Разминка: источники, шайба, шарики

Задача 1: ЭДС и сопротивления параллельных источников складываются по правилам «эквивалентного источника». Задача 2: относительное изменение скорости на повороте зависит только от угла. Задача 3: рассмотрите движение центра масс пары шариков.

1.1.1) \(\varphi_2-\varphi_1=\mathcal E\dfrac{R}{R+r}=\mathcal E-Ir\); 1.2.1) \(I_R=\dfrac{\mathcal E_1/r_1+\mathcal E_2/r_2}{1+R(1/r_1+1/r_2)}\); 1.2.2) можно: \(\mathcal E_0=\dfrac{\mathcal E_1r_2+\mathcal E_2r_1}{r_1+r_2},\ r_0=\dfrac{r_1r_2}{r_1+r_2}\); 1.3) вольтметр показывает \(0\); 2) \(V_2=\dfrac{V_1^2}{V_0}\); 3) \(h_1=H-g\tau^2\).

Задача 1. Кольцевая ЭДС

1.1.1 По закону Ома для полной цепи сила тока в этой цепи равна

\[I = \frac{\mathcal{E}}{R + r}.\tag{1}\]

Следовательно, искомая разность потенциалов равна

\[\Delta\varphi = \varphi_2 - \varphi_1 = IR = \mathcal{E}\frac{R}{R + r}.\tag{2}\]

1.1.2 Полученное выражение можно преобразовать к виду

\[\varphi_2 - \varphi_1 = \mathcal{E}\frac{R}{R + r} = \mathcal{E}\frac{R + r - r}{R + r} = \mathcal{E} - \frac{\mathcal{E}}{R + r}r = \mathcal{E} - Ir.\tag{3}\]

Впрочем, это соотношение можно записать сразу, сославшись на

закон для участка цепи с активным элементом.

1.2.1 Используя соотношение (2) и закон Ома для участка цепи, запишем систему уравнений для сил токов в различных ветвях рассматриваемой цепи

\[\begin{cases} \mathcal{E}_1 - I_1 r_1 = (I_1 + I_2)R \\ \mathcal{E}_2 - I_2 r_2 = (I_1 + I_2)R \end{cases}.\tag{4}\]

Решение этой системы дает искомый результат

\[\begin{cases} \mathcal{E}_1 - I_1 r_1 = (I_1 + I_2)R \\ \mathcal{E}_2 - I_2 r_2 = (I_1 + I_2)R \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \frac{\mathcal{E}_1}{r_1} - I_1 = (I_1 + I_2)\frac{R}{r_1} \\ \frac{\mathcal{E}_2}{r_2} - I_1 = (I_1 + I_2)\frac{R}{r_2} \end{cases} \Rightarrow\]

\[\frac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2}{r_2} - (I_1 + I_2) = (I_1 + I_2)\left(\frac{R}{r_1} + \frac{R}{r_2}\right) \Rightarrow I_R = (I_1 + I_2) = \frac{\frac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2}{r_2}}{1 + R\left(\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2}\right)}\tag{5}\]

1.2.2 Последнее соотношение можно переписать в виде

\[I_R = (I_1 + I_2) = \frac{\frac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2}{r_2}}{1 + R\left(\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2}\right)} = \frac{\left(\frac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2}{r_2}\right)\left(\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2}\right)^{-1}}{\left(\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2}\right)^{-1} + R},\tag{6}\]

который совпадает с законом Ома для полной цепи \(I = \frac{\mathcal{E}_0}{R + r_0}\). Следовательно, во-первых, два параллельно соединенных источника можно заменить одним, во-вторых, характеристики этого источника описываются не очевидными формулами:

\[\mathcal{E}_0 = \left( \frac{\mathcal{E}_1}{r_1} + \frac{\mathcal{E}_2}{r_2} \right) \left( \frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} \right)^{-1} = \frac{\mathcal{E}_1 r_2 + \mathcal{E}_2 r_1}{r_1 + r_2};\]

\[r_0 = \left( \frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} \right)^{-1} = \frac{r_1 r_2}{r_1 + r_2}\tag{7}\]

1.3 При подключении вольтметра к нулевой и \(k\) - точкой эквивалентная схема выглядит, как показано на рисунке. Здесь учтено, что при последовательном соединении источников их ЭДС и внутренние сопротивления складываются.

Для расчета напряжения можно воспользоваться полученной формулой (6), в которой следует положить \(\mathcal{E}_1 = k\mathcal{E}\), \(\mathcal{E}_2 = -(N-k)\mathcal{E}\), \(r_1 = kr\), \(r_2 = (N-k)r\). Подстановка этих значений приводит к результату – сила тока через вольтметр, а следовательно и напряжение на нем равно нулю!

Этот же результат следует и из закона (3), так сила тока в цепи равна \(I = \frac{N\mathcal{E}}{Nr} = \frac{\mathcal{E}}{r}\), поэтому при любом подключении \(\Delta\varphi = k\mathcal{E} - Ikr = 0\).

Задача 2. Шайба

Изменение скорости шайбы обусловлено силой трения о борт. При движении вдоль прямолинейных бортов отсутствует сила, прижимающая шайбу к борту, поэтому трение отсутствует, и скорость шайбы остаётся постоянной. При движении вдоль закругления появляется сила реакции, сообщающая шайбе центростремительное ускорение. Изменение модуля скорости описывается уравнением второго закона Ньютона в проекции на направление скорости

\[m\frac{\Delta V}{\Delta t} = -F_{\text{тр}}.\tag{1}\]

Сила трения связана с силой реакции законом Кулона — Амонтона и выражается через центростремительное ускорение

\[F_{\text{тр}} = \mu N, \qquad N = \frac{mV^2}{R}.\tag{2}\]

Здесь \(R\) — радиус закругления. Таким образом,

\[m\frac{\Delta V}{\Delta t} = -\mu\frac{mV^2}{R}.\tag{3}\]

Так как нас не интересует зависимость скорости от времени, перейдём к зависимости изменения скорости от угла поворота. Пусть за малое время \(\Delta t\) шайба прошла путь \(\Delta S = V\Delta t\) и повернула на малый угол \(\Delta\varphi\); тогда \(\Delta\varphi = \dfrac{\Delta S}{R} = \dfrac{V\Delta t}{R}\). С учётом этого уравнение (3) принимает вид

\[\frac{\Delta V}{V} = -\mu\,\Delta\varphi.\tag{4}\]

Относительное изменение скорости пропорционально углу поворота, поэтому при повороте на один и тот же угол модуль скорости уменьшается в одно и то же число раз. Прохождение каждого закругления соответствует повороту на \(90^\circ\), значит

\[\frac{V_1}{V_0} = \frac{V_2}{V_1} \quad \Rightarrow \quad V_2 = \frac{V_1^2}{V_0}.\tag{5}\]

Дополнение. Уравнение (4) можно проинтегрировать: \(\ln\dfrac{V}{V_0} = -\mu\varphi\), т.е. \(V = V_0 e^{-\mu\varphi}\). Эта формула совпадает с формулой Эйлера, описывающей изменение силы натяжения нити, переброшенной через цилиндр.

Задача 3. Шарики в трубе

Силы взаимодействия между шариками (как электростатические, так и упругие в момент столкновения) являются внутренними для системы двух шариков, поэтому они не влияют на движение центра масс. Следовательно, центр масс шариков движется вниз с ускорением свободного падения независимо от того, до столкновения или после. Так как массы шариков одинаковы, центр масс находится на середине отрезка, их соединяющего. В момент отпускания он находится на высоте \(H/2\), а за время \(\tau\) опустится на \(g\tau^2/2\) и окажется на высоте

\[h_C = \frac{H}{2} - \frac{g\tau^2}{2}.\tag{6}\]

Так как нижний шарик в этот момент оказался на дне сосуда, то второй шарик окажется на высоте, вдвое большей высоты центра масс:

\[h_1 = 2h_C = H - g\tau^2.\tag{7}\]

Исходные данные позволяют заключить, что в рассматриваемый момент второй шарик будет находиться выше нижнего.

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