем катушку индуктивностью \(L\) и конденсатор ёмкостью \(C\). Заранее введём обозначение \(L_0 = L_1L_2/(L_1 + L_2)\) для индуктивности параллельно соединённых катушек.

1. Первый этап. Сразу после замыкания ключа (рис. 166) конденсатор \(C_2\) начинает разряжаться через параллельно соединённые катушки \(L_1\) и \(L_2\) без участия конденсатора \(C_1\), так как на этом этапе диод \(D_2\) открыт, а \(D_1\) — закрыт. Указанный первый этап завершается в момент полной разрядки конденсатора \(C_2\), то есть через время \(\tau_1\), равное четверти периода \(T_1\) колебаний в контуре, содержащем катушку индуктивностью \(L_0\) и конденсатор ёмкостью \(C_2\): \[\tau_1 = \dfrac{T_1}{4} = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{L_0C_2} = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L_1L_2}{L_1 + L_2}\cdot C_2}.\]

2. Второй этап. Сразу после полной разрядки конденсатора \(C_2\) (рис. 167) параллельно соединённые катушки начинают заряжать параллельно соединённые конденсаторы, так как на этом этапе оба диода открыты. Указанный второй этап завершается в момент прекращения тока в цепи, то есть через время \(\tau_2\), равное четверти периода \(T_2\) колебаний в контуре, содержащем катушку индуктивностью \(L_0\) и конденсатор ёмкостью \(C_1 + C_2\): \[\tau_2 = \dfrac{T_2}{4} = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{L_0(C_1 + C_2)} = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L_1L_2}{L_1 + L_2}\cdot(C_1 + C_2)}.\] В конце второго этапа (рис. 168) ток через ключ не течёт в первый раз после его замыкания, поэтому для определения искомого напряжения \(U_1\) применим закон сохранения энергии в течение первых двух этапов: \[\dfrac{C_2U_0^2}{2} = \dfrac{(C_1 + C_2)U_1^2}{2},\] откуда \[U_1 = U_0\sqrt{\dfrac{C_2}{C_1 + C_2}}.\] В дальнейшем из-за наличия диода \(D_1\) напряжение на конденсаторе \(C_1\) не может стать меньше \(U_1\), значит, по закону сохранения энергии напряжение на конденсаторе \(C_2\) не может стать больше \(U_1\), следовательно, с этого момента диод \(D_1\) будет всё время закрыт, а заряд на конденсаторе \(C_1\) не изменится.

3. Третий этап. Сразу после прекращения тока в цепи (рис. 168) конденсатор \(C_2\) начинает разряжаться через катушку \(L_1\) без участия конденсатора \(C_1\) и катушки \(L_2\), так как на этом этапе оба диода закрыты. Указанный третий этап завершается в момент полной разрядки конденсатора \(C_2\), то есть через время \(\tau_3\), равное четверти периода \(T_3\) колебаний в контуре, содержащем катушку индуктивностью \(L_1\) и конденсатор ёмкостью \(C_2\): \[\tau_3 = \dfrac{T_3}{4} = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{L_1C_2}.\] Для определения искомого напряжения \(U_2\) потребуется сила тока \(I_1\) в конце третьего этапа (рис. 169), поэтому найдём её сейчас, применив закон сохранения энергии в течение данного этапа: \[\dfrac{C_2U_1^2}{2} = \dfrac{L_1I_1^2}{2},\qquad\text{откуда}\qquad I_1 = U_1\sqrt{\dfrac{C_2}{L_1}} = \dfrac{C_2U_0}{\sqrt{L_1(C_1 + C_2)}}.\qquad (230)\]

4. Граничный момент. Сразу после полной разрядки конденсатора \(C_2\) (рис. 169) начинаются его перезарядка и перераспределение токов в катушках без участия конденсатора \(C_1\), так как теперь диод \(D_2\) открыт, а \(D_1\) по-прежнему закрыт. Мысленно заменим диод \(D_2\) на проводник, тогда в ходе дальнейших колебаний сила тока в каждой катушке будет изменяться по синусоидальному закону, причём граничных значений она будет достигать в моменты полной разрядки конденсатора \(C_2\). В один из этих моментов ток в катушке \(L_2\) отсутствует (рис. 169), а в другой — направлен вниз на той же схеме, значит, и ни в какой иной момент времени ток не идёт вверх на схеме, то есть против направления пропускания диода \(D_2\), который был мысленно заменён на проводник. Это означает, что диод \(D_2\) больше не влияет на процессы в цепи. Поскольку последнее изменение состояния диодов произошло в конце третьего этапа, искомая длительность переходного процесса составляет \[\tau = \tau_1 + \tau_2 + \tau_3 = \dfrac{\pi}{2}\left(\sqrt{\dfrac{L_1L_2C_2}{L_1 + L_2}} + \sqrt{\dfrac{L_1L_2(C_1 + C_2)}{L_1 + L_2}} + \sqrt{L_1C_2}\right).\] Описанные в этом пункте колебания происходят уже после завершения переходного процесса, то есть в установившемся режиме, а их период составляет \[T = T_1 = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L_1L_2C_2}{L_1 + L_2}}.\]

5. Установившийся режим. В момент завершения переходного процесса (рис. 169) сила тока \(I_1\) через катушку \(L_1\) даётся формулой (230), а ток через катушку \(L_2\) отсутствует, то есть \(I_2 = 0\). Параллельно соединённые катушки (диод \(D_2\) открыт) можно заменить на одну катушку индуктивностью \(L_0\), через которую в данный момент течёт ток силой \(I = I_1 + I_2\). Дальнейшие колебания происходят в контуре, содержащем эквивалентную катушку и конденсатор \(C_2\).

Когда ток через ключ не течёт во второй раз после его замыкания, тока нет и через эквивалентную катушку, но в реальных катушках остаётся кольцевой ток (рис. 170), силу \(I_0\) которого можно при желании найти из закона сохранения магнитного потока или из второго правила Кирхгофа. Однако мы не будем искать эту интересную саму по себе величину \(I_0\), а просто применим закон сохранения энергии для колебаний в эквивалентном контуре: \[\dfrac{L_0I^2}{2} = \dfrac{C_2U_2^2}{2},\qquad\text{откуда}\qquad U_2 = I\sqrt{\dfrac{L_0}{C_2}} = U_0\sqrt{\dfrac{C_2}{C_1 + C_2}}\sqrt{\dfrac{L_2}{L_1 + L_2}}.\] После завершения переходного процесса амплитудное напряжение \(A\) на конденсаторе \(C_2\) достигается, когда через эквивалентную катушку не течёт ток. На основе предыдущих рассуждений сразу получаем \[A = U_2 = U_0\sqrt{\dfrac{C_2}{C_1 + C_2}}\sqrt{\dfrac{L_2}{L_1 + L_2}}.\] Итоговый качественный график зависимости \(U(t)\) показан на рис. 171.