Три задачи

Подсказка

A: в системе отсчёта оси цилиндра шайба движется по окружности; в нижней точке ускорение оси равно нулю, и нужна только скорость шайбы относительно оси. B: газ в пузыре "— политропа \(p^3V = \text{const}\), из неё и первого закона термодинамики находится теплоёмкость; частота колебаний определяется суммой «упругости» газа и «антиупругости» поверхностного натяжения. C: в момент максимума тока напряжения на катушках в сумме равны нулю, а после замыкания ключа остаются два независимых колебательных контура с одной частотой.

Ответ

A) \(F = mg\Bigl(3 + \dfrac mM\Bigr) = 3mg\Bigl(1 + \dfrac{m}{3M}\Bigr)\);  B.1) \(C = C_V + \dfrac32R = 4R \approx 33{,}2\) Дж/(моль\(\cdot\)К);  B.2) \(\omega = \sqrt{\dfrac{8\sigma}{\rho h r^2}} \approx 108\) с\(^{-1}\);  C) \(I_{\max} = \dfrac{q_0}{\sqrt{2LC}}\)

Решение

Что происходит. Три задачи объединяет одно: в каждой надо правильно записать связи между частями системы и воспользоваться законом сохранения энергии. В части A цилиндр катится, шайба скользит внутри; связь между их скоростями даёт горизонтальное уравнение движения, а сила в нижней точке находится из движения шайбы по окружности в системе оси. В части B давление газа в пузыре жёстко связано с радиусом поверхностным натяжением, поэтому процесс нагревания "— не изобара и не изохора, а политропа; малые колебания определяются разностью «упругости» газа и поверхностного натяжения. В части C после замыкания ключа цепь распадается на два контура, и ток через ключ "— разность двух синусоид с общей частотой.

Часть A. Что происходит. Шайба соскальзывает по внутренней поверхности вниз и вперёд, а цилиндр под её давлением откатывается в противоположную сторону. В нижней точке горизонтальной силы нет, ускорение оси равно нулю, и шайба движется по окружности относительно оси со скоростью, равной сумме скоростей шайбы и цилиндра относительно земли. Ключевые законы: связь скоростей из горизонтальных проекций и закон сохранения энергии (трения шайбы о цилиндр нет, проскальзывания цилиндра нет "— потерь нет).

Рис. 1. Три момента движения: старт (шайба на высоте \(R\), оба тела покоятся), произвольный момент (угол \(\alpha\) между нормалью и вертикалью) и нижняя точка: шайба движется вправо со скоростью \(u\), ось цилиндра "— влево со скоростью \(v\). Пунктир "— прежнее положение цилиндра.

Обозначения. Ось \(x\) направлена вправо. Шайба стартует у левого края. \(N\) "— сила взаимодействия шайбы и цилиндра, \(\alpha\) "— угол между нормалью (линией «шайба — ось») и вертикалью; \(w\) "— ускорение оси цилиндра (влево), \(a_x\) "— горизонтальная проекция ускорения шайбы (вправо). \(I = MR^2\) "— момент инерции тонкого полого цилиндра относительно оси, \(u\) и \(v\) "— скорости шайбы и оси в нижней точке.

Рис. 2. Силы в произвольный момент: на шайбу "— \(m\vec g\) и \(\vec N\) (к оси); на цилиндр "— \(M\vec g\), \(\vec N_1\) от плоскости, трение \(\vec F_{\text{тр}}\) и давление шайбы \(\vec N\,'=-\vec N\).

A. Запишем второй закон Ньютона для шайбы в проекции на горизонталь: сила со стороны цилиндра направлена к оси, её горизонтальная проекция \(N\sin\alpha\), \[m a_x = N\sin\alpha. \tag{1}\] Для цилиндра в проекции на горизонталь: давление шайбы \(N' = -N\) даёт проекцию \(N\sin\alpha\) влево, сила трения о плоскость \(F_{\text{тр}}\) направлена вправо, \[M w = N\sin\alpha - F_{\text{тр}}. \tag{2}\] Цилиндр катится без проскальзывания, угловое ускорение \(\varepsilon = w/R\). Уравнение вращения относительно оси: момент создаёт только сила трения, так как сила тяжести и реакция плоскости направлены по вертикали, проходящей через ось, а давление шайбы направлено по радиусу: \[I\varepsilon = F_{\text{тр}}R, \qquad I = MR^2 \quad\Rightarrow\quad F_{\text{тр}} = M w. \tag{3}\] Подставим (3) в (2): \(2Mw = N\sin\alpha\). Сравним с (1): \[m a_x = 2M w. \tag{4}\] Скорости обоих тел вначале нулевые; интегрируем (4) по времени от старта до нижней точки: \(m u = 2M v\). Обратите внимание: это не закон сохранения импульса "— у системы есть внешняя горизонтальная сила трения плоскости, "— а следствие того, что трение связано с ускорением цилиндра формулой (3). \[m u = 2M v. \tag{5}\] Теперь энергия. Трение между шайбой и цилиндром отсутствует, цилиндр катится без проскальзывания (трение покоя работы не совершает), поэтому механическая энергия сохраняется. Шайба опустилась на \(R\); в нижней точке кинетическая энергия шайбы \(\dfrac{mu^2}{2}\), цилиндра "— поступательная \(\dfrac{Mv^2}{2}\) плюс вращательная \(\dfrac{I\omega^2}{2}\) при \(\omega = v/R\), то есть ещё \(\dfrac{Mv^2}{2}\): \[mgR = \frac{mu^2}{2} + Mv^2 . \tag{6}\] Из (5) \(u = 2Mv/m\); подставим в (6): \[mgR = \frac{2M^2v^2}{m} + Mv^2 = Mv^2\,\frac{2M + m}{m} \quad\Rightarrow\quad v = \frac mM\sqrt{\frac{MgR}{2M+m}}, \qquad u = 2\sqrt{\frac{MgR}{2M+m}}.\] В системе отсчёта, поступательно движущейся вместе с осью цилиндра, шайба движется по окружности радиуса \(R\) (она прижата к гладкой внутренней поверхности). В нижней точке её скорость в этой системе направлена вправо и равна сумме скоростей: шайба движется вправо со скоростью \(u\), а сама система "— влево со скоростью \(v\), \[v_{\text{отн}} = u + v = u\Bigl(1 + \frac{m}{2M}\Bigr) = \frac{2M+m}{M}\sqrt{\frac{MgR}{2M+m}} = \sqrt{\frac{gR\,(2M+m)}{M}} .\] Ускорение оси в нижней точке равно нулю: по (4) оно пропорционально \(N\sin\alpha\), а в нижней точке \(\alpha = 0\). Поэтому система оси в этот момент инерциальна, и ускорение шайбы в лабораторной системе равно её ускорению относительно оси "— центростремительному \(v_{\text{отн}}^2/R\), направленному вверх (рис. 3).

Рис. 3. Нижняя точка: в этот момент ускорение оси равно нулю; шайба движется по окружности со скоростью \(v_{\text{отн}} = u + v\) относительно оси; сила тяжести \(m\vec g\) вниз, сила \(\vec N\) вверх.

Второй закон Ньютона для шайбы в проекции на вертикаль (вверх): \[F - mg = \frac{m\,v_{\text{отн}}^2}{R} = \frac{m\,gR\,(2M+m)}{MR} = mg\,\frac{2M+m}{M},\] откуда \[F = mg\Bigl(1 + \frac{2M+m}{M}\Bigr) = mg\Bigl(3 + \frac mM\Bigr).\]

Ответ A. \[\boxed{\,F = mg\Bigl(3 + \frac mM\Bigr) = 3mg\Bigl(1 + \frac{m}{3M}\Bigr)\,}\] Проверка: размерность силы верная. Предел \(M\to\infty\) (цилиндр неподвижен: ни скорости, ни ускорения): \(F = 3mg\) "— известный результат для шайбы, соскользнувшей с горизонтального радиуса в гладкой неподвижной чаше: \(mg + 2mg\) (рис. 4). Чем легче цилиндр, тем сильнее он «уходит» из-под шайбы, тем больше относительная скорость и тем больше сила. Численная проверка уравнений по лагранжиану (координаты \(X\) оси и угол шайбы; \(X\) циклическая, и \(\partial L/\partial \dot X = \text{const}\) даёт \((2M+m)\dot X = mR\dot\varphi\cos\varphi\), то есть то же соотношение (5)) при \(M = 2\), \(m = 1\) даёт \(v_{\text{отн}}^2 = 2{,}5\,gR\) и \(F = 3{,}5\,mg\), как и формула.

Рис. 4. Сила в нижней точке в единицах \(mg\) как функция \(m/M\): линейна, при \(m/M\to0\) даёт \(3mg\).

Часть B.1. Что происходит. Газ в пузыре нагревают так медленно, что в каждый момент пузырь находится в равновесии: давление газа уравновешено поверхностным натяжением и потому связано с радиусом, \(p \propto 1/r\). При нагреве пузырь раздувается, и газ совершает работу над мыльной плёнкой, поэтому подвести нужно больше тепла, чем при постоянном объёме: молярная теплоёмкость такого процесса больше \(C_V\). Ключевые законы: формула Лапласа, первый закон термодинамики, уравнение состояния.

Рис. 5. Сечение пузыря; плёнка имеет две поверхности (внутреннюю и внешнюю), каждая тянет участок плёнки (бирюзовый) вдоль касательной силой \(\sigma l\) на длину края \(l\); давление газа на участок направлено наружу. Толщина плёнки на рисунке сильно увеличена.

Обозначения. \(\nu\) "— число молей газа, \(V = \dfrac43\pi r^3\) "— объём пузыря, \(p\), \(T\) "— давление и температура газа, \(C_V = \dfrac52R\) "— молярная теплоёмкость при постоянном объёме двухатомного газа.

B.1. Первый закон термодинамики для газа: \[\delta Q = \nu C_V\,dT + p\,dV \quad\Rightarrow\quad C = \frac1\nu\frac{\delta Q}{dT} = C_V + \frac p\nu\,\frac{dV}{dT}. \tag{7}\] Нужна производная \(dV/dT\) вдоль рассматриваемого процесса. Давление газа уравновешено поверхностным натяжением. Плёнка имеет две поверхности (внутреннюю и внешнюю), каждая даёт перепад \(2\sigma/r\) (при толщине \(h \ll r\) радиусы практически равны), снаружи вакуум, поэтому \[p = \frac{4\sigma}{r}. \tag{8}\] Так как \(V \propto r^3\), а \(p \propto 1/r\), то \(p \propto V^{-1/3}\), то есть \(p^3V = \text{const}\). С уравнением состояния \(pV = \nu RT\) (\(p = \nu RT/V\)): \[\frac{(\nu RT)^3}{V^2} = \text{const}\quad\Rightarrow\quad T^3V^{-2} = \text{const}\quad\Rightarrow\quad 3\,\frac{dT}{T} = 2\,\frac{dV}{V}\quad\Rightarrow\quad \frac{dV}{dT} = \frac{3V}{2T}.\] Подставим в (7) и используем \(pV = \nu RT\): \[C = C_V + \frac{p}{\nu}\cdot\frac{3V}{2T} = C_V + \frac32\,\frac{pV}{\nu T} = C_V + \frac32R = \frac52R + \frac32R = 4R .\] Численно (при \(R = 8{,}31\) Дж/(моль\(\cdot\)К)): \(C = 4\cdot8{,}31 \approx 33{,}2\) Дж/(моль\(\cdot\)К).

Второй способ "— политропа. Процесс \(pV^n = \text{const}\) с показателем \(n = 1/3\) имеет теплоёмкость \(C = C_V - \dfrac{R}{n-1} = C_V + \dfrac32R\) "— то же (рис. 6).

Рис. 6. Молярная теплоёмкость политропы \(pV^n = \text{const}\) как функция показателя \(n\): \(C = C_V - R/(n-1)\). Отмечены изобара (\(n=0\)), адиабата (\(n = \gamma\), \(C = 0\)) и наш процесс \(n = 1/3\); изотерме (\(n=1\)) отвечает бесконечная теплоёмкость.

Ответ B.1. \[\boxed{\,C = C_V + \frac32R = 4R \approx 33{,}2~\frac{\text{Дж}}{\text{моль}\cdot\text{К}}\,}\] Проверка: величина лежит между \(C_p = 3{,}5R\) (изобара, \(n=0\)) и бесконечностью (изотерма, \(n=1\)) на левой ветви рис. 6: показатель \(n = 1/3\) ближе к изобаре, чем к изотерме, а газ расширяется "— как и должно быть для процесса с подводом тепла и работой газа.

Часть B.2. Что происходит. Раздутый чуть больше пузырь при той же температуре газа (плёнка с большой теплоёмкостью держит температуру) имеет меньшее давление газа, а для большего радиуса нужно и меньшее давление, чтобы уравновесить натяжение. Давление газа падает быстрее (\(\propto r^{-3}\)), чем требуется натяжением (\(\propto r^{-1}\)), поэтому пузырь возвращается: «упругость» газа сильнее «антиупругости» натяжения. Масса, которой колеблется система "— масса плёнки \(\rho h\) на единицу площади. Ключевые законы: второй закон Ньютона для участка плёнки и изотермический закон Бойля "— Мариотта.

B.2. Выделим на плёнке участок, видимый из центра под малым углом \(\alpha\) (рис. 5): его площадь, масса и радиальное смещение \(x\) при колебании \[S = \pi(\alpha r)^2, \qquad m_{\text{уч}} = \rho\,S\,h, \qquad S' = S\Bigl(1 + \frac{2x}{r}\Bigr).\] Второй закон Ньютона для участка в радиальной проекции: \[m_{\text{уч}}\ddot x = p'S' - F_{\text{пов}}, \tag{9}\] где \(p'\) "— давление газа под плёнкой, \(F_{\text{пов}}\) "— радиальная проекция сил поверхностного натяжения, действующих по краю участка (длина края каждой поверхности \(2\pi(r+x)\alpha\), проекция на радиус "— множитель \(\alpha\), поверхностей две): \[F_{\text{пов}} = 2\sigma\cdot2\pi\,(r+x)\,\alpha\cdot\alpha = 4\pi\sigma\alpha^2\,(r+x). \tag{10}\] Газ изотермичен (плёнка "— термостат): \(p'V' = pV\), с \(V\propto r^3\) и малым \(x\): \[p' = p\Bigl(\frac{r}{r+x}\Bigr)^3 \approx p\Bigl(1 - \frac{3x}{r}\Bigr), \qquad p = \frac{4\sigma}{r}. \tag{11}\] Подставим (10), (11) и \(S'\) в (9), оставляя члены первого порядка по \(x\): \[\rho h\,\pi\alpha^2r^2\,\ddot x = \frac{4\sigma}{r}\Bigl(1 - \frac{3x}{r}\Bigr)\pi\alpha^2r^2\Bigl(1 + \frac{2x}{r}\Bigr) - 4\pi\sigma\alpha^2(r + x) = 4\pi\sigma\alpha^2 r\Bigl(1 - \frac xr\Bigr) - 4\pi\sigma\alpha^2 r\Bigl(1 + \frac xr\Bigr).\] Слагаемые без \(x\) сокращаются "— это условие равновесия \(pS = F_{\text{пов}}\). Остаётся \[\rho h r^2\,\ddot x = -8\sigma\,x .\] Это уравнение гармонических колебаний.

Рис. 7. Добавка к силе на единицу площади при смещении \(x\): газ (серая) тянет назад втрое сильнее, чем поверхностное натяжение "— вперёд (оранжевая); сумма (бирюзовая) равна \(-2(p/r)x\) с \(p = 4\sigma/r\), то есть \(-8\sigma x/r^2\).

Ответ B.2. \[\boxed{\,\omega = \sqrt{\frac{8\sigma}{\rho h r^2}} \approx 108~\text{с}^{-1}\,}\] Численно: \(\dfrac{8\sigma}{\rho h r^2} = \dfrac{8\cdot4{,}00\cdot10^{-2}}{1{,}10\cdot10^3\cdot10{,}0\cdot10^{-6}\cdot(5{,}00\cdot10^{-2})^2} = 1{,}16\cdot10^4~\text{с}^{-2}\); \(\omega = 108~\text{с}^{-1}\) (период \(\approx 58\) мс).

Проверка: единицы: \(\sigma/(\rho h r^2)\) "— (Н/м)/(кг/м\(^3\) \(\cdot\) м \(\cdot\) м\(^2\)) = Н/(кг\(\cdot\)м) = с\(^{-2}\). Если бы газ расширялся адиабатически, его «упругость» была бы больше: вместо \(3\) в формуле стояло бы \(3\gamma\) (\(\gamma = 1{,}4\)), и \(\omega^2 = (3\gamma - 1)\dfrac{4\sigma}{\rho h r^2}\), \(\omega \approx 136~\text{с}^{-1}\); изотермический случай даёт меньшее значение, как и должно быть. Если бы давление газа вообще не менялось, остался бы один «антиупругий» член, и пузырь был бы неустойчив "— то есть именно сжимаемость газа удерживает пузырь.

Часть C. Что происходит. Пока ключ разомкнут, цепь "— один контур с двумя конденсаторами и двумя катушками в ряд; конденсатор \(2C\) разряжается и заряжает \(C\). В момент максимального тока ЭДС самоиндукции катушек равна нулю, то есть напряжения на конденсаторах равны. Замыкание ключа разрывает цепь на два независимых контура: \(2C\) с \(L\) и \(C\) с \(2L\), и у них одинаковая частота колебаний. Ток через ключ "— разность токов двух контуров, и в момент замыкания он равен нулю. Ключевые законы: сохранение заряда и энергии, колебательный контур.

Обозначения. \(I_0\) "— максимальный ток до замыкания, \(U\) "— модуль напряжения на конденсаторах в этот момент, \(I_1\) и \(I_2\) "— токи в катушках \(L\) и \(2L\) после замыкания (положительное направление "— по часовой стрелке в каждом контуре), \(I = I_1 - I_2\) "— ток через ключ.

Рис. 8. Момент максимума тока \(I_0\) (ключ ещё разомкнут): заряды и напряжения на конденсаторах.

C. Перед замыканием. Токи в обеих катушках одинаковы (один контур), ток максимален, когда \(dI/dt = 0\), то есть когда сумма напряжений на катушках \((L + 2L)\,dI/dt\) равна нулю: напряжения на конденсаторах по контуру равны по модулю и противоположны. Пусть \(2C\) потерял заряд \(\Delta\) (заряд \(\Delta\) перетёк на \(C\) через цепь): \(q_{2C} = q_0 - \Delta\), \(q_C = \Delta\). Равенство напряжений: \[\frac{q_0 - \Delta}{2C} = \frac{\Delta}{C} \quad\Rightarrow\quad \Delta = \frac{q_0}{3}, \qquad U = \frac{q_0}{3C}.\] (В записи \(q_0 = 2CU + CU\) это закон сохранения заряда.) Энергия: в начале запасена только в конденсаторе \(2C\), в момент максимума "— в обоих конденсаторах и обеих катушках: \[\frac{q_0^2}{2\cdot2C} = \frac{2C\,U^2}{2} + \frac{C\,U^2}{2} + \frac{(L + 2L)\,I_0^2}{2} \quad\Rightarrow\quad \frac{q_0^2}{4C} - \frac{q_0^2}{6C} = \frac{3L I_0^2}{2},\] \[I_0 = \frac{q_0}{3\sqrt{2LC}}.\]

После замыкания. Теперь два независимых контура: верхний (\(2C\), \(L\)) и нижний (\(C\), \(2L\)) (рис. 9). У обоих частота \[\omega = \frac{1}{\sqrt{L\cdot2C}} = \frac{1}{\sqrt{2L\cdot C}} = \frac{1}{\sqrt{2LC}}.\] Начальные условия в момент замыкания: оба тока равны \(I_0\), напряжения на конденсаторах равны \(U\). Верхний контур: конденсатор \(2C\) продолжает разряжаться и подталкивать ток, \(dI_1/dt = U/L\); нижний: конденсатор \(C\) заряжен так, что мешает току, \(dI_2/dt = -U/(2L)\). Токи в каждом контуре "— гармонические функции частоты \(\omega\): \[I_1 = I_0\cos\omega t + b_1\sin\omega t, \qquad I_2 = I_0\cos\omega t + b_2\sin\omega t,\] \[b_1 = \frac{1}{\omega}\frac{dI_1}{dt}\Big|_0 = \frac{U}{L\omega} = \frac{q_0}{3CL}\sqrt{2LC} = 2I_0, \qquad b_2 = \frac{1}{\omega}\frac{dI_2}{dt}\Big|_0 = -\frac{U}{2L\omega} = -I_0 .\]

Рис. 9. После замыкания ключа: два контура с токами \(I_1\) (верхний) и \(I_2\) (нижний); оба текут по часовой стрелке, в перемычке направлены навстречу, ток ключа \(I = I_1 - I_2\).

Ток через ключ "— разность токов контуров (по перемычке они текут навстречу друг другу): \[I = I_1 - I_2 = I_0\bigl[(\cos\omega t + 2\sin\omega t) - (\cos\omega t - \sin\omega t)\bigr] = 3I_0\sin\omega t .\] Косинусы сокращаются: в момент замыкания ток через ключ равен нулю, как и должно быть "— до замыкания через перемычку ток не шёл.

Рис. 10. Токи в единицах \(I_0\): \(I_1 = I_0(\cos\omega t + 2\sin\omega t)\) (серая), \(I_2 = I_0(\cos\omega t - \sin\omega t)\) (оранжевая) и ток ключа \(I = 3I_0\sin\omega t\) (бирюзовая).

Ответ C. \[\boxed{\,I_{\max} = 3I_0 = \frac{q_0}{\sqrt{2LC}} = \omega q_0\,}\] Второй способ "— векторная диаграмма. Амплитуды токов получим из энергий контуров: \(\dfrac{2C\,U^2}{2} + \dfrac{L I_0^2}{2} = \dfrac{LJ_1^2}{2}\) и \(\dfrac{C\,U^2}{2} + \dfrac{2L I_0^2}{2} = \dfrac{2LJ_2^2}{2}\) дают \(J_1 = \sqrt5\,I_0\) и \(J_2 = \sqrt2\,I_0\). На векторной диаграмме (рис. 11) оба вектора имеют проекцию \(I_0\) на ось токов в момент замыкания, поэтому разность токов, то есть отрезок \(AC\), перпендикулярна оси: \(AB = \sqrt{5I_0^2 - I_0^2} = 2I_0\) (ток \(I_1\) растёт), \(BC = \sqrt{2I_0^2 - I_0^2} = I_0\) (ток \(I_2\) убывает), \(AC = 3I_0\).

Рис. 11. Векторная диаграмма: \(OA\) "— ток \(I_1\) (длина \(\sqrt5I_0\)), \(OC\) "— ток \(I_2\) (длина \(\sqrt2I_0\)), \(OB = I_0\) "— общая проекция на ось токов в момент замыкания; \(AC\) "— ток ключа.

Третий способ "— через производную. Ток ключа гармонический \(I = I_{\max}\sin\omega t\) (в момент замыкания \(I = 0\)), и \(I_{\max} = \dot I(0)/\omega\). Производная в момент замыкания: \(\dot I(0) = \dfrac UL + \dfrac{U}{2L} = \dfrac{3U}{2L} = \dfrac{q_0}{2LC} = \omega^2q_0\), откуда \(I_{\max} = \omega q_0\).

Проверка: размерность \(\omega q_0\) "— заряд в секунду, то есть ток. Энергия сходится: после замыкания в двух контурах \(\dfrac{LJ_1^2}{2} + \dfrac{2LJ_2^2}{2} = \dfrac{L\cdot5I_0^2}{2} + L\cdot2I_0^2 = \dfrac92LI_0^2 = \dfrac{q_0^2}{4C}\) "— в точности начальная энергия конденсатора \(2C\) (ключ при замыкании энергию не забирает). Ответ не зависит от \(L\) и \(C\) по отдельности, а только через \(\omega\): заряд \(q_0\), прошедший за четверть периода контура, даёт характерный ток \(\omega q_0\).

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