Всесоюзная, 1990/91, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Высота подъёма воды между близкими пластинками обратно пропорциональна зазору, а зазор клина растёт прямо пропорционально расстоянию от его ребра.

Ответ

\(\alpha=\dfrac{2\sigma}{\rho g C}\approx 7\cdot10^{-3}\text{ рад}\approx0{,}4^\circ\), где \(C\approx 2{,}2\cdot10^{-3}\text{ м}^2\) — постоянная гиперболы \(xh=C\), снятая с рисунка.

Решение

Что происходит. Вода поднимается между смоченными пластинками тем выше, чем уже зазор. Зазор клина растёт прямо пропорционально расстоянию \(x\) от ребра, поэтому высота подъёма обратно пропорциональна \(x\), и граница воды на снимке — гипербола. Постоянная этой гиперболы определяется углом \(\alpha\): измерим её на снимке и найдём угол.

Обозначения. \(x\) — горизонтальное расстояние от ребра клина (левый край снимка), \(d\) — зазор между пластинками на этом расстоянии, \(h\) — высота воды над её уровнем в сосуде вдали от клина, \(l\) — длина выделенного столбика воды вдоль ребра. Из таблиц: поверхностное натяжение воды \(\sigma=0{,}073\text{ Н/м}\), плотность \(\rho=1000\text{ кг/м}^3\). Угол \(\alpha\) мал, и \(d=\alpha x\).

1. Подъём воды в узком зазоре. Условие равновесия столбика воды: сумма вертикальных сил на него равна нулю. Выделим столбик шириной \(d\) (между пластинками), длиной \(l\) вдоль ребра и высотой \(h\) над уровнем в сосуде. Вниз действует сила тяжести \(\rho g\,h\,d\,l\). Вверх — силы поверхностного натяжения вдоль двух линий, где вода касается пластинок; длина каждой равна \(l\). Смачивание полное, краевой угол равен нулю, и каждая сила направлена вдоль пластинки вверх и равна \(\sigma l\). Атмосферное давление на столбик сверху и снизу одно и то же и в уравнение не входит. Получаем \[\rho g\,h\,d\,l=2\sigma l\quad\Rightarrow\quad h=\frac{2\sigma}{\rho g\,d}.\] Формула верна, когда зазор \(d\) мал по сравнению с высотой \(h\) и со всеми размерами пластинок: тогда форму мениска можно не учитывать.

2. Форма границы. Подставим \(d=\alpha x\): \[h=\frac{2\sigma}{\rho g\alpha}\cdot\frac1x\quad\Rightarrow\quad x\,h=C=\frac{2\sigma}{\rho g\,\alpha}.\] Произведение \(xh\) одно и то же во всех точках границы: это гипербола с асимптотами — ребром клина и уровнем воды в сосуде. Угол выражается через её постоянную: \(\alpha=\dfrac{2\sigma}{\rho g C}\).

3. Снимаем постоянную \(C\) с рисунка. Нужно учесть два обстоятельства. Первое: масштабы по осям разные. По горизонтали пластинка на снимке имеет ширину 12 см, по вертикали масштаб задаёт отрезок <<1 см>>; он на снимке в полтора раза длиннее, чем отрезок в 1 см по горизонтали. Второе: уровень воды в сосуде на снимке не виден, он ниже кадра. Поэтому отсчитываем \(x\) вправо от левого края, \(y\) — вверх от нижнего края снимка, оба в сантиметрах; высота \(h=y-y_0\), где \(y_0<0\) неизвестна.

Возьмём три точки границы: \(x_1=3\) см, \(y_1=4{,}0\) см; \(x_2=4\) см, \(y_2=2{,}35\) см; \(x_3=6\) см, \(y_3=0{,}43\) см. Из равенства \(x_1(y_1-y_0)=x_3(y_3-y_0)\) находим уровень воды: \[y_0=\frac{x_1y_1-x_3y_3}{x_1-x_3}=\frac{12{,}0-2{,}6}{-3}\ \text{см}\approx-3{,}15\text{ см}.\] Тогда \(C=x_1(y_1-y_0)\approx3\cdot7{,}15\approx21{,}5\text{ см}^2\). Проверим по средней точке: \(x_2(y_2-y_0)\approx4\cdot5{,}5=22{,}0\text{ см}^2\). Три значения \(xh\) (21,5; 22,0; 21,5) совпадают в пределах точности отсчёта, значит, гипербола подходит. Берём \(C\approx22\text{ см}^2=2{,}2\cdot10^{-3}\text{ м}^2\).

Обратите внимание: высоту нельзя отсчитывать от нижнего края снимка, потому что уровень воды в сосуде лежит ниже кадра (около 3 см). Именно поэтому по одной точке \(C\) не найти, а по трём можно: неизвестный нуль высоты \(y_0\) определяется вместе с \(C\).

4. Угол. \[\alpha=\frac{2\sigma}{\rho g C}=\frac{2\cdot0{,}073}{1000\cdot9{,}8\cdot2{,}2\cdot10^{-3}}\approx6{,}8\cdot10^{-3}\text{ рад}\approx0{,}4^\circ.\]

Проверка. Размерность: \(\rho g C\) — это \(\dfrac{\text{Н}}{\text{м}^3}\cdot\text{м}^2=\dfrac{\text{Н}}{\text{м}}\), как у \(\sigma\); \(\alpha\) безразмерен, верно. Угол получился малым, значит, допущение \(d=\alpha x\) оправдано. Проверка на точке: при \(x=6\) см зазор равен \(\alpha x\approx0{,}41\) мм, и \(h=\dfrac{2\sigma}{\rho g d}=\dfrac{0{,}146}{9800\cdot4{,}1\cdot10^{-4}}\approx3{,}6\) см, а по снимку \(y_3-y_0=3{,}6\) см: подъём согласуется с зазором.

Физический смысл: пластинки сходятся под углом меньше половины градуса, и вода в вершине клина, где зазор доли миллиметра, поднимается на много сантиметров.

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

Подсказка

Тепло газ обменивает только на изотермах и изохорах. Изохоры \(2\)—\(3\) и \(4\)—\(1\) соединяют одни и те же две изотермы — сравните теплоты на них.

Ответ

\(\eta=\dfrac{\eta_1+\eta_2-\eta_1\eta_2}{2-\eta_1}\).

Решение

Что происходит. Во всех трёх циклах газ получает и отдаёт теплоту только на изотермах и изохорах; адиабата теплоты не обменивает. Поэтому достаточно четырёх теплот: на изотермах \(1\)—\(2\) и \(3\)—\(4\) и на изохорах \(2\)—\(3\) и \(4\)—\(1\). Ключевая мысль: обе изохоры соединяют одни и те же две изотермы, а теплота на изохоре определяется только изменением температуры, поэтому теплоты на них равны по величине. Тогда два известных КПД связывают все четыре теплоты, и КПД третьего цикла выражается через них.

Обозначения. \(T_1\) — температура изотермы \(1\)—\(2\), \(T_2\) — температура изотермы \(3\)—\(4\), \(T_1>T_2\) (точки \(1\) и \(2\) лежат выше). Все теплоты — положительные числа: \(Q_{12}\) — получено газом на участке \(1\)—\(2\), \(Q_{23}\) — отдано на \(2\)—\(3\), \(Q_{34}\) — отдано на \(3\)—\(4\), \(Q_{41}\) — получено на \(4\)—\(1\). Объёмы: \(V_4=V_1\), \(V_3=V_2\).

1. Теплоты на участках. Первый закон термодинамики для каждого процесса. На изотерме \(1\)—\(2\) газ расширяется, \(\Delta U=0\), значит, \(Q_{12}=A_{12}>0\) — газ получает тепло. На изохоре \(2\)—\(3\) работа равна нулю, давление падает, температура падает от \(T_1\) до \(T_2\): газ отдаёт \(Q_{23}=\tfrac32\nu R(T_1-T_2)\) (для одноатомного газа \(C_V=\tfrac32R\)). На изотерме \(3\)—\(4\) объём уменьшается, \(\Delta U=0\), газ отдаёт \(Q_{34}=-A_{34}>0\). На изохоре \(4\)—\(1\) давление растёт, температура растёт от \(T_2\) до \(T_1\): газ получает \(Q_{41}=\tfrac32\nu R(T_1-T_2)\). Сравнивая, получаем \[Q_{41}=Q_{23}.\] Обратите внимание: теплота на изохоре равна \(C_V\Delta T\), а \(\Delta T\) у обеих изохор одна и та же по модулю; объёмы при этом разные, и на равенство это не влияет. Именно это равенство позволяет связать циклы (одноатомность нужна лишь для значения \(C_V\), на ответ оно не влияет).

2. КПД двух заданных циклов. КПД любого цикла \(\eta=1-\dfrac{Q_{\text{отд}}}{Q_{\text{пол}}}\) (полезная работа цикла равна разности полученного и отданного тепла, закон сохранения энергии для газа за цикл). Цикл \(1\)—\(2\)—\(3\)—\(1\): получено \(Q_{12}\), отдано \(Q_{23}\) (на адиабате \(3\)—\(1\) теплоты нет): \[\eta_1=1-\frac{Q_{23}}{Q_{12}}\quad\Rightarrow\quad Q_{23}=(1-\eta_1)\,Q_{12}.\] Цикл \(1\)—\(3\)—\(4\)—\(1\): получено \(Q_{41}\), отдано \(Q_{34}\): \[\eta_2=1-\frac{Q_{34}}{Q_{41}}\quad\Rightarrow\quad Q_{34}=(1-\eta_2)\,Q_{41}=(1-\eta_2)(1-\eta_1)\,Q_{12}.\]

3. КПД цикла \(1\)—\(2\)—\(3\)—\(4\)—\(1\). Тепло газ получает на двух участках, \(1\)—\(2\) и \(4\)—\(1\), отдаёт на двух, \(2\)—\(3\) и \(3\)—\(4\): \[Q_{\text{пол}}=Q_{12}+Q_{41}=(2-\eta_1)\,Q_{12},\qquad Q_{\text{отд}}=Q_{23}+Q_{34}=(1-\eta_1)(2-\eta_2)\,Q_{12}.\] Отсюда \[\eta=1-\frac{(1-\eta_1)(2-\eta_2)}{2-\eta_1}=\frac{\eta_1+\eta_2-\eta_1\eta_2}{2-\eta_1}.\]

Обратите внимание. У третьего цикла <<нагреватель>> действует на двух участках: тепло поступает не только на изотерме \(1\)—\(2\), но и на изохоре \(4\)—\(1\). Если взять в знаменатель одно \(Q_{12}\), ответ получится завышенным.

Проверка. КПД безразмерен. Предельные случаи: \(\eta_1=\eta_2=0\) даёт \(\eta=0\), \(\eta_1=\eta_2=1\) даёт \(\eta=1\). Второй способ — прямой расчёт по температурам. Адиабата \(3\)—\(1\) (\(V_3=V_2\)): \(T_1V_1^{2/3}=T_2V_2^{2/3}\), откуда \(L=\ln\dfrac{V_2}{V_1}=\tfrac32\ln\dfrac{T_1}{T_2}\). Тогда \(Q_{12}=\nu RT_1L\), \(Q_{34}=\nu RT_2L\). Для \(T_1/T_2=2\): \(L=1{,}040\), \(\eta_1=1-\dfrac{(T_1-T_2)}{T_1\ln(T_1/T_2)}=0{,}279\), \(\eta_2=1-\dfrac{T_2\ln(T_1/T_2)}{T_1-T_2}=0{,}307\). Прямой расчёт третьего цикла: \(\eta=\dfrac{\nu R(T_1-T_2)L}{\nu RT_1L+\tfrac32\nu R(T_1-T_2)}=\dfrac{1{,}040}{2{,}080+1{,}5}=0{,}290\). Формула: \(\dfrac{0{,}279+0{,}307-0{,}0855}{2-0{,}279}=0{,}290\). Результаты совпадают.

Физический смысл: КПД составного цикла получился средним между \(\eta_1\) и \(\eta_2\) (в примере \(0{,}279\); \(0{,}307\) и \(0{,}290\)): он собран из двух изотерм и двух изохор, и теплота изохоры \(4\)—\(1\) здесь идёт в нагреватель вместе с \(Q_{12}\).

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

Подсказка

У поверхности проводника поле перпендикулярно ей и равно \(\sigma/\varepsilon_0\); значит, поле у \(A\) и В даёт плотность заряда в этих точках. Заряд полусферы получите суммированием колец, плотность заряда в которых зависит от угла.

Ответ

У точки В напряжённость равна \(3E_0\) по модулю и направлена вдоль \(\vec E_0\) (внутрь сферы). Заряд полусферы БАБ равен \(Q=3\pi\varepsilon_0E_0R^2\) (положительный).

Решение

Что происходит. Поле \(E_0\) раздвигает заряды сферы: справа выходит положительный заряд, слева остаётся отрицательный, и на поверхности возникает слой поверхностного заряда. Поле этого слоя внутри сферы в точности гасит \(E_0\). Главная мысль: такой слой даёт пара равномерно заряженных шаров, слегка сдвинутых друг относительно друга: поверхностная плотность в нём пропорциональна косинусу угла от направления поля. Зная закон распределения, находим заряд полусферы суммированием колец.

Обозначения. Угол \(\theta\) отсчитываем от направления \(\vec E_0\) (от оси сферы к точке \(A\)), \(\sigma\) — поверхностная плотность индуцированного заряда, \(\sigma_A\) — её значение в точке \(A\).

1. Поле у поверхности проводника. Внутри проводника поле равно нулю, а вдоль поверхности нет составляющей поля (иначе заряды двигались бы). Применим теорему Гаусса к маленькому цилиндру с основаниями по обе стороны поверхности: поток есть только через наружное основание площади \(S\), \(E_nS=\sigma S/\varepsilon_0\), то есть \(E_n=\sigma/\varepsilon_0\). У точки \(A\) поле равно \(3E_0\) и направлено наружу, поэтому \[\sigma_A=3\varepsilon_0E_0.\] У точки Б поле равно нулю, поэтому \(\sigma_{\text{Б}}=0\).

2. Поле у точки В. Сфера незаряжена, поле \(E_0\) однородное. Повернём всю картину на \(180^\circ\) вокруг центра: сфера останется той же, а поле станет \(-\vec E_0\). Поле суммируется линейно (принцип суперпозиции), поэтому при смене знака поля все индуцированные заряды меняют знак. Значит, плотность заряда в точке В равна плотности в \(A\) с обратным знаком: \(\sigma_{\text{В}}=-3\varepsilon_0E_0\). По пункту 1 нормальная к поверхности составляющая поля у В равна \(\sigma_{\text{В}}/\varepsilon_0=-3E_0\) (наружная нормаль направлена против \(\vec E_0\)). Поле у В по модулю равно \(3E_0\) и направлено вдоль \(\vec E_0\), то есть внутрь сферы: заряд там отрицателен, и силовые линии на него входят.

3. Распределение заряда по сфере. Возьмём два шара радиуса \(R\) с плотностями заряда \(+\rho\) и \(-\rho\) и сдвинем центры на малое \(\delta\) вдоль \(\vec E_0\) (положительный шар вправо). Вне области перекрытия остаётся слой толщиной \(\delta\cos\theta\): справа положительный, слева отрицательный, так что \[\sigma=\rho\delta\cos\theta=\sigma_0\cos\theta .\] Поле внутри однородно заряженного шара найдём по теореме Гаусса: на расстоянии \(r\) от центра оно равно \(\dfrac{\rho r}{3\varepsilon_0}\) и направлено вдоль радиус-вектора от центра. В области перекрытия шаров поле суммы равно \[\vec E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\left(\vec r_+-\vec r_-\right)=-\frac{\rho\,\vec\delta}{3\varepsilon_0},\] где \(\vec r_\pm\) — радиус-векторы от центров, \(\vec\delta\) — сдвиг от отрицательного центра к положительному: поле однородно и направлено против сдвига. Положим \(\sigma_0=3\varepsilon_0E_0\): тогда поле слоя внутри сферы равно \(-\vec E_0\) и гасит внешнее. Выполняется условие, определяющее индуцированные заряды (поле внутри проводника нулевое), а такое распределение единственно, поэтому это и есть наша сфера. Проверка по данным задачи: в точке \(A\) (\(\theta=0\)) \(\sigma=3\varepsilon_0E_0\), поле \(\sigma/\varepsilon_0=3E_0\); в точке Б (\(\theta=90^\circ\)) \(\sigma=0\). Всё совпадает с условием.

4. Заряд полусферы БАБ. Разобьём полусферу на узкие кольца: кольцо между углами \(\theta\) и \(\theta+d\theta\) имеет радиус \(R\sin\theta\), ширину \(R\,d\theta\) и площадь \(dS=2\pi R^2\sin\theta\,d\theta\). Плотность заряда в кольце \(\sigma_0\cos\theta\). Суммируем по \(\theta\) от \(0\) до \(\pi/2\): \[Q=\int_0^{\pi/2}\sigma_0\cos\theta\cdot2\pi R^2\sin\theta\,d\theta=2\pi R^2\sigma_0\cdot\frac12=\pi R^2\sigma_0=3\pi\varepsilon_0E_0R^2 .\] Заряд положителен: на полусфере БАБ поле выходит из сферы.

Обратите внимание: нельзя умножать \(\sigma_A\) на площадь полусферы \(2\pi R^2\). Плотность заряда убывает от \(3\varepsilon_0E_0\) на полюсе до нуля на краю полусферы, и среднее значение даёт множитель \(\tfrac12\), а не единицу: умножение вдвое завысило бы ответ.

Проверка. Размерность: \(\varepsilon_0E_0R^2\) — это \(\dfrac{\text{Ф}}{\text{м}}\cdot\dfrac{\text{В}}{\text{м}}\cdot\text{м}^2=\text{Ф}\cdot\text{В}=\text{Кл}\), верно. Второй способ: дипольный момент сферы \(p=\int\sigma\,R\cos\theta\,dS=\sigma_0R\cdot\dfrac{4\pi R^2}{3}=4\pi\varepsilon_0E_0R^3\) — это известное значение для проводящего шара в однородном поле. Полный заряд сферы равен нулю: \(\int\cos\theta\,dS\) по всей сфере обращается в нуль, как и должно быть для незаряженного шара. При \(R\to0\) индуцированный заряд обращается в нуль.

Физический смысл: сфера в поле ведёт себя как диполь, поверхностный заряд которого смещён вдоль поля, а силовые линии у поверхности втягиваются и сгущаются: поле у полюсов втрое больше внешнего.

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

Подсказка

Падение без ускорения означает, что сила тяжести равна тормозящей силе вихревых токов. Выясните, как эта сила зависит от проводимости металла и поля, а вес — от плотности.

Ответ

\(I^2\propto\rho_m\rho_{\text{эл}}\) (\(\rho_m\) — плотность металла, \(\rho_{\text{эл}}\) — его удельное сопротивление). Цинк: \(I\approx0{,}6\) А (\(0{,}62\) А). Четвёртый диск — из алюминия (по этим данным в пределах погрешности подходит и магний).

Решение

Что происходит. Диск падает с постоянной скоростью, значит, сила тяжести уравновешена силой, тормозящей диск. Её создают вихревые токи: в движущемся в неоднородном магнитном поле проводящем диске возникает ЭДС индукции, она гонит токи по диску, а на эти токи действует сила Ампера, направленная против движения. Размеры дисков и скорость одинаковы, поэтому они отличаются только плотностью \(\rho_m\) и удельным сопротивлением \(\rho_{\text{эл}}\). Нужно выяснить, как от них зависит равенство сил, и сравнить диски по току.

Обозначения. \(\rho_m\) — плотность металла, \(\rho_{\text{эл}}\) — удельное сопротивление, \(\sigma_{\text{п}}=1/\rho_{\text{эл}}\) — проводимость, \(V_d\) — объём диска (общий для всех), \(B\) — индукция поля в зазоре, \(B=\beta I\) по условию.

1. Сила торможения. В каждой точке диска, движущегося со скоростью \(v\) в поле \(B\), возникает электрическое поле \(E\sim vB\) (сила Лоренца на свободные заряды движущегося металла; по закону Фарадея то же даёт изменение потока через контуры в диске). По закону Ома в дифференциальной форме плотность тока \(j=\sigma_{\text{п}}E\sim\sigma_{\text{п}}vB\). Сила Ампера на единицу объёма \(f=jB\sim\sigma_{\text{п}}vB^2\). Диски одинаковы по форме и размерам и движутся с одной скоростью, а профиль поля у всех один и тот же и лишь масштабируется током; значит, коэффициент формы одинаков, и полная тормозящая сила равна \[F_{\text{торм}}=\kappa_1\,\sigma_{\text{п}}\,v\,V_d\,B^2 .\] Формула справедлива, пока токи не меняют заметно поле (слабая индукция тока по сравнению с полем электромагнита) и скорость мала.

2. Условие падения без ускорения. Второй закон Ньютона для диска в проекции на вертикаль при постоянной скорости: \(m g-F_{\text{торм}}=0\), где масса \(m=\rho_mV_d\) (выталкивающей силой воздуха пренебрегаем): \[\rho_mV_dg=\kappa_1\frac{1}{\rho_{\text{эл}}}\,v\,V_d\,\beta^2I^2\quad\Rightarrow\quad I^2=\frac{g}{\kappa_1v\beta^2}\,\rho_m\rho_{\text{эл}}=\kappa\,A,\qquad A=\rho_m\rho_{\text{эл}} .\] Постоянная \(\kappa\) у всех дисков одна и та же (\(v\), размеры и электромагнит одинаковы). Значит, \(I^2\) прямо пропорционален произведению \(A\) плотности на удельное сопротивление.

3. Калибровка по двум опытам. Табличные значения (при комнатной температуре; \(A\) в единицах \(\text{г/см}^3\cdot\text{мкОм}\!\cdot\!\text{см}\)): серебро \(\rho_m=10{,}5\), \(\rho_{\text{эл}}=1{,}6\), \(A_{\text{Ag}}=16{,}8\); платина \(21{,}4\) и \(10{,}5\), \(A_{\text{Pt}}=225\); цинк \(7{,}1\) и \(5{,}9\), \(A_{\text{Zn}}=42\). Постоянная \(\kappa=I^2/A\): по серебру \(0{,}41^2/16{,}8=0{,}0100\), по платине \(1{,}39^2/225=0{,}0086\ \text{А}^2\) на единицу \(A\). Два значения различаются на \(15\%\): это и есть реальная погрешность опыта и таблиц. Берём среднее \(\kappa\approx0{,}0093\).

4. Цинк. \(I=\sqrt{\kappa A_{\text{Zn}}}=\sqrt{0{,}0093\cdot42}\approx0{,}62\text{ А}\). По одному серебру получилось бы \(0{,}65\) А, по одной платине \(0{,}60\) А, поэтому ответ: около \(0{,}6\) А.

5. Четвёртый диск. \(A_3=\dfrac{I_3^2}{\kappa}=\dfrac{0{,}29^2}{0{,}0093}\approx9\text{ (от 8,4 по серебру до 9,8 по платине)}\). Из таблиц ищем металл, у которого произведение \(\rho_m\rho_{\text{эл}}\) близко к 9: алюминий (\(2{,}7\cdot2{,}65=7{,}2\)), магний (\(1{,}74\cdot4{,}5=7{,}8\)). Медь (\(8{,}96\cdot1{,}7=15\)) не подходит: для неё ток был бы \(0{,}39\) А, а не \(0{,}29\) А; золото (\(19{,}3\cdot2{,}2=42\)) и цинк (\(42\)) дали бы около \(0{,}6\) А. Подходит лёгкий металл, наиболее вероятно алюминий.

Обратите внимание: сила торможения растёт как \(B^2\), а \(B\propto I\), поэтому сила пропорциональна \(I^2\), а не \(I\): токи сравниваются через квадрат. Объём диска сокращается только потому, что размеры дисков одинаковы.

Проверка. Размерность: сила на единицу объёма \(f=jB\) имеет размерность \(\dfrac{\text{А}}{\text{м}^2}\cdot\text{Тл}=\dfrac{\text{Н}}{\text{м}^3}\), как и вес единицы объёма \(\rho_mg\), верно. Зависимость \(I^2\propto A\) проверена на двух металлах: прямая на рисунке проходит через обе опытные точки (в логарифмическом масштабе — прямая с наклоном 1). Предельный случай: чем меньше удельное сопротивление, тем сильнее торможение вихревыми токами, значит, тем меньше нужен ток для того же падения; так и получается: \(I^2\propto\rho_{\text{эл}}\).

Физический смысл: хороший проводник и лёгкий металл тормозятся вихревыми токами сильнее, поэтому им хватает слабого поля, а тяжёлому металлу с большим сопротивлением нужно сильное поле.

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

Подсказка

Сила на стенку — это сила упругости невесомой пружины. Найдите установившиеся вынужденные колебания тела и отношение амплитуды силы на стенку к \(F_0\) как функцию \(M\omega^2/k\).

Ответ

Амплитуда силы на стенку равна \(3F_0\) при \(k=\dfrac32M\omega^2\) (сила в фазе с \(F\)) и при \(k=\dfrac34M\omega^2\) (в противофазе). Если нужна сила в три раза меньше \(F_0\) (амплитуда \(F_0/3\)), то \(k=\dfrac14M\omega^2\).

Решение

Что происходит. Пружина невесомая, поэтому сила, с которой она давит на стенку, равна силе, с которой она давит на тело, то есть силе упругости \(kx\). Тело под действием \(F\) и пружины совершает вынужденные колебания с частотой \(\omega\) внешней силы. Амплитуда силы на стенку зависит от отношения \(M\omega^2/k\) и может быть больше или меньше \(F_0\), вплоть до резонанса. Найдём это отношение.

Обозначения. Ось \(x\) направлена к стенке, начало — положение тела при недеформированной пружине; \(x\) — сжатие пружины (смещение тела), \(k\) — жёсткость, \(u=M\omega^2/k\). Трения нет, стенка неподвижна.

1. Уравнение движения. Второй закон Ньютона для тела в проекции на ось \(x\): на тело действует внешняя сила \(F_0\cos\omega t\) вдоль \(x\) и сила упругости \(-kx\) (пружина выталкивает тело от стенки): \[M\ddot x=F_0\cos\omega t-kx .\] Нас интересует установившееся движение. Свободные колебания на частоте \(\sqrt{k/M}\) в системе без трения не затухают, поэтому считаем, что они не возбуждены (иначе сила на стенку периодически менялась бы по двум частотам).

2. Установившееся решение. Ищем \(x=A\cos\omega t\) (\(A\) может быть и отрицательной: тогда движение в противофазе с силой). Подставляем: \(-M\omega^2A=F_0-kA\), откуда \[A=\frac{F_0}{k-M\omega^2}.\]

3. Сила на стенку. Сила, действующая на стенку, равна силе упругости \(kx\) (пружина невесомая, на неё действуют равные по модулю силы с обеих сторон): \[F_{\text{ст}}=kA\cos\omega t=\frac{F_0}{1-u}\cos\omega t,\qquad u=\frac{M\omega^2}{k}.\] Обозначим \(R=\dfrac1{1-u}\): амплитуда силы на стенку равна \(|R|F_0\), и \(R>0\) при \(u<1\) (сила на стенку в фазе с \(F\)), \(R<0\) при \(u>1\) (в противофазе).

4. Условия задачи. Сила на стенку по величине отличается от \(F_0\) в три раза.

• Сила втрое больше: \(|R|=3\). При \(R=3\): \(1-u=\tfrac13\), \(u=\tfrac23\), откуда \(k=\tfrac32M\omega^2\). При \(R=-3\): \(1-u=-\tfrac13\), \(u=\tfrac43\), откуда \(k=\tfrac34M\omega^2\).

• Сила втрое меньше: \(|R|=\tfrac13\). При \(R=\tfrac13\): \(u=-2\) невозможно (\(k>0\)). При \(R=-\tfrac13\): \(1-u=-3\), \(u=4\), откуда \(k=\tfrac14M\omega^2\).

Обратите внимание. Таких жёсткостей несколько, потому что кривая \(R(u)\) имеет резонанс при \(u=1\): по обе стороны от него сила на стенку может быть втрое больше \(F_0\). Жёсткость \(k=\tfrac34M\omega^2\) даёт ту же амплитуду, что и \(\tfrac32M\omega^2\), но сила на стенку при этом направлена против \(F\).

Проверка. Размерность: \(M\omega^2\) — это кг/с\(^2\) = Н/м, то есть жёсткость, верно. Предельные случаи: \(k\to\infty\) (\(u\to0\)): \(R\to1\), пружина жёсткая, тело стоит, сила на стенку равна \(F_0\) (так и должно быть без пружины). \(k\to0\) (\(u\to\infty\)): \(R\to0\), мягкая пружина не передаёт сил на стенку, как виброизоляция. При \(u=2\) (\(k=\tfrac12M\omega^2\)) \(R=-1\): амплитуда та же, что у \(F_0\), но в противофазе.

Физический смысл: пружина изолирует стенку от колебаний, только если она очень мягкая (\(k<\tfrac12M\omega^2\), \(u>2\)); при \(k\) порядка \(M\omega^2\) сила на стенку возрастает, у резонанса — в десятки раз.

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