Ф1980. Задача о проводе и сверхпроводящем кольце

Задача из журнала «Квант» (2005 год, 5 выпуск)

Условие

В одной плоскости с длинным прямым проводом закреплено маленькое сверхпроводящее кольцо из очень тонкого провода. Диаметр кольца $d = 1\, \text{см}$, центр кольца находится на растоянии $H = 1 \, \text{м}$ от провода, индуктивность кольца $L = 10 \, \text{мкГн}$. По проводу пропускают электрический ток — сила тока быстро возрастает от нуля до $I = 10 \, \text{А}$. Какой установившийся ток потечет по кольцу? Какая сила при этом будет действовать на кольцо?

Решение

Магнитная индукция поля длинного прямого провода с током $I$ на расстоянии $x$ от него равна $$ B = \frac {\mu_0 I} {2 \pi x} .$$
Кольцо маленькое — по сравнению с расстоянием $H$ от провода, для расчета магнитного потока будем считать поле однородным в пределах кольца. Контур сверхпроводящий, поэтому полный магнитный
поток через него должен остаться нулевым. Тогда получим $$ L I_k = \frac {\mu_0 I} {2 \pi x} \frac {\pi d^2}{4}.$$
Отсюда найдем установившийся ток в кольце : $$ I_k = \frac {\mu_0 I d^2} {8 H L} \approx 1{,}5 \cdot 10^{-5} \, \text {А}.$$
Для расчета силы, действующей на кольцо, поле уже нельзя считать однородным — в этом случае сила получилась бы точно равной нулю.

Рисунок

Удобно взять малые диаметрально противоположные кусочки кольца (см. рисунок) — проекции сил на направление вдоль провода нас не интересуют, понятно, что в сумме они дадут ноль. В проекции на перпендикулярное к проводу направление получим
$$
d F_1 = B_1 I_k R d \varphi , d F_2 = B_2 I_k R d \varphi , \\
(d F_1 — d F_2) \cos {\varphi} = \mu_0 I I_k R \cos {\varphi} d \varphi \cdot \left (\frac {1} {2 \pi (H — R \cos {\varphi})} — \\ — \frac {1} {2 \pi (H + R \cos {\varphi})} \right) = \frac {\mu_0 I I_k R^2 \cos {\varphi}^2 d \varphi} {\pi( H^2 — R^2 \cos {\varphi}^2} .
$$
Учтем, что радиус кольца $R$ намного меньше $H$, и упростим выражение :
$$
(d F_1 — d F_2) \cos {\varphi} \approx \frac {\mu_0 I I_k R^2 \cos^2 {\varphi} d \varphi} {\pi H^2}.
$$
Нужно просуммировать полученные силы по всем частям окружности, тогда полная сила будет
$$
F = \frac {\mu_0 I I_k R^2 } {\pi H^2} \int {\cos^2 {\varphi} d \varphi} =
\frac {\mu_0 I I_k R^2 } {2 H^2} = \frac {\mu^2_0 I^2 d^4 } {64 H^3 L} \approx 2{,}5 \cdot 10^{-15} \, \text {Н}.
$$

З. Сильнов

Ф703. О времени полёта ракеты

Задача из журнала «Квант» (1982 год, 3 выпуск)

Условие

Ракета запущена с поверхности Земли вертикально вверх с первой космической скоростью и возвращается на Землю недалеко от места старта. Сколько времени она находилась в полёте? Радиус Земли $R=6400$ км.

Примечание. Площадь эллипса с полуосями $a$ и $b$ равна $S=\pi ab.$

Решение

Траектория ракеты представляет собой часть очень вытянутого эллипса, в одном из фокусов которого находится центр Земли (см. рисунок). Скорость ракеты в верхней точке $D$ траектории почти равна нулю.

Рисунок к задаче

Согласно закону сохранения энергии: $$\frac{mv_0^2}2-G\frac{Mm}R\approx-G\frac{Mm}{2b}. \tag{$\cdot$}$$Здесь $M$ — масса Земли, $m$ — масса ракеты, $v_0=\sqrt{\displaystyle\frac{GM}{R}}$ — начальная скорость ракеты (первая космическая скорость); $-G\displaystyle\frac{Mm}R$ и $-G\displaystyle\frac{Mm}{2b}$ — потенциальная энергия ракеты у поверхности Земли (при запуске) и в верхней точке траектории. Из $(\cdot)$ найдем большую полуось эллипса: $b\approx r.$

Из третьего закона Кеплера (квадраты периодов обращения по эллиптическим траекториям относятся как кубы больших полуосей эллипсов) следует, что полное время $T_э$ движения ракеты по всему эллипсу было бы равно периоду $T_0$ обращения спутника, движущегося по круговой орбите вблизи поверхности Земли, то есть $$T_э=T_0=\frac{2\pi R}{\sqrt{\displaystyle\frac{GM}{R}}}=2\pi\sqrt{\displaystyle\frac{R}{g}}.$$Из второго закона Кеплера (радиус-вектор, соединяющий тело, движущееся под действием силы тяготения по замкнутой орбите, с центром притяжения, за равные промежутки времени заметает равные площади) следует, что отношение времени движения $T$ по половине эллипса (участок $BDC$) к полному периоду $T_э$ равно отношению площади заштрихованной на рисунке фигуры $OBDC$ к полной площади эллипса:$$\frac T{T_э}=\frac{{\displaystyle\frac12}\pi ab+ab}{\pi ab}.$$Отсюда находим время полёта $T:$ $$T=T_э\bigg(\frac12+\frac{1}{\pi}\bigg)=(\pi+2)\sqrt{\displaystyle\frac Rg}\approx\;1\;ч.\;9\;мин.$$

Е. Сурков

М1651. О наименьшей и наибольшей площади выпуклой фигуры

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 5 выпуск)

Условие

Найдите а) наименьшую, б) наибольшую возможную площадь выпуклой фигуры, все проекции которой на оси $Oх$, $Oу$ и прямую $х = у$ суть отрезки единичной длины.

Ответ: а) $\sqrt{2}-1$; б)$\frac{2\sqrt{2}-1}{2}$.

Решение

Для обоих случаев а) и б) фигура $F$, о которой идет речь в задаче, заключается внутри шестиугольника, являющегося пересечением трех полос (шириной $1$ каждая) (рис.$1$).

Рис. 1
Рис. 1

Назовем такой шестиугольник накрывающим. В случае б) фигура $F$ совпадает с накрывающим шестиугольником, достигая наибольшей площади тогда, когда накрывающий шестиугольник симметричен относительно обеих диагоналей квадрата. Эта наибольшая площадь равна $\frac{2\sqrt{2}-1}{2}$, как показывают элементарные вычисления.

Рис. 2
Рис. 2

Минимальная площадь фигуры $F$ (случай а) реализуется на многоугольнике, который на каждой стороне накрывающего шестиугольника имеет по крайней мере одну вершину. Таким многоугольником будет четырехугольник $ABCD$ (рис.$2$), который во всех разновидностях накрывающих шестиугольников имеет одну и ту же площадь $\sqrt{2}-1$.

В.Тиморин

M1686. О равенстве непрерывных на отрезке функций

Задача из журнала «Квант» (1999 год, 3 выпуск)

Условие

Функции $f(x)$ и $g(x)$ непрерывны на отрезке $\left[0; 1\right]$ и удовлетворяют равенствам
$$\int\limits_{0}^{1} f(x) dx = \int\limits_{0}^{1} g(x) dx = 1$$ и $$\int\limits_{0}^{1} \sqrt{f^2(x)+g^2(x)} dx = \sqrt{2} .$$
Докажите, что $f(x) = g(x)$ на отрезке $\left[0; 1\right]$.

Для любой пары неотрицательных чисел $а$ и $b$ справедливо элементарное неравенство $a + b \leqslant \sqrt{2(a^2 + b^2)}$. При этом неравенство обращается в равенство лишь тогда, когда $a = b$. Ввиду этого и условий задачи, можно записать цепочку неравенств $$ 2 \leqslant \int\limits_{0}^{1} (|f(x)| + |g(x)|) dx \leqslant \sqrt{2} \int\limits_{0}^{1} \sqrt{f^2(x)+g^2(x)} dx = 2 .$$

Отсюда следует, что функции $f(x)$ и $g(x)$ равны и неотрицательны на отрезке $\left[0; 1\right]$.

Подобным образом читатель может доказать аналогичное утверждение для трех (и более) функций: если $f(x)$, $g(x)$ и $\varphi(x)$ непрерывны на отрезке $\left[0; 1\right]$ и $$\int\limits_{0}^{1} f(x) dx = \int\limits_{0}^{1} g(x) dx = \int\limits_{0}^{1} \varphi(x) = 1 ,$$ а
$$\int\limits_{0}^{1} \sqrt{f^2(x)+g^2(x)+\varphi^2(x)} dx = \sqrt{3} , $$ то $f(x) = g(x) = \varphi(x)$ на $\left[0; 1\right]$.

В.Произволов

Ф1365. Задача о нахождение угла отклонения частицы

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 8 выпуск)

Условие

Заряженная частица с кинетической энергией $W$ пролетает мимо длинного равномерно заряженного провода. Частица движется в плоскости, перпендикулярно проводу, и в результате отклоняется на небольшой угол $a$ от первоначального направления полета (смотреть рис.1). Найдите этот угол, если заряд частицы $e$, а заряд единицы длины провода $q$. На расстояние $R$ от длинного провода напряженность поля $E=\frac{q}{(2\pi\varepsilon_{0}R)}$.

рис.1

рис. 2

Решение

В произвольной точке $A$ на расстояние $R$ от заряженного провода скорость частицы направлена под малым углом $\alpha$ к оси $X$, таким, что $$\alpha =\frac{\upsilon_{y}}{\upsilon_{x} }.$$ Здесь $\upsilon_{y}$ — вертикальная проекция скорости, а $\upsilon_{x}= \sqrt{2 \frac{W}{m}}$ — ее горизонтальная проекция.
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на ось $Y$ (рис.2):
$$F_{y}dt=md\upsilon_{y}$$ где $$F_{y}=eE\cos\psi=\frac{eq\cos\psi}{2\pi\varepsilon_{0}R} $$
Малый промежуток времени $dt$ выразим из соотношения $\nu_{x}=\frac{dx}{dt}$:$$dt= \frac{dx}{\nu_{x}}=\frac{Rd\psi} {\psi_{x}\cos\psi}$$

За это время вертикальная проекция скорости изменится на величину $$d\nu_{y}=\frac{F}{m}dt=\frac{eq}{2\pi m\nu}d\psi$$

Полная проекция скорости вдоль оси $Y$ складывается их приращений: $$\nu_{y}=\int_{ \frac{ \pi }{ 2 }}^{ \frac{- \pi}{2}}d\nu_{y} = \frac{eq}{2\varepsilon_{o}m\nu_{x}}$$

Итак, искомый угол $\alpha$ получается таким:$$\alpha=\frac{\nu_{y}}{\nu_{x}}=\frac{ eq }{2\varepsilon_{o}m\nu_{x}^{2}}=\frac{eq}{4\varepsilon_{o}W} $$

В. Можаев