Вращающаяся космическая станция

Удобно переходить между инерциальной системой станции и вращающейся: в ней на тела действует центробежная сила \(m\omega^2r\) (и архимедова сила в воздухе). Заряженные стенки вращаются, то есть образуют соленоид с током, а в системе, где шарик покоится, магнитной силы нет — есть только электрическое поле.

i) \(\tau=2\pi\sqrt{R/g}\approx63{,}4\) с;  ii) \(s=\dfrac{2R}{\tau}\sqrt{4+\pi^2}\approx117\) м/с;  iii) \(m\approx110{,}8\) кг;  iv) \(T_A-T_C=-\dfrac{2\pi^2\lambda h(2R-h)}{\tau^2}\);  v) \(\dfrac{T_A}{T_C}=\dfrac{R-h}{R\cos\alpha}\);  vi) \(T_C\approx12\,631\) Н;  vii) \(\dfrac qm=-\dfrac{2\pi L}{\mu_0Q}\);  viii) \(\oint\vec E\cdot d\vec A=\dfrac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\,V\).

i) (0,5 балла) Пусть \(\omega\) — угловая скорость; тогда ускорение, испытываемое людьми на <<земле>>, равно \(\omega^2R=\left(\dfrac{2\pi}{\tau}\right)^2R\). Приравнивая его \(g\), получаем \[\left(\frac{2\pi}{\tau}\right)^2R=g\;\Rightarrow\;\tau=2\pi\sqrt{\frac Rg}\approx63{,}437\text{ с}.\]

ii) (2 балла) Рассмотрим движение мяча в неподвижной (инерциальной) системе отсчёта центра масс станции. Поскольку время полёта равно \(t=\tau/2\), точка броска на <<земле>> между броском и поимкой мяча повернётся ровно на пол-оборота. В нашей инерциальной системе траектория мяча будет просто прямой линией между этими двумя диаметрально противоположными точками; её длина равна \(2R\). В этой инерциальной системе мяч, таким образом, движется с постоянной скоростью \(v_{\text{ин}}=\dfrac{2R}{\tau/2}=\dfrac{4R}{\tau}\) (в радиальном направлении). Начальный вектор скорости во вращающейся системе есть разность вектора скорости в инерциальной системе и вектора скорости точки броска во вращающейся системе относительно инерциальной. Значит, начальный вектор скорости во вращающейся системе имеет радиальную составляющую \(\dfrac{4R}{\tau}\) и тангенциальную составляющую \(\dfrac{2\pi R}{\tau}\). Скорость броска \(s\) равна модулю этого вектора: \[s=\sqrt{\left(\frac{4R}{\tau}\right)^2+\left(\frac{2\pi R}{\tau}\right)^2}=\frac{2R}{\tau}\sqrt{4+\pi^2}\approx117\text{ м/с}.\]

iii) (2 балла) Когда шар останавливается, он находится в равновесии во вращающейся системе отсчёта. На объект массы \(m_1\) на расстоянии \(R'\) от оси в этой системе действует фиктивная радиальная (направленная вниз) сила \(m_1\omega^2R'\). Эта сила на массу \(m\) равна \(m\omega^2(R-H+l)\). Сила, действующая вверх на шар, есть разность этой силы для шара и силы Архимеда во вращающейся системе, которая равна \[\frac43\pi r^3(M-M')\frac nV\,\omega^2(R-H)=\frac43\pi r^3(M-M')\frac{P}{R_GT}\,\omega^2(R-H).\] Здесь \(R_G\) — универсальная газовая постоянная. Собирая всё вместе, запишем условие равенства нулю радиальной силы в равновесии: \[m\omega^2(R-H+l)=\frac43\pi r^3(M-M')\frac{P}{R_GT}\,\omega^2(R-H)\;\Rightarrow\;m=\frac{\frac43\pi r^3(M-M')P(R-H)}{R_GT(R-H+l)}\approx110{,}8\text{ кг}.\]

iv) (1,5 балла) Во вращающейся системе, обозначив через \(r\) расстояние от оси цилиндра, имеем эффективный радиальный потенциал \[\varphi(r)=\int_0^r(-\omega^2x)\,dx=-\frac{\omega^2r^2}{2},\] где нулевой уровень потенциала выбран при \(r=0\). Иными словами, в этой системе на объект массы \(m_1\) действует фиктивная радиальная сила \(m_1\omega^2r=-m_1\dfrac{d\varphi}{dr}\). Верёвка принимает форму, минимизирующую эту потенциальную энергию. В этой и в следующей части мы будем выяснять только свойства верёвки, минимизирующей эту потенциальную энергию (а кроме этого, о вращении можно забыть). Рассмотрим, что мы отрезаем крошечный кусочек верёвки длины \(\ell\) от точки \(C\), затем затягиваем верёвку в точке \(C\) и склеиваем обратно (совершая работу \(\ell T_C\)), затем разрезаем верёвку в точке \(A\), позволяя ей проскользнуть на длину \(\ell\) (совершая работу \(-\ell T_A\)), и наконец переносим крошечный кусочек из точки \(C\) в точку \(A\) (совершая работу \(\ell\lambda\bigl(\varphi(R)-\varphi(R-h)\bigr)=-\ell\lambda\omega^2\dfrac{h(2R-h)}{2}\)), заполняя образовавшийся промежуток длины \(\ell\). Состояние верёвки теперь такое же, как вначале, поэтому полная работа должна быть равна нулю: \[\ell T_C-\ell T_A-\ell\lambda\omega^2\frac{h(2R-h)}{2}=0,\] откуда \[T_A-T_C=-\lambda\,\frac{2\pi^2h(2R-h)}{\tau^2}.\] Подробнее эта идея объяснена в книге <<200 More Puzzling Physics Problems>>, задача 78 (и её подсказка и решение).

v) (1,5 балла) Воспользуемся условием равновесия: момент сил относительно центра цилиндра равен нулю (во вращающейся системе) для левой половины верёвки. Заметим, что фиктивная сила радиальна, поэтому она не даёт вклада в момент. Остаются только силы натяжения верёвки с двух сторон, поэтому \[RT_A\cos\alpha=(R-h)\,T_C\;\Rightarrow\;\frac{T_A}{T_C}=\frac{R-h}{R}\cdot\frac1{\cos\alpha}.\]

vi) (1,5 балла) Пусть ось \(x\) направлена вдоль диаметра \(AB\), координаты выбраны в метрах, а координаты точки \(A\) равны \((-R,0)\). (Тогда координаты точки \(B\) равны \((R,0)\), а координаты точки \(C\) равны \((0,-(R-h))\).) Единственная парабола \(y=ax^2+bx+c\), проходящая через эти три точки, имеет \(b=0\) из симметрии относительно оси \(y\), \(c=-(R-h)\) из рассмотрения точки \(C\), а затем \(a=-\dfrac{R-h}{R^2}\) из рассмотрения точки \(A\). Производная в точке \(A\) равна \(\dfrac{dy}{dx}\Big|_{x=-R}=2a\cdot R=-\dfrac{2(R-h)}{R}\), откуда \[\cos\alpha=\frac{-dy}{\sqrt{(dy)^2+(dx)^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{dx}{dy}\right)^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+\dfrac{R^2}{4(R-h)^2}}}\approx0{,}7106 .\] Используя уравнения из частей (iv) и (v), получаем систему уравнений с двумя неизвестными: \[\begin{cases} T_A-T_C=-\lambda\dfrac{2\pi^2h(2R-h)}{\tau^2},\\[2mm] RT_A\cdot0{,}7106=(R-h)\,T_C . \end{cases}\] Осталось решить эту систему. Второе уравнение даёт \(T_A=T_C\,\dfrac{R-h}{R\cdot0{,}7106}\approx T_C\cdot0{,}7107\). Подставляя в первое уравнение, получаем \[T_C=\frac{\lambda\,2\pi^2h(2R-h)}{\tau^2\,(1-0{,}7107)}\approx12\,631\text{ Н}.\]

vii) (2 балла) Вращающийся заряд на стенках превращает станцию в соленоид с током \(I=\dfrac Q\tau\). Внутри станции он создаёт постоянное осевое магнитное поле величиной \[B=\mu_0\frac IL=\mu_0\frac{Q}{\tau L}.\] Сила, которую оно создаёт на заряженный шарик, равна \(-qvB=-q\,\dfrac{2\pi R}{\tau}\,\mu_0\dfrac{Q}{\tau L}\) и направлена радиально вверх. Чтобы шарик неподвижно висел над <<землёй>>, ускорение, создаваемое этой радиальной силой, должно быть равно центростремительному ускорению \(\omega^2R=\dfrac{(2\pi)^2R}{\tau^2}\): \[-\frac qm\,\frac{2\pi R}{\tau}\,\mu_0\frac{Q}{\tau L}=\frac{(2\pi)^2R}{\tau^2}\;\Rightarrow\;\frac qm=-\frac{2\pi L}{\mu_0Q}.\]

viii) (2 балла) Рассмотрим заряд \(q_1\), покоящийся на расстоянии \(r\) от оси во вращающейся системе. Электромагнитная сила, действующая на него, не зависит от системы отсчёта и равна \(q_1\,\dfrac{2\pi r}{\tau}\,\mu_0\dfrac{Q}{\tau L}\). Этот заряд не движется во вращающейся системе, поэтому в его системе отсчёта сила со стороны магнитного поля должна быть равна нулю, и измеряемое в его системе электрическое поле должно удовлетворять \(q_1E=q_1\,\dfrac{2\pi r}{\tau}\,\mu_0\dfrac{Q}{\tau L}\), откуда \[\vec E=\frac{2\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\,\vec r .\] Теперь у нас есть выражение для \(E\) в каждой точке вращающейся системы; осталось вычислить \(\oint\vec E\cdot d\vec A\). Для разнообразия мы покажем два способа вычисления этого интеграла.

Первый способ: заметим, что наше \(\vec E=\text{const}\cdot\vec r\) есть в точности электрическое поле равномерно заряженного цилиндра (с правильно подобранной плотностью заряда), и потому можно эквивалентно найти тот же интеграл вокруг такого равномерно заряженного цилиндра, который по теореме Гаусса равен \(V\rho/\varepsilon_0=V\cdot c_1\). Постоянную \(c_1\) можно найти, рассмотрев простой случай, когда рассматриваемая поверхность сама является цилиндром высоты 1 м; тогда интеграл равен \[\oint\vec E\cdot d\vec A=1\text{ м}\cdot2\pi r\,\frac{2\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\,r=V\,\frac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}.\] Следовательно, \(c_1=\dfrac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\), и поэтому \[\oint\vec E\cdot d\vec A=V\,\frac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}.\]

Кратко опишем второй способ вычисления этого интеграла: разбивая трёхмерное тело на объёмные слои, каждый из которых ограничен элементом площади \(d\vec A\) и имеет цилиндрический радиус-вектор \(\vec r\), причём объём каждого слоя равен \(\vec r\cdot d\vec A/2\), получаем, что объём тела есть сумма объёмов всех таких слоёв: \[V=\oint\frac12\,\vec r\cdot d\vec A .\] Это позволяет вычислить основной интеграл так: \[\oint\vec E\cdot d\vec A=\oint\frac{2\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\,\vec r\cdot d\vec A=\frac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\oint\frac12\,\vec r\cdot d\vec A=\frac{4\pi\mu_0Q}{\tau^2L}\,V.\]

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