Solution

A.i.

For launch angle \(\theta\), eliminating time from projectile motion gives

\[ z=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}. \]

Writing \(u=\tan\theta\),

\[ z=xu-\frac{gx^2}{2v_0^2}(1+u^2). \]

At fixed \(x\ne0\), this quadratic is maximized when

\[ u=\frac{v_0^2}{gx}. \]

Substitution gives the envelope

\[ z_{\mathrm{env}}=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_0^2}. \]

At \(x=0\), its height is also the maximum height of a vertical throw. Therefore,

\[ \boxed{z_0=\frac{v_0^2}{2g}},\qquad \boxed{k=\frac{g}{2v_0^2}}. \]

A.ii.

Put the centre of the building at \((0,R)\), so its top is \((0,2R)\). Choose a launch point to the left; reflection about the \(z\)-axis gives an equally good trajectory.

The required sketch is a downward-opening parabola with these features:

1. It starts on the ground to the left of the building and rises steeply.
2. It grazes the upper-left surface tangentially, with no change of velocity from an impact.
3. It continues upward to an apex slightly above and to the left of the building’s top.
4. It then descends to the topmost point.

The exact landmarks, derived below, are:

A.iii.

Let \(v_t\) be the speed when the ball reaches the target. Conservation of mechanical energy gives

\[ \frac12mv_0^2=\frac12mv_t^2+mg(2R), \]

so

\[ v_0^2=v_t^2+4gR. \]

Thus minimizing the launching speed is equivalent to minimizing \(v_t\).

Reverse the motion. We now launch a projectile from \((0,2R)\) with speed \(v_t\). By A.i, every such trajectory lies below the envelope

\[ z_{\mathrm{env}}(x) =2R+\frac{v_t^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_t^2}. \]

A trajectory approaching the target from the left must clear the upper surface

\[ z_s(x)=R+\sqrt{R^2-x^2}, \qquad -R\le x\le0. \]

Consequently, the envelope must also clear that surface.

Define

\[ \lambda=\frac{v_t^2}{gR}, \qquad c=\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}}, \qquad 0\le c\le1. \]

The difference between envelope and roof is

\[ \begin{aligned} \frac{z_{\mathrm{env}}-z_s}{R} &=1+\frac{\lambda}{2} -\frac{1-c^2}{2\lambda}-c\\ &=\frac{(c-\lambda)^2+2\lambda-1}{2\lambda}. \end{aligned} \]

If \(0<\lambda<1/2\), choosing \(c=\lambda\) makes this negative. No trajectory can then clear the building. Hence

\[ v_t^2\ge\frac{gR}{2}. \]

At equality, the envelope touches the roof at \(c=1/2\), namely

\[ (x,z)=\left(-\frac{\sqrt3}{2}R,\frac32R\right). \]

We must also show that one actual trajectory attains the bound. Launching the reversed projectile \(30^\circ\) above the horizontal towards the left gives, in the original coordinates,

\[ \boxed{z(x)=2R-\frac{x}{\sqrt3}-\frac{4x^2}{3R}}. \]

This parabola passes through the target and is tangent to the sphere at the point above. To verify that it never penetrates the building, set \(t=-x/R\ge0\). Direct substitution gives

\[ \frac{x^2+(z-R)^2-R^2}{R^2} = \frac{16}{9}\, t\left(t+\frac{\sqrt3}{2}\right) \left(t-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2 \ge0. \]

Thus the entire relevant trajectory is outside the sphere, with tangential contact before the target. No bounce is needed.

Finally,

\[ v_{\min}^2=\frac{gR}{2}+4gR=\frac92gR, \]

and therefore

\[ \boxed{v_{\min}=3\sqrt{\frac{gR}{2}}}. \]

The intercept and apex of this parabola give the landmarks listed in A.ii.

B.i.

Let \(u\) denote air speed in the wing’s frame. Because the pressure changes are small compared with atmospheric pressure, we first treat the density as constant.

For a narrow stream tube of unit span, continuity gives

\[ u\,d=v_0d_\infty, \]

where \(d\) is the spacing between adjacent streamlines, measured perpendicular to the flow, and \(d_\infty\) is their undisturbed upstream spacing. Thus

\[ u=v_0\frac{d_\infty}{d}. \]

From the supplied figure, the spacing near \(P\) is approximately \(1.25\) times the upstream spacing:

\[ u_P\approx0.80v_0\approx80\,\mathrm{m/s}. \]

Take the undisturbed flow in the wing’s frame to point rightwards. The aircraft then moves leftwards relative to the ground, so the velocity transformation is

\[ \boldsymbol v_{P,\mathrm{ground}} =\boldsymbol u_P-v_0\hat{\boldsymbol x}. \]

The streamlines at \(P\) are nearly horizontal. Therefore,

\[ \boxed{v_P\approx|80-100| =20\,\mathrm{m/s}}, \]

approximately leftwards, in the aircraft’s direction of motion.

If the small local inclination is retained, the corresponding expression is

\[ v_P=\sqrt{u_P^2+v_0^2-2u_Pv_0\cos\theta_P}. \]

B.ii.

Neglect gravitational potential differences across the wing. Continuity and Bernoulli’s equation give

\[ u\propto\frac1d, \qquad p=p_0+\frac12\rho(v_0^2-u^2). \]

For approximately adiabatic flow, conservation of stagnation enthalpy gives

\[ c_pT+\frac{u^2}{2} =c_pT_a+\frac{v_0^2}{2}. \]

Hence

\[ d\ \text{smallest} \quad\Longrightarrow\quad u\ \text{largest} \quad\Longrightarrow\quad p,T\ \text{smallest}. \]

The saturation vapour pressure falls rapidly with temperature, so the relative humidity reaches unity first there.

Place \(Q\) just above the rounded leading edge, in the region of minimum streamline spacing on the upper side of the wing. The emerging droplets are subsequently carried downstream.

B.iii.

We model the air as an ideal gas undergoing approximately adiabatic, reversible expansion before condensation begins. Its specific gas constant is

\[ R_{\mathrm{air}}=c_p-c_V =283\,\mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}. \]

Let the cooling at \(Q\) be \(\Delta T=T_a-T_Q>0\). The supplied saturation-pressure data give the local slope

\[ s=\frac{p_{sb}-p_{sa}}{T_b-T_a} =\frac{2460-2310}{294-293} =150\,\mathrm{Pa/K}. \]

Using a linear extrapolation,

\[ p_s(T_Q)\approx p_{sa}-s\Delta T. \]

Before condensation, the water-vapour mole fraction is unchanged, so its partial pressure scales with total pressure:

\[ p_{v,Q}=r p_{sa}\frac{p_Q}{p_0}. \]

The ideal-gas adiabatic relation gives

\[ \frac{p_Q}{p_0} =\left(\frac{T_Q}{T_a}\right)^{c_p/R_{\mathrm{air}}} \approx 1-\frac{c_p}{R_{\mathrm{air}}T_a}\Delta T. \]

At the onset of condensation, \(p_{v,Q}=p_s(T_Q)\). Therefore,

\[ r p_{sa} \left(1-\frac{c_p\Delta T}{R_{\mathrm{air}}T_a}\right) =p_{sa}-s\Delta T, \]

which yields

\[ \Delta T = \frac{(1-r)p_{sa}} {s-rp_{sa}c_p/(R_{\mathrm{air}}T_a)}. \]

Numerically,

\[ \Delta T = \frac{0.10(2310)} {150-\dfrac{0.90(2310)(1000)}{283(293)}} \approx1.85\,\mathrm K. \]

Thus condensation begins at approximately \(291.2\,\mathrm K\).

Let

\[ \alpha=\frac{u_Q}{v_0}\approx\frac{d_\infty}{d_Q}. \]

The narrowest spacing in the drawing is approximately half the undisturbed spacing, giving \(\alpha\approx2\). The energy equation then gives

\[ c_p\Delta T =\frac12(u_Q^2-v_{\mathrm{crit}}^2) =\frac12(\alpha^2-1)v_{\mathrm{crit}}^2. \]

Consequently,

\[ \boxed{ v_{\mathrm{crit}} =\sqrt{\frac{2c_p\Delta T}{\alpha^2-1}} \approx \sqrt{\frac{2(1000)(1.85)}{4-1}} \approx35\,\mathrm{m/s} }. \]

The corresponding pressure decrease is about \(2.2\%\), consistent with treating density changes as small for the graphical velocity estimate.

A simpler approximation holds the vapour partial pressure constant. It gives

\[ \Delta T\approx\frac{(1-r)p_{sa}}s=1.54\,\mathrm K, \qquad v_{\mathrm{crit}}\approx32\,\mathrm{m/s}. \]

Both estimates place the threshold at a few tens of metres per second; the pressure-corrected estimate is about \(35\,\mathrm{m/s}\).

C.i.

Choose the flux direction to be \(+z\) inside the tube; reversing every arrow gives the opposite convention.

Far from the ends, the field in the bore is nearly uniform and axial. Draw five nearly straight, parallel lines through the marked dots.

At the openings:

• The two off-axis lines on each side fan outward beyond the upper end, curve down around the exterior, and return through the lower opening.
• The pattern is symmetric about the axis and about the middle plane.
• Lines passing closer to the axis form larger exterior loops.
• No line crosses the superconducting wall; the field is tangent to its surfaces.

For the dot on the axis, axial symmetry requires a straight line along the \(z\)-axis. It extends to infinity in both directions; it has no finite endpoint. Arrows on the other lines point upward inside the bore and downward along their exterior return portions.

C.ii.

Write the bore area as

\[ A=\pi r^2. \]

Since \(l\gg r\), the central field is approximately uniform:

\[ B=\frac{\Phi}{A}. \]

The Maxwell stress along a magnetic field is tensile, with magnitude

\[ \sigma_\parallel=\frac{B^2}{2\mu_0}. \]

Integrating this stress over the central bore gives the attraction between the halves:

\[ T\simeq\frac{B^2A}{2\mu_0} =\boxed{\frac{\Phi^2}{2\mu_0\pi r^2}}. \]

The weak exterior return field produces a small correction in the long-tube limit.

The result also follows from magnetic energy. At fixed trapped flux and cross-section,

\[ U\simeq\frac{B^2}{2\mu_0}Al =\frac{\Phi^2l}{2\mu_0A}. \]

Increasing the tube’s length requires work \(T\,dl=dU\), giving the same tension.

C.iii.

At distances large compared with the tube radius, the flux emerging from an end behaves as the field of an effective magnetic pole. Its strength is

\[ q_m=\frac{\Phi}{\mu_0}, \]

because its radial field is

\[ B(s)=\frac{\mu_0q_m}{4\pi s^2} =\frac{\Phi}{4\pi s^2}. \]

These are equivalent sources for the exterior field; no actual magnetic monopoles are required. The two ends have opposite signs.

The force between two such effective poles separated by \(s\) has magnitude

\[ \frac{\mu_0q_m^2}{4\pi s^2} =\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0s^2}. \]

Set

\[ K=\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0}. \]

For the antiparallel tubes, all four end-to-end interactions must be included:

For each diagonal pair, the force magnitude is \(K/(2l^2)\), and its transverse component is this magnitude multiplied by \(\cos45^\circ\). Their vertical components cancel.

Therefore,

\[ \boxed{ F\simeq \frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0l^2} \left(2-\frac1{\sqrt2}\right) }. \]

The force is attractive: it acts in the \(+y\) direction on the first tube and in the \(-y\) direction on the second.

The solution was checked against the official solution.

Lösung

A.i.

Für den Abwurfwinkel \(\theta\) erhält man durch Eliminieren der Zeit aus der Wurfbewegung

\[ z=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}. \]

Mit \(u=\tan\theta\) folgt

\[ z=xu-\frac{gx^2}{2v_0^2}(1+u^2). \]

Bei festem \(x\ne0\) wird diese quadratische Funktion maximal für

\[ u=\frac{v_0^2}{gx}. \]

Einsetzen ergibt die Einhüllende

\[ z_{\mathrm{env}}=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_0^2}. \]

Bei \(x=0\) entspricht ihre Höhe zugleich der maximalen Höhe eines senkrechten Wurfs. Daher gilt

\[ \boxed{z_0=\frac{v_0^2}{2g}},\qquad \boxed{k=\frac{g}{2v_0^2}}. \]

A.ii.

Wir legen den Mittelpunkt des Gebäudes nach \((0,R)\), sodass sein höchster Punkt bei \((0,2R)\) liegt. Wir wählen einen Abwurfpunkt links davon; Spiegelung an der \(z\)-Achse liefert eine ebenso geeignete Flugbahn.

Die gesuchte Skizze ist eine nach unten geöffnete Parabel mit folgenden Eigenschaften:

1. Sie beginnt am Boden links vom Gebäude und steigt steil an.
2. Sie streift die Oberfläche oben links tangential, ohne dass sich die Geschwindigkeit durch einen Stoß ändert.
3. Sie steigt weiter bis zu einem Scheitelpunkt, der etwas oberhalb und links vom höchsten Punkt des Gebäudes liegt.
4. Anschließend fällt sie zum höchsten Punkt hin ab.

Die unten hergeleiteten exakten charakteristischen Punkte sind:

A.iii.

Sei \(v_t\) die Geschwindigkeit, mit der der Ball das Ziel erreicht. Aus der Erhaltung der mechanischen Energie folgt

\[ \frac12mv_0^2=\frac12mv_t^2+mg(2R), \]

also

\[ v_0^2=v_t^2+4gR. \]

Die Minimierung der Abwurfgeschwindigkeit ist somit gleichbedeutend mit der Minimierung von \(v_t\).

Wir kehren die Bewegung um. Nun werfen wir einen Körper von \((0,2R)\) aus mit der Geschwindigkeit \(v_t\) ab. Nach A.i liegt jede solche Flugbahn unterhalb der Einhüllenden

\[ z_{\mathrm{env}}(x) =2R+\frac{v_t^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_t^2}. \]

Eine Flugbahn, die sich dem Ziel von links nähert, muss die folgende obere Oberfläche überwinden:

\[ z_s(x)=R+\sqrt{R^2-x^2}, \qquad -R\le x\le0. \]

Folglich darf auch die Einhüllende diese Oberfläche nicht unterschreiten.

Wir definieren

\[ \lambda=\frac{v_t^2}{gR}, \qquad c=\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}}, \qquad 0\le c\le1. \]

Die Differenz zwischen Einhüllender und Dach ist

\[ \begin{aligned} \frac{z_{\mathrm{env}}-z_s}{R} &=1+\frac{\lambda}{2} -\frac{1-c^2}{2\lambda}-c\\ &=\frac{(c-\lambda)^2+2\lambda-1}{2\lambda}. \end{aligned} \]

Für \(0<\lambda<1/2\) wird dieser Ausdruck bei der Wahl \(c=\lambda\) negativ. Dann kann keine Flugbahn das Gebäude überwinden. Daher gilt

\[ v_t^2\ge\frac{gR}{2}. \]

Im Gleichheitsfall berührt die Einhüllende das Dach bei \(c=1/2\), also bei

\[ (x,z)=\left(-\frac{\sqrt3}{2}R,\frac32R\right). \]

Wir müssen außerdem zeigen, dass eine tatsächliche Flugbahn diese Schranke erreicht. Wird der Körper bei umgekehrter Bewegung unter einem Winkel von \(30^\circ\) über der Horizontalen nach links abgeworfen, so ergibt sich in den ursprünglichen Koordinaten

\[ \boxed{z(x)=2R-\frac{x}{\sqrt3}-\frac{4x^2}{3R}}. \]

Diese Parabel verläuft durch das Ziel und berührt die Kugel im oben genannten Punkt tangential. Um zu überprüfen, dass sie nirgends in das Gebäude eindringt, setzen wir \(t=-x/R\ge0\). Direktes Einsetzen ergibt

\[ \frac{x^2+(z-R)^2-R^2}{R^2} = \frac{16}{9}\, t\left(t+\frac{\sqrt3}{2}\right) \left(t-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2 \ge0. \]

Somit liegt die gesamte relevante Flugbahn außerhalb der Kugel und berührt sie vor dem Erreichen des Ziels tangential. Ein Abprallen ist nicht erforderlich.

Schließlich gilt

\[ v_{\min}^2=\frac{gR}{2}+4gR=\frac92gR, \]

und damit

\[ \boxed{v_{\min}=3\sqrt{\frac{gR}{2}}}. \]

Der Schnittpunkt dieser Parabel mit dem Boden und ihr Scheitelpunkt ergeben die in A.ii aufgeführten charakteristischen Punkte.

B.i.

Mit \(u\) bezeichnen wir die Luftgeschwindigkeit im Bezugssystem des Tragflügels. Da die Druckänderungen gegenüber dem atmosphärischen Druck klein sind, behandeln wir die Dichte zunächst als konstant.

Für eine schmale Stromröhre mit Einheitsbreite in Spannweitenrichtung ergibt die Kontinuitätsgleichung

\[ u\,d=v_0d_\infty, \]

wobei \(d\) der senkrecht zur Strömung gemessene Abstand benachbarter Stromlinien und \(d_\infty\) ihr ungestörter Abstand stromaufwärts ist. Somit gilt

\[ u=v_0\frac{d_\infty}{d}. \]

Aus der vorgegebenen Abbildung ergibt sich, dass der Abstand nahe \(P\) etwa das \(1.25\)-Fache des Abstands stromaufwärts beträgt:

\[ u_P\approx0.80v_0\approx80\,\mathrm{m/s}. \]

Wir nehmen an, dass die ungestörte Strömung im Bezugssystem des Tragflügels nach rechts gerichtet ist. Das Flugzeug bewegt sich dann relativ zum Boden nach links, sodass die Geschwindigkeitstransformation lautet:

\[ \boldsymbol v_{P,\mathrm{ground}} =\boldsymbol u_P-v_0\hat{\boldsymbol x}. \]

Die Stromlinien bei \(P\) verlaufen nahezu horizontal. Daher gilt

\[ \boxed{v_P\approx|80-100| =20\,\mathrm{m/s}}, \]

ungefähr nach links, in Bewegungsrichtung des Flugzeugs.

Berücksichtigt man die geringe lokale Neigung, lautet der entsprechende Ausdruck

\[ v_P=\sqrt{u_P^2+v_0^2-2u_Pv_0\cos\theta_P}. \]

B.ii.

Wir vernachlässigen Unterschiede des Gravitationspotentials über den Tragflügel hinweg. Kontinuitätsgleichung und Bernoulli-Gleichung liefern

\[ u\propto\frac1d, \qquad p=p_0+\frac12\rho(v_0^2-u^2). \]

Für eine näherungsweise adiabatische Strömung ergibt die Erhaltung der Totalenthalpie

\[ c_pT+\frac{u^2}{2} =c_pT_a+\frac{v_0^2}{2}. \]

Damit gilt

\[ d\ \text{am kleinsten} \quad\Longrightarrow\quad u\ \text{am größten} \quad\Longrightarrow\quad p,T\ \text{am kleinsten}. \]

Der Sättigungsdampfdruck nimmt mit sinkender Temperatur rasch ab, sodass die relative Luftfeuchtigkeit dort zuerst den Wert eins erreicht.

Setzen Sie \(Q\) unmittelbar oberhalb der abgerundeten Vorderkante in den Bereich des geringsten Stromlinienabstands auf der Oberseite des Tragflügels. Die entstehenden Tröpfchen werden anschließend stromabwärts mitgeführt.

B.iii.

Wir modellieren die Luft als ideales Gas, das vor Beginn der Kondensation eine näherungsweise adiabatische, reversible Expansion durchläuft. Seine spezifische Gaskonstante beträgt

\[ R_{\mathrm{air}}=c_p-c_V =283\,\mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}. \]

Die Abkühlung bei \(Q\) sei \(\Delta T=T_a-T_Q>0\). Aus den angegebenen Sättigungsdampfdruckdaten ergibt sich die lokale Steigung

\[ s=\frac{p_{sb}-p_{sa}}{T_b-T_a} =\frac{2460-2310}{294-293} =150\,\mathrm{Pa/K}. \]

Mit einer linearen Extrapolation gilt

\[ p_s(T_Q)\approx p_{sa}-s\Delta T. \]

Vor der Kondensation bleibt der Stoffmengenanteil des Wasserdampfs unverändert, sodass sein Partialdruck proportional zum Gesamtdruck ist:

\[ p_{v,Q}=r p_{sa}\frac{p_Q}{p_0}. \]

Die Adiabatengleichung für ein ideales Gas liefert

\[ \frac{p_Q}{p_0} =\left(\frac{T_Q}{T_a}\right)^{c_p/R_{\mathrm{air}}} \approx 1-\frac{c_p}{R_{\mathrm{air}}T_a}\Delta T. \]

Zu Beginn der Kondensation gilt \(p_{v,Q}=p_s(T_Q)\). Daher ist

\[ r p_{sa} \left(1-\frac{c_p\Delta T}{R_{\mathrm{air}}T_a}\right) =p_{sa}-s\Delta T, \]

woraus folgt:

\[ \Delta T = \frac{(1-r)p_{sa}} {s-rp_{sa}c_p/(R_{\mathrm{air}}T_a)}. \]

Numerisch ergibt sich

\[ \Delta T = \frac{0.10(2310)} {150-\dfrac{0.90(2310)(1000)}{283(293)}} \approx1.85\,\mathrm K. \]

Die Kondensation beginnt somit bei ungefähr \(291.2\,\mathrm K\).

Es sei

\[ \alpha=\frac{u_Q}{v_0}\approx\frac{d_\infty}{d_Q}. \]

Der geringste Abstand in der Zeichnung beträgt etwa die Hälfte des ungestörten Abstands, sodass \(\alpha\approx2\) gilt. Aus der Energiegleichung folgt dann

\[ c_p\Delta T =\frac12(u_Q^2-v_{\mathrm{crit}}^2) =\frac12(\alpha^2-1)v_{\mathrm{crit}}^2. \]

Folglich gilt

\[ \boxed{ v_{\mathrm{crit}} =\sqrt{\frac{2c_p\Delta T}{\alpha^2-1}} \approx \sqrt{\frac{2(1000)(1.85)}{4-1}} \approx35\,\mathrm{m/s} }. \]

Die zugehörige Druckabnahme beträgt etwa \(2.2\%\), was mit der Annahme kleiner Dichteänderungen bei der grafischen Abschätzung der Geschwindigkeit vereinbar ist.

Eine einfachere Näherung hält den Wasserdampfpartialdruck konstant. Sie ergibt

\[ \Delta T\approx\frac{(1-r)p_{sa}}s=1.54\,\mathrm K, \qquad v_{\mathrm{crit}}\approx32\,\mathrm{m/s}. \]

Beide Abschätzungen ergeben einen Schwellenwert von einigen zehn Metern pro Sekunde; die um die Druckänderung korrigierte Abschätzung beträgt etwa \(35\,\mathrm{m/s}\).

C.i.

Wir wählen die Flussrichtung im Rohrinneren als \(+z\); durch Umkehren aller Pfeile erhält man die entgegengesetzte Konvention.

Weit von den Enden entfernt ist das Feld im Rohrinneren nahezu homogen und axial. Zeichnen Sie fünf nahezu gerade, parallele Linien durch die markierten Punkte.

An den Öffnungen:

• Die beiden außerhalb der Achse verlaufenden Linien auf jeder Seite fächern sich jenseits des oberen Endes nach außen auf, krümmen sich außen nach unten und kehren durch die untere Öffnung zurück.
• Das Muster ist symmetrisch bezüglich der Achse und der Mittelebene.
• Linien, die näher an der Achse verlaufen, bilden größere äußere Schleifen.
• Keine Linie durchquert die supraleitende Wand; das Feld verläuft tangential zu ihren Oberflächen.

Für den Punkt auf der Achse verlangt die Axialsymmetrie eine gerade Linie entlang der \(z\)-Achse. Sie erstreckt sich in beide Richtungen bis ins Unendliche und hat keinen endlichen Endpunkt. Die Pfeile auf den anderen Linien zeigen im Rohrinneren nach oben und auf den äußeren Rückwegen nach unten.

C.ii.

Wir schreiben die innere Querschnittsfläche als

\[ A=\pi r^2. \]

Da \(l\gg r\) gilt, ist das Feld in der Mitte näherungsweise homogen:

\[ B=\frac{\Phi}{A}. \]

Die Maxwell-Spannung entlang eines Magnetfelds ist eine Zugspannung mit dem Betrag

\[ \sigma_\parallel=\frac{B^2}{2\mu_0}. \]

Die Integration dieser Spannung über den inneren Querschnitt in der Rohrmitte ergibt die Anziehungskraft zwischen den Hälften:

\[ T\simeq\frac{B^2A}{2\mu_0} =\boxed{\frac{\Phi^2}{2\mu_0\pi r^2}}. \]

Das schwache äußere Rückfeld verursacht im Grenzfall eines langen Rohrs eine kleine Korrektur.

Das Ergebnis folgt auch aus der magnetischen Energie. Bei festem eingeschlossenem Fluss und festem Querschnitt gilt

\[ U\simeq\frac{B^2}{2\mu_0}Al =\frac{\Phi^2l}{2\mu_0A}. \]

Eine Vergrößerung der Rohrlänge erfordert die Arbeit \(T\,dl=dU\), woraus dieselbe Zugkraft folgt.

C.iii.

In Abständen, die groß gegenüber dem Rohrradius sind, verhält sich der aus einem Ende austretende Fluss wie das Feld eines effektiven magnetischen Pols. Seine Polstärke beträgt

\[ q_m=\frac{\Phi}{\mu_0}, \]

denn sein radiales Feld ist

\[ B(s)=\frac{\mu_0q_m}{4\pi s^2} =\frac{\Phi}{4\pi s^2}. \]

Dies sind Ersatzquellen für das äußere Feld; tatsächliche magnetische Monopole sind nicht erforderlich. Die beiden Enden haben entgegengesetzte Vorzeichen.

Die Kraft zwischen zwei solchen effektiven Polen im Abstand \(s\) hat den Betrag

\[ \frac{\mu_0q_m^2}{4\pi s^2} =\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0s^2}. \]

Wir setzen

\[ K=\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0}. \]

Bei den antiparallelen Rohren müssen alle vier Wechselwirkungen zwischen den Enden berücksichtigt werden:

Für jedes diagonale Paar beträgt die Kraft \(K/(2l^2)\), und ihre Querkomponente ergibt sich durch Multiplikation dieses Betrags mit \(\cos45^\circ\). Ihre vertikalen Komponenten heben sich auf.

Daher gilt

\[ \boxed{ F\simeq \frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0l^2} \left(2-\frac1{\sqrt2}\right) }. \]

Die Kraft ist anziehend: Auf das erste Rohr wirkt sie in \(+y\)-Richtung, auf das zweite in \(-y\)-Richtung.

Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.

Çözüm

A.i.

Atış açısı \(\theta\) için, eğik atış hareketinden zaman elendiğinde

\[ z=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}. \]

elde edilir. \(u=\tan\theta\) yazılırsa,

\[ z=xu-\frac{gx^2}{2v_0^2}(1+u^2). \]

Sabit bir \(x\ne0\) için bu ikinci dereceden ifade,

\[ u=\frac{v_0^2}{gx}. \]

olduğunda en büyük değerini alır. Yerine koyma işlemiyle zarf eğrisi

\[ z_{\mathrm{env}}=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_0^2}. \]

olarak bulunur. \(x=0\) noktasındaki yüksekliği, aynı zamanda düşey atışın en büyük yüksekliğidir. Dolayısıyla,

\[ \boxed{z_0=\frac{v_0^2}{2g}},\qquad \boxed{k=\frac{g}{2v_0^2}}. \]

A.ii.

Binanın merkezini \((0,R)\) noktasına yerleştirelim; böylece tepesi \((0,2R)\) olur. Solda bir atış noktası seçelim; \(z\)-eksenine göre yansıtma, aynı derecede iyi bir yörünge verir.

İstenen çizim, aşağıdaki özelliklere sahip, aşağı doğru açılan bir paraboldür:

1. Binanın solunda, yerden başlar ve dik bir biçimde yükselir.
2. Sol üst yüzeye teğet olarak değer; bir çarpma nedeniyle hızında değişiklik olmaz.
3. Binanın tepesinin biraz üstünde ve solunda bulunan bir doruk noktasına kadar yükselmeye devam eder.
4. Ardından en üst noktaya doğru alçalır.

Aşağıda türetilen önemli noktaların tam konumları şunlardır:

A.iii.

Top hedefe ulaştığında hızının büyüklüğü \(v_t\) olsun. Mekanik enerjinin korunumu

\[ \frac12mv_0^2=\frac12mv_t^2+mg(2R), \]

bağıntısını verir; buradan

\[ v_0^2=v_t^2+4gR. \]

elde edilir. Dolayısıyla atış hızını en küçük yapmak, \(v_t\)'yi en küçük yapmakla eşdeğerdir.

Hareketi tersine çevirelim. Şimdi \((0,2R)\) noktasından \(v_t\) hızıyla bir cisim atıyoruz. A.i'ye göre bu tür her yörünge,

\[ z_{\mathrm{env}}(x) =2R+\frac{v_t^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_t^2}. \]

zarf eğrisinin altında kalır. Hedefe soldan yaklaşan bir yörünge,

\[ z_s(x)=R+\sqrt{R^2-x^2}, \qquad -R\le x\le0. \]

üst yüzeyinin üzerinden geçmelidir. Bu nedenle zarf eğrisi de bu yüzeyin üzerinden geçmelidir.

Şu tanımları yapalım:

\[ \lambda=\frac{v_t^2}{gR}, \qquad c=\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}}, \qquad 0\le c\le1. \]

Zarf eğrisi ile çatı arasındaki fark

\[ \begin{aligned} \frac{z_{\mathrm{env}}-z_s}{R} &=1+\frac{\lambda}{2} -\frac{1-c^2}{2\lambda}-c\\ &=\frac{(c-\lambda)^2+2\lambda-1}{2\lambda}. \end{aligned} \]

olur. \(0<\lambda<1/2\) ise, \(c=\lambda\) seçimi bu ifadeyi negatif yapar. Bu durumda hiçbir yörünge binanın üzerinden geçemez. O hâlde

\[ v_t^2\ge\frac{gR}{2}. \]

Eşitlik durumunda zarf eğrisi çatıya \(c=1/2\) değerinde, yani

\[ (x,z)=\left(-\frac{\sqrt3}{2}R,\frac32R\right). \]

noktasında değer.

Gerçek bir yörüngenin bu sınıra ulaştığını da göstermeliyiz. Tersine çevrilmiş harekette cismi sola doğru, yatayın \(30^\circ\) üstünde atmak, başlangıçtaki koordinatlarda

\[ \boxed{z(x)=2R-\frac{x}{\sqrt3}-\frac{4x^2}{3R}}. \]

yörüngesini verir.

Bu parabol hedeften geçer ve yukarıdaki noktada küreye teğettir. Binanın içine hiçbir zaman girmediğini doğrulamak için \(t=-x/R\ge0\) alalım. Doğrudan yerine koyarak

\[ \frac{x^2+(z-R)^2-R^2}{R^2} = \frac{16}{9}\, t\left(t+\frac{\sqrt3}{2}\right) \left(t-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2 \ge0. \]

elde edilir. Böylece yörüngenin ilgili kısmının tamamı kürenin dışındadır ve hedefe varmadan önce teğet temas gerçekleşir. Sekmeye gerek yoktur.

Son olarak,

\[ v_{\min}^2=\frac{gR}{2}+4gR=\frac92gR, \]

ve dolayısıyla

\[ \boxed{v_{\min}=3\sqrt{\frac{gR}{2}}}. \]

Bu parabolün yerle kesişimi ve doruk noktası, A.ii'de listelenen önemli noktaları verir.

B.i.

\(u\), kanadın referans sistemindeki hava hızını göstersin. Basınç değişimleri atmosfer basıncına kıyasla küçük olduğundan, önce yoğunluğu sabit kabul ederiz.

Açıklığı bir birim olan dar bir akım tüpü için süreklilik denklemi

\[ u\,d=v_0d_\infty, \]

bağıntısını verir; burada \(d\), komşu akım çizgileri arasındaki akışa dik ölçülen uzaklık, \(d_\infty\) ise akışın bozulmadığı akış yukarısı bölgesinde bu çizgiler arasındaki uzaklıktır. Böylece

\[ u=v_0\frac{d_\infty}{d}. \]

Verilen şekle göre, \(P\) yakınındaki aralık akış yukarısındaki aralığın yaklaşık \(1.25\) katıdır:

\[ u_P\approx0.80v_0\approx80\,\mathrm{m/s}. \]

Kanadın referans sistemindeki bozulmamış akışın sağa doğru olduğunu kabul edelim. Bu durumda uçak yere göre sola doğru hareket eder; dolayısıyla hız dönüşümü

\[ \boldsymbol v_{P,\mathrm{ground}} =\boldsymbol u_P-v_0\hat{\boldsymbol x}. \]

olur. \(P\) noktasındaki akım çizgileri neredeyse yataydır. Bu nedenle,

\[ \boxed{v_P\approx|80-100| =20\,\mathrm{m/s}}, \]

yaklaşık olarak sola, uçağın hareket yönüne doğrudur.

Küçük yerel eğim hesaba katılırsa, buna karşılık gelen ifade

\[ v_P=\sqrt{u_P^2+v_0^2-2u_Pv_0\cos\theta_P}. \]

olur.

B.ii.

Kanat boyunca kütleçekim potansiyeli farklarını ihmal edelim. Süreklilik ve Bernoulli denklemleri

\[ u\propto\frac1d, \qquad p=p_0+\frac12\rho(v_0^2-u^2). \]

bağıntılarını verir.

Yaklaşık olarak adyabatik akış için durma entalpisinin korunumu

\[ c_pT+\frac{u^2}{2} =c_pT_a+\frac{v_0^2}{2}. \]

bağıntısını verir. Dolayısıyla

\[ d\ \text{en küçük} \quad\Longrightarrow\quad u\ \text{en büyük} \quad\Longrightarrow\quad p,T\ \text{en küçük}. \]

Doymuş buhar basıncı, sıcaklık azaldıkça hızla düşer; bu nedenle bağıl nem ilk olarak burada bire ulaşır.

\(Q\)'yu yuvarlatılmış hücum kenarının hemen üstüne, kanadın üst tarafında akım çizgileri arasındaki aralığın en küçük olduğu bölgeye yerleştirin. Oluşan damlacıklar daha sonra akış aşağısına taşınır.

B.iii.

Havayı, yoğuşma başlamadan önce yaklaşık olarak adyabatik ve tersinir bir genleşme geçiren ideal bir gaz olarak modelleriz. Özgül gaz sabiti

\[ R_{\mathrm{air}}=c_p-c_V =283\,\mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}. \]

olur.

\(Q\) noktasındaki soğuma \(\Delta T=T_a-T_Q>0\) olsun. Verilen doymuş buhar basıncı verileri, yerel eğimi

\[ s=\frac{p_{sb}-p_{sa}}{T_b-T_a} =\frac{2460-2310}{294-293} =150\,\mathrm{Pa/K}. \]

olarak verir.

Doğrusal bir ekstrapolasyon kullanarak,

\[ p_s(T_Q)\approx p_{sa}-s\Delta T. \]

Yoğuşmadan önce su buharının mol kesri değişmez; dolayısıyla kısmi basıncı toplam basınçla orantılı olarak değişir:

\[ p_{v,Q}=r p_{sa}\frac{p_Q}{p_0}. \]

İdeal gazın adyabatik bağıntısı

\[ \frac{p_Q}{p_0} =\left(\frac{T_Q}{T_a}\right)^{c_p/R_{\mathrm{air}}} \approx 1-\frac{c_p}{R_{\mathrm{air}}T_a}\Delta T. \]

sonucunu verir.

Yoğuşmanın başlangıcında \(p_{v,Q}=p_s(T_Q)\) olur. Dolayısıyla,

\[ r p_{sa} \left(1-\frac{c_p\Delta T}{R_{\mathrm{air}}T_a}\right) =p_{sa}-s\Delta T, \]

buradan

\[ \Delta T = \frac{(1-r)p_{sa}} {s-rp_{sa}c_p/(R_{\mathrm{air}}T_a)}. \]

elde edilir.

Sayısal olarak,

\[ \Delta T = \frac{0.10(2310)} {150-\dfrac{0.90(2310)(1000)}{283(293)}} \approx1.85\,\mathrm K. \]

Böylece yoğuşma yaklaşık \(291.2\,\mathrm K\) sıcaklığında başlar.

Şöyle tanımlayalım:

\[ \alpha=\frac{u_Q}{v_0}\approx\frac{d_\infty}{d_Q}. \]

Çizimdeki en dar aralık, bozulmamış akıştaki aralığın yaklaşık yarısıdır; buradan \(\alpha\approx2\) elde edilir. Enerji denklemi bu durumda

\[ c_p\Delta T =\frac12(u_Q^2-v_{\mathrm{crit}}^2) =\frac12(\alpha^2-1)v_{\mathrm{crit}}^2. \]

bağıntısını verir.

Sonuç olarak,

\[ \boxed{ v_{\mathrm{crit}} =\sqrt{\frac{2c_p\Delta T}{\alpha^2-1}} \approx \sqrt{\frac{2(1000)(1.85)}{4-1}} \approx35\,\mathrm{m/s} }. \]

Buna karşılık gelen basınç azalması yaklaşık \(2.2\%\) olup, şekilden yapılan hız tahmininde yoğunluk değişimlerini küçük kabul etmekle tutarlıdır.

Daha basit bir yaklaşımda buharın kısmi basıncı sabit tutulur. Bu yaklaşım

\[ \Delta T\approx\frac{(1-r)p_{sa}}s=1.54\,\mathrm K, \qquad v_{\mathrm{crit}}\approx32\,\mathrm{m/s}. \]

sonucunu verir.

Her iki tahmin de eşik hızını saniyede birkaç on metre olarak verir; basınç düzeltmesi içeren tahmin yaklaşık \(35\,\mathrm{m/s}\) değerindedir.

C.i.

Borunun içindeki akı yönünü \(+z\) olarak seçelim; tüm okları ters çevirmek zıt yön seçimini verir.

Uçlardan uzakta, borunun iç boşluğundaki alan neredeyse düzgün ve ekseneldir. İşaretlenmiş noktalardan geçen, neredeyse düz ve birbirine paralel beş çizgi çizin.

Açıklıklarda:

• Her iki tarafta eksen dışında kalan ikişer çizgi, üst ucun ötesinde dışa doğru açılır, dış taraftan aşağıya doğru kıvrılır ve alt açıklıktan geri döner.
• Desen, eksene ve orta düzleme göre simetriktir.
• Eksene daha yakın geçen çizgiler dışarıda daha büyük ilmekler oluşturur.
• Hiçbir çizgi süperiletken duvarı geçmez; alan, duvarın yüzeylerine teğettir.

Eksen üzerindeki nokta için eksenel simetri, \(z\)-ekseni boyunca düz bir çizgi gerektirir. Bu çizgi her iki yönde sonsuza uzanır; sonlu bir bitiş noktası yoktur. Diğer çizgilerdeki oklar, borunun iç boşluğunda yukarıya, dışarıdaki dönüş kısımlarında ise aşağıya yönelir.

C.ii.

Borunun iç boşluğunun kesit alanını

\[ A=\pi r^2. \]

olarak yazalım.

\(l\gg r\) olduğundan, ortadaki alan yaklaşık olarak düzgündür:

\[ B=\frac{\Phi}{A}. \]

Manyetik alan doğrultusundaki Maxwell gerilmesi çekme türündedir ve büyüklüğü

\[ \sigma_\parallel=\frac{B^2}{2\mu_0}. \]

kadardır.

Bu gerilmeyi borunun ortasındaki iç boşluğun kesiti üzerinde integre etmek, iki yarı arasındaki çekim kuvvetini verir:

\[ T\simeq\frac{B^2A}{2\mu_0} =\boxed{\frac{\Phi^2}{2\mu_0\pi r^2}}. \]

Dışarıdaki zayıf dönüş alanı, uzun boru limitinde küçük bir düzeltmeye yol açar.

Sonuç, manyetik enerjiden de elde edilebilir. Hapsolmuş akı ve kesit alanı sabitken,

\[ U\simeq\frac{B^2}{2\mu_0}Al =\frac{\Phi^2l}{2\mu_0A}. \]

Borunun uzunluğunu artırmak \(T\,dl=dU\) kadar iş gerektirir ve aynı gerilme kuvvetini verir.

C.iii.

Boru yarıçapına kıyasla büyük uzaklıklarda, bir uçtan çıkan akı etkin bir manyetik kutbun alanı gibi davranır. Kutup şiddeti

\[ q_m=\frac{\Phi}{\mu_0}, \]

olur; çünkü radyal alanı

\[ B(s)=\frac{\mu_0q_m}{4\pi s^2} =\frac{\Phi}{4\pi s^2}. \]

biçimindedir.

Bunlar dış alan için eşdeğer kaynaklardır; gerçek manyetik tek kutuplar gerekmez. İki uç zıt işaretlidir.

Aralarında \(s\) uzaklığı bulunan bu tür iki etkin kutup arasındaki kuvvetin büyüklüğü

\[ \frac{\mu_0q_m^2}{4\pi s^2} =\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0s^2}. \]

kadardır.

Şöyle tanımlayalım:

\[ K=\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0}. \]

Alanları birbirine zıt yönlü olan paralel borular için, uçlar arasındaki dört etkileşimin tümü hesaba katılmalıdır:

Çapraz konumdaki her uç çifti için kuvvetin büyüklüğü \(K/(2l^2)\) olup, enine bileşeni bu büyüklüğün \(\cos45^\circ\) ile çarpımıdır. Düşey bileşenleri birbirini götürür.

Dolayısıyla,

\[ \boxed{ F\simeq \frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0l^2} \left(2-\frac1{\sqrt2}\right) }. \]

Kuvvet çekicidir: birinci boruya \(+y\) yönünde, ikinci boruya ise \(-y\) yönünde etki eder.

Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.

Solución

A.i.

Para un ángulo de lanzamiento \(\theta\), al eliminar el tiempo de las ecuaciones del movimiento del proyectil se obtiene

\[ z=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}. \]

Escribiendo \(u=\tan\theta\),

\[ z=xu-\frac{gx^2}{2v_0^2}(1+u^2). \]

Para un valor fijo de \(x\ne0\), esta expresión cuadrática alcanza su máximo cuando

\[ u=\frac{v_0^2}{gx}. \]

Al sustituir se obtiene la envolvente

\[ z_{\mathrm{env}}=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_0^2}. \]

En \(x=0\), su altura es también la altura máxima de un lanzamiento vertical. Por tanto,

\[ \boxed{z_0=\frac{v_0^2}{2g}},\qquad \boxed{k=\frac{g}{2v_0^2}}. \]

A.ii.

Situemos el centro del edificio en \((0,R)\), de modo que su punto más alto sea \((0,2R)\). Elijamos un punto de lanzamiento a la izquierda; la reflexión respecto al eje \(z\) proporciona una trayectoria igualmente válida.

El esquema solicitado es una parábola abierta hacia abajo con estas características:

1. Parte del suelo a la izquierda del edificio y asciende con una gran pendiente.
2. Roza tangencialmente la superficie superior izquierda, sin que se produzca un cambio de velocidad debido a un impacto.
3. Continúa ascendiendo hasta un vértice situado ligeramente por encima y a la izquierda del punto más alto del edificio.
4. Después desciende hasta el punto más alto.

Los puntos característicos exactos, que se deducen a continuación, son:

A.iii.

Sea \(v_t\) la rapidez de la pelota al alcanzar el blanco. La conservación de la energía mecánica da

\[ \frac12mv_0^2=\frac12mv_t^2+mg(2R), \]

por lo que

\[ v_0^2=v_t^2+4gR. \]

Así, minimizar la rapidez de lanzamiento equivale a minimizar \(v_t\).

Invirtamos el movimiento. Ahora lanzamos un proyectil desde \((0,2R)\) con rapidez \(v_t\). Según A.i, toda trayectoria de este tipo queda por debajo de la envolvente

\[ z_{\mathrm{env}}(x) =2R+\frac{v_t^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_t^2}. \]

Una trayectoria que se aproxima al blanco desde la izquierda debe pasar por encima de la superficie superior

\[ z_s(x)=R+\sqrt{R^2-x^2}, \qquad -R\le x\le0. \]

En consecuencia, la envolvente también debe pasar por encima de esa superficie.

Definamos

\[ \lambda=\frac{v_t^2}{gR}, \qquad c=\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}}, \qquad 0\le c\le1. \]

La diferencia entre la envolvente y el tejado es

\[ \begin{aligned} \frac{z_{\mathrm{env}}-z_s}{R} &=1+\frac{\lambda}{2} -\frac{1-c^2}{2\lambda}-c\\ &=\frac{(c-\lambda)^2+2\lambda-1}{2\lambda}. \end{aligned} \]

Si \(0<\lambda<1/2\), al elegir \(c=\lambda\) esta diferencia resulta negativa. En ese caso, ninguna trayectoria puede salvar el edificio. Por tanto,

\[ v_t^2\ge\frac{gR}{2}. \]

Cuando se alcanza la igualdad, la envolvente toca el tejado en \(c=1/2\), es decir, en

\[ (x,z)=\left(-\frac{\sqrt3}{2}R,\frac32R\right). \]

También debemos demostrar que una trayectoria real alcanza esta cota. Al lanzar el proyectil con el movimiento invertido \(30^\circ\) por encima de la horizontal hacia la izquierda, se obtiene, en las coordenadas originales,

\[ \boxed{z(x)=2R-\frac{x}{\sqrt3}-\frac{4x^2}{3R}}. \]

Esta parábola pasa por el blanco y es tangente a la esfera en el punto anterior. Para comprobar que nunca penetra en el edificio, hagamos \(t=-x/R\ge0\). La sustitución directa da

\[ \frac{x^2+(z-R)^2-R^2}{R^2} = \frac{16}{9}\, t\left(t+\frac{\sqrt3}{2}\right) \left(t-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2 \ge0. \]

Así, toda la trayectoria pertinente queda fuera de la esfera, con un contacto tangencial antes de llegar al blanco. No se necesita ningún rebote.

Finalmente,

\[ v_{\min}^2=\frac{gR}{2}+4gR=\frac92gR, \]

y, por tanto,

\[ \boxed{v_{\min}=3\sqrt{\frac{gR}{2}}}. \]

La intersección de esta parábola con el suelo y su vértice proporcionan los puntos característicos indicados en A.ii.

B.i.

Sea \(u\) la rapidez del aire en el sistema de referencia del ala. Como las variaciones de presión son pequeñas en comparación con la presión atmosférica, primero consideramos que la densidad es constante.

Para un tubo de corriente estrecho de anchura unidad en la dirección de la envergadura, la ecuación de continuidad da

\[ u\,d=v_0d_\infty, \]

donde \(d\) es la separación entre líneas de corriente adyacentes, medida perpendicularmente al flujo, y \(d_\infty\) es su separación aguas arriba, donde el flujo no está perturbado. Así,

\[ u=v_0\frac{d_\infty}{d}. \]

Según la figura proporcionada, la separación cerca de \(P\) es aproximadamente \(1.25\) veces la separación aguas arriba:

\[ u_P\approx0.80v_0\approx80\,\mathrm{m/s}. \]

Tomemos el flujo no perturbado en el sistema de referencia del ala dirigido hacia la derecha. El avión se mueve entonces hacia la izquierda respecto al suelo, por lo que la transformación de velocidades es

\[ \boldsymbol v_{P,\mathrm{ground}} =\boldsymbol u_P-v_0\hat{\boldsymbol x}. \]

Las líneas de corriente en \(P\) son casi horizontales. Por tanto,

\[ \boxed{v_P\approx|80-100| =20\,\mathrm{m/s}}, \]

aproximadamente hacia la izquierda, en la dirección y el sentido del movimiento del avión.

Si se tiene en cuenta la pequeña inclinación local, la expresión correspondiente es

\[ v_P=\sqrt{u_P^2+v_0^2-2u_Pv_0\cos\theta_P}. \]

B.ii.

Despreciemos las diferencias de potencial gravitatorio entre los puntos del ala. La ecuación de continuidad y la ecuación de Bernoulli dan

\[ u\propto\frac1d, \qquad p=p_0+\frac12\rho(v_0^2-u^2). \]

Para un flujo aproximadamente adiabático, la conservación de la entalpía de remanso da

\[ c_pT+\frac{u^2}{2} =c_pT_a+\frac{v_0^2}{2}. \]

Por tanto,

\[ d\ \text{mínima} \quad\Longrightarrow\quad u\ \text{máxima} \quad\Longrightarrow\quad p,T\ \text{mínimas}. \]

La presión de vapor saturado disminuye rápidamente al disminuir la temperatura, por lo que la humedad relativa alcanza la unidad primero en ese lugar.

Sitúe \(Q\) justo por encima del borde de ataque redondeado, en la región de separación mínima entre líneas de corriente en la parte superior del ala. Las gotas que aparecen son transportadas después aguas abajo.

B.iii.

Modelamos el aire como un gas ideal que experimenta una expansión aproximadamente adiabática y reversible antes de que comience la condensación. Su constante específica de los gases es

\[ R_{\mathrm{air}}=c_p-c_V =283\,\mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}. \]

Sea \(\Delta T=T_a-T_Q>0\) el enfriamiento en \(Q\). Los datos proporcionados de presión de saturación dan la pendiente local

\[ s=\frac{p_{sb}-p_{sa}}{T_b-T_a} =\frac{2460-2310}{294-293} =150\,\mathrm{Pa/K}. \]

Utilizando una extrapolación lineal,

\[ p_s(T_Q)\approx p_{sa}-s\Delta T. \]

Antes de la condensación, la fracción molar del vapor de agua permanece invariable, de modo que su presión parcial varía proporcionalmente a la presión total:

\[ p_{v,Q}=r p_{sa}\frac{p_Q}{p_0}. \]

La relación adiabática para un gas ideal da

\[ \frac{p_Q}{p_0} =\left(\frac{T_Q}{T_a}\right)^{c_p/R_{\mathrm{air}}} \approx 1-\frac{c_p}{R_{\mathrm{air}}T_a}\Delta T. \]

Al comenzar la condensación, \(p_{v,Q}=p_s(T_Q)\). Por tanto,

\[ r p_{sa} \left(1-\frac{c_p\Delta T}{R_{\mathrm{air}}T_a}\right) =p_{sa}-s\Delta T, \]

de donde se obtiene

\[ \Delta T = \frac{(1-r)p_{sa}} {s-rp_{sa}c_p/(R_{\mathrm{air}}T_a)}. \]

Numéricamente,

\[ \Delta T = \frac{0.10(2310)} {150-\dfrac{0.90(2310)(1000)}{283(293)}} \approx1.85\,\mathrm K. \]

Así, la condensación comienza aproximadamente a \(291.2\,\mathrm K\).

Sea

\[ \alpha=\frac{u_Q}{v_0}\approx\frac{d_\infty}{d_Q}. \]

La separación más estrecha del dibujo es aproximadamente la mitad de la separación en el flujo no perturbado, lo que da \(\alpha\approx2\). La ecuación de la energía da entonces

\[ c_p\Delta T =\frac12(u_Q^2-v_{\mathrm{crit}}^2) =\frac12(\alpha^2-1)v_{\mathrm{crit}}^2. \]

En consecuencia,

\[ \boxed{ v_{\mathrm{crit}} =\sqrt{\frac{2c_p\Delta T}{\alpha^2-1}} \approx \sqrt{\frac{2(1000)(1.85)}{4-1}} \approx35\,\mathrm{m/s} }. \]

La disminución de presión correspondiente es de aproximadamente un \(2.2\%\), lo que es coherente con considerar pequeñas las variaciones de densidad para la estimación gráfica de la velocidad.

Una aproximación más sencilla mantiene constante la presión parcial del vapor. Se obtiene

\[ \Delta T\approx\frac{(1-r)p_{sa}}s=1.54\,\mathrm K, \qquad v_{\mathrm{crit}}\approx32\,\mathrm{m/s}. \]

Ambas estimaciones sitúan el umbral en unas pocas decenas de metros por segundo; la estimación corregida por la variación de presión es de aproximadamente \(35\,\mathrm{m/s}\).

C.i.

Elijamos el sentido del flujo como \(+z\) dentro del tubo; invertir todas las flechas da la convención opuesta.

Lejos de los extremos, el campo en el interior hueco del tubo es casi uniforme y axial. Dibuje cinco líneas casi rectas y paralelas que pasen por los puntos marcados.

En las aberturas:

• Las dos líneas situadas fuera del eje a cada lado se abren hacia fuera más allá del extremo superior, se curvan hacia abajo por el exterior y regresan por la abertura inferior.
• El patrón es simétrico respecto al eje y respecto al plano medio.
• Las líneas que pasan más cerca del eje forman bucles exteriores más grandes.
• Ninguna línea atraviesa la pared superconductora; el campo es tangente a sus superficies.

Para el punto situado en el eje, la simetría axial exige una línea recta a lo largo del eje \(z\). Esta se extiende hasta el infinito en ambos sentidos; no tiene ningún extremo finito. Las flechas de las demás líneas apuntan hacia arriba en el interior hueco del tubo y hacia abajo a lo largo de sus tramos de retorno por el exterior.

C.ii.

Escribamos el área de la sección interior como

\[ A=\pi r^2. \]

Como \(l\gg r\), el campo central es aproximadamente uniforme:

\[ B=\frac{\Phi}{A}. \]

El esfuerzo de Maxwell a lo largo de un campo magnético es de tracción, con magnitud

\[ \sigma_\parallel=\frac{B^2}{2\mu_0}. \]

Al integrar este esfuerzo sobre la sección interior central se obtiene la atracción entre las mitades:

\[ T\simeq\frac{B^2A}{2\mu_0} =\boxed{\frac{\Phi^2}{2\mu_0\pi r^2}}. \]

El débil campo exterior de retorno produce una pequeña corrección en el límite de un tubo largo.

El resultado también se deduce de la energía magnética. Para un flujo atrapado y una sección transversal fijos,

\[ U\simeq\frac{B^2}{2\mu_0}Al =\frac{\Phi^2l}{2\mu_0A}. \]

Aumentar la longitud del tubo requiere un trabajo \(T\,dl=dU\), lo que da la misma tensión.

C.iii.

A distancias grandes en comparación con el radio del tubo, el flujo que emerge de un extremo se comporta como el campo de un polo magnético efectivo. Su intensidad es

\[ q_m=\frac{\Phi}{\mu_0}, \]

porque su campo radial es

\[ B(s)=\frac{\mu_0q_m}{4\pi s^2} =\frac{\Phi}{4\pi s^2}. \]

Estas son fuentes equivalentes del campo exterior; no se requieren monopolos magnéticos reales. Los dos extremos tienen signos opuestos.

La fuerza entre dos de estos polos efectivos separados por una distancia \(s\) tiene una magnitud

\[ \frac{\mu_0q_m^2}{4\pi s^2} =\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0s^2}. \]

Definamos

\[ K=\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0}. \]

Para los tubos antiparalelos, hay que incluir las cuatro interacciones entre extremos:

Para cada par diagonal, la magnitud de la fuerza es \(K/(2l^2)\), y su componente transversal es esta magnitud multiplicada por \(\cos45^\circ\). Sus componentes verticales se anulan.

Por tanto,

\[ \boxed{ F\simeq \frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0l^2} \left(2-\frac1{\sqrt2}\right) }. \]

La fuerza es atractiva: actúa en el sentido \(+y\) sobre el primer tubo y en el sentido \(-y\) sobre el segundo.

La solución se comprobó con la solución oficial.

解答

A.i.

对于抛射角 \(\theta\)，从抛体运动方程中消去时间，得到

\[ z=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}. \]

令 \(u=\tan\theta\)，则

\[ z=xu-\frac{gx^2}{2v_0^2}(1+u^2). \]

对于固定的 \(x\ne0\)，此二次式在下列条件下取得最大值：

\[ u=\frac{v_0^2}{gx}. \]

代入可得包络线

\[ z_{\mathrm{env}}=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_0^2}. \]

在 \(x=0\) 处，包络线的高度也等于竖直上抛所能达到的最大高度。因此，

\[ \boxed{z_0=\frac{v_0^2}{2g}},\qquad \boxed{k=\frac{g}{2v_0^2}}. \]

A.ii.

将建筑物的中心设在 \((0,R)\)，则其顶点为 \((0,2R)\)。选择左侧的一个抛射点；将轨迹关于 \(z\) 轴反射，可得到一条同样好的轨迹。

所要求的示意图是一条开口向下的抛物线，具有以下特征：

1. 从建筑物左侧的地面出发，陡峭地上升。
2. 与左上方表面相切掠过，速度不因碰撞而发生改变。
3. 继续上升至最高点，该点位于建筑物顶点略偏左上方。
4. 随后下降至建筑物的最高点。

下文将推导各关键点的精确位置，列示如下：

A.iii.

设小球到达目标时的速率为 \(v_t\)。由机械能守恒得

\[ \frac12mv_0^2=\frac12mv_t^2+mg(2R), \]

因此

\[ v_0^2=v_t^2+4gR. \]

所以，使抛射速度最小等价于使 \(v_t\) 最小。

将运动过程反向。现在从 \((0,2R)\) 处以速率 \(v_t\) 抛出一个物体。根据 A.i，所有这样的轨迹都位于下列包络线下方：

\[ z_{\mathrm{env}}(x) =2R+\frac{v_t^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_t^2}. \]

从左侧接近目标的轨迹必须越过上表面

\[ z_s(x)=R+\sqrt{R^2-x^2}, \qquad -R\le x\le0. \]

因此，包络线也必须不低于该表面。

定义

\[ \lambda=\frac{v_t^2}{gR}, \qquad c=\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}}, \qquad 0\le c\le1. \]

包络线与屋顶的高度差为

\[ \begin{aligned} \frac{z_{\mathrm{env}}-z_s}{R} &=1+\frac{\lambda}{2} -\frac{1-c^2}{2\lambda}-c\\ &=\frac{(c-\lambda)^2+2\lambda-1}{2\lambda}. \end{aligned} \]

若 \(0<\lambda<1/2\)，取 \(c=\lambda\) 就会使此差值为负。此时不存在能够越过建筑物的轨迹。因此

\[ v_t^2\ge\frac{gR}{2}. \]

等号成立时，包络线在 \(c=1/2\) 处接触屋顶，即

\[ (x,z)=\left(-\frac{\sqrt3}{2}R,\frac32R\right). \]

还必须证明，确实存在一条实际轨迹能够达到这一界限。将反向运动的抛体朝左、以高于水平线 \(30^\circ\) 的角度抛出，在原坐标系中得到

\[ \boxed{z(x)=2R-\frac{x}{\sqrt3}-\frac{4x^2}{3R}}. \]

这条抛物线经过目标点，并在上述点与球面相切。为验证它从不进入建筑物内部，令 \(t=-x/R\ge0\)。直接代入可得

\[ \frac{x^2+(z-R)^2-R^2}{R^2} = \frac{16}{9}\, t\left(t+\frac{\sqrt3}{2}\right) \left(t-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2 \ge0. \]

因此，相关的整段轨迹都在球体外部，并在到达目标之前与球面相切接触，无须反弹。

最后，

\[ v_{\min}^2=\frac{gR}{2}+4gR=\frac92gR, \]

所以

\[ \boxed{v_{\min}=3\sqrt{\frac{gR}{2}}}. \]

由这条抛物线与地面的交点及其顶点，可得到 A.ii 中列出的关键点位置。

B.i.

用 \(u\) 表示机翼参考系中的空气速率。由于压强变化远小于大气压，首先将密度视为常量。

对于展向宽度为一个单位的细流管，连续性方程给出

\[ u\,d=v_0d_\infty, \]

其中，\(d\) 为沿垂直于流动方向测量的相邻流线间距，\(d_\infty\) 为上游未受扰动处的流线间距。因此

\[ u=v_0\frac{d_\infty}{d}. \]

由所给图可见，\(P\) 点附近的间距约为上游间距的 \(1.25\) 倍：

\[ u_P\approx0.80v_0\approx80\,\mathrm{m/s}. \]

取机翼参考系中未受扰动的气流方向为向右。于是飞机相对于地面向左运动，因此速度变换为

\[ \boldsymbol v_{P,\mathrm{ground}} =\boldsymbol u_P-v_0\hat{\boldsymbol x}. \]

\(P\) 点处的流线近似水平。因此，

\[ \boxed{v_P\approx|80-100| =20\,\mathrm{m/s}}, \]

方向近似向左，与飞机的运动方向相同。

若保留局部流线的小倾角，则相应表达式为

\[ v_P=\sqrt{u_P^2+v_0^2-2u_Pv_0\cos\theta_P}. \]

B.ii.

忽略机翼各处的重力势能差。连续性方程和伯努利方程给出

\[ u\propto\frac1d, \qquad p=p_0+\frac12\rho(v_0^2-u^2). \]

对于近似绝热的流动，由滞止焓守恒得

\[ c_pT+\frac{u^2}{2} =c_pT_a+\frac{v_0^2}{2}. \]

因此

\[ d\ \text{最小} \quad\Longrightarrow\quad u\ \text{最大} \quad\Longrightarrow\quad p,T\ \text{最低}. \]

饱和蒸气压随温度降低而迅速下降，因此该处的相对湿度最先达到 1。

将 \(Q\) 标在圆弧形前缘的正上方，即机翼上侧流线间距最小的区域。 产生的水滴随后被气流带向下游。

B.iii.

将空气视为理想气体，在凝结开始前经历近似绝热的可逆膨胀。其比气体常数为

\[ R_{\mathrm{air}}=c_p-c_V =283\,\mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}. \]

设 \(Q\) 处的温降为 \(\Delta T=T_a-T_Q>0\)。由所给饱和蒸气压数据得到局部斜率

\[ s=\frac{p_{sb}-p_{sa}}{T_b-T_a} =\frac{2460-2310}{294-293} =150\,\mathrm{Pa/K}. \]

采用线性外推，

\[ p_s(T_Q)\approx p_{sa}-s\Delta T. \]

凝结发生前，水蒸气的摩尔分数不变，因此其分压与总压强成正比：

\[ p_{v,Q}=r p_{sa}\frac{p_Q}{p_0}. \]

理想气体的绝热关系给出

\[ \frac{p_Q}{p_0} =\left(\frac{T_Q}{T_a}\right)^{c_p/R_{\mathrm{air}}} \approx 1-\frac{c_p}{R_{\mathrm{air}}T_a}\Delta T. \]

凝结开始时，\(p_{v,Q}=p_s(T_Q)\)。因此，

\[ r p_{sa} \left(1-\frac{c_p\Delta T}{R_{\mathrm{air}}T_a}\right) =p_{sa}-s\Delta T, \]

由此得

\[ \Delta T = \frac{(1-r)p_{sa}} {s-rp_{sa}c_p/(R_{\mathrm{air}}T_a)}. \]

代入数值得

\[ \Delta T = \frac{0.10(2310)} {150-\dfrac{0.90(2310)(1000)}{283(293)}} \approx1.85\,\mathrm K. \]

因此，凝结开始时的温度约为 \(291.2\,\mathrm K\)。

令

\[ \alpha=\frac{u_Q}{v_0}\approx\frac{d_\infty}{d_Q}. \]

图中最窄的间距约为未受扰动处间距的一半，因此 \(\alpha\approx2\)。于是能量方程给出

\[ c_p\Delta T =\frac12(u_Q^2-v_{\mathrm{crit}}^2) =\frac12(\alpha^2-1)v_{\mathrm{crit}}^2. \]

从而，

\[ \boxed{ v_{\mathrm{crit}} =\sqrt{\frac{2c_p\Delta T}{\alpha^2-1}} \approx \sqrt{\frac{2(1000)(1.85)}{4-1}} \approx35\,\mathrm{m/s} }. \]

相应的压强降幅约为 \(2.2\%\)，这与根据图形估算流速时将密度变化视为小量的做法相符。

一种更简单的近似是将水蒸气分压视为常量。由此得到

\[ \Delta T\approx\frac{(1-r)p_{sa}}s=1.54\,\mathrm K, \qquad v_{\mathrm{crit}}\approx32\,\mathrm{m/s}. \]

两种估算都表明临界速度为每秒几十米；计入压强修正后的估算值约为 \(35\,\mathrm{m/s}\)。

C.i.

选择管内磁通量的方向为 \(+z\)；将所有箭头反向即可得到相反的方向约定。

在远离管端的区域，管腔内的磁场近似均匀，并沿轴向。画出通过所标各点的五条近似笔直、彼此平行的磁感线。

在管口处：

• 轴线两侧各有两条不在轴线上的磁感线，它们在上端之外向外呈扇形散开，绕过外部向下弯曲，再从下端管口返回。
• 图形关于轴线以及中间平面均对称。
• 通过更靠近轴线的点的磁感线，在外部形成更大的回路。
• 没有磁感线穿过超导管壁；磁场与管壁表面相切。

对于轴线上的点，轴对称性要求磁感线是一条沿 \(z\) 轴的直线。它向两个方向延伸至无穷远，没有有限的端点。其他磁感线上的箭头在管腔内部向上，在外部返回段向下。

C.ii.

将管腔截面积记为

\[ A=\pi r^2. \]

由于 \(l\gg r\)，中央区域的磁场近似均匀：

\[ B=\frac{\Phi}{A}. \]

沿磁场方向的麦克斯韦应力为拉应力，其大小为

\[ \sigma_\parallel=\frac{B^2}{2\mu_0}. \]

在管腔中央横截面上对该应力积分，得到两半部分之间的吸引力：

\[ T\simeq\frac{B^2A}{2\mu_0} =\boxed{\frac{\Phi^2}{2\mu_0\pi r^2}}. \]

在长管极限下，外部微弱的返回磁场仅带来很小的修正。

也可以由磁场能量得到这一结果。在俘获磁通量和横截面积保持不变时，

\[ U\simeq\frac{B^2}{2\mu_0}Al =\frac{\Phi^2l}{2\mu_0A}. \]

增加管长需要做功 \(T\,dl=dU\)，由此得到相同的张力。

C.iii.

在距离远大于管半径的地方，从一端流出的磁通所产生的磁场，可以视为一个等效磁极的磁场。其磁极强度为

\[ q_m=\frac{\Phi}{\mu_0}, \]

因为其径向磁场为

\[ B(s)=\frac{\mu_0q_m}{4\pi s^2} =\frac{\Phi}{4\pi s^2}. \]

这些磁极是外部磁场的等效源，并不要求存在真实的磁单极子。两端的磁极符号相反。

相距 \(s\) 的两个此类等效磁极之间的作用力大小为

\[ \frac{\mu_0q_m^2}{4\pi s^2} =\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0s^2}. \]

令

\[ K=\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0}. \]

对于磁场方向反平行的两根管，必须计入全部四对管端之间的相互作用：

对于每一对处于对角位置的管端，作用力大小为 \(K/(2l^2)\)，其横向分量等于该大小乘以 \(\cos45^\circ\)。它们的竖直分量相互抵消。

因此，

\[ \boxed{ F\simeq \frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0l^2} \left(2-\frac1{\sqrt2}\right) }. \]

该力为吸引力：第一根管所受力沿 \(+y\) 方向，第二根管所受力沿 \(-y\) 方向。

解答已与官方解答核对。

Решение

A.i.

Для угла броска \(\theta\) исключение времени из уравнений движения тела даёт

\[ z=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}. \]

Полагая \(u=\tan\theta\), получаем

\[ z=xu-\frac{gx^2}{2v_0^2}(1+u^2). \]

При фиксированном \(x\ne0\) этот квадратный трёхчлен достигает максимума при

\[ u=\frac{v_0^2}{gx}. \]

Подстановка даёт огибающую

\[ z_{\mathrm{env}}=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_0^2}. \]

При \(x=0\) её высота также равна максимальной высоте вертикального броска. Следовательно,

\[ \boxed{z_0=\frac{v_0^2}{2g}},\qquad \boxed{k=\frac{g}{2v_0^2}}. \]

A.ii.

Поместим центр здания в точку \((0,R)\), тогда его вершина находится в точке \((0,2R)\). Выберем точку броска слева; отражение относительно оси \(z\) даёт столь же подходящую траекторию.

На требуемом эскизе должна быть изображена парабола с ветвями, направленными вниз, обладающая следующими свойствами:

1. Она начинается на земле слева от здания и круто поднимается вверх.
2. Она касается верхней левой части поверхности, причём скорость не изменяется вследствие удара.
3. Она продолжает подниматься до вершины, расположенной немного выше и левее самой верхней точки здания.
4. Затем она спускается к самой верхней точке.

Точные положения характерных точек, выведенные ниже:

A.iii.

Пусть \(v_t\) — скорость мяча в момент достижения цели. Закон сохранения механической энергии даёт

\[ \frac12mv_0^2=\frac12mv_t^2+mg(2R), \]

откуда

\[ v_0^2=v_t^2+4gR. \]

Таким образом, минимизация начальной скорости эквивалентна минимизации \(v_t\).

Обратим движение. Теперь бросим мяч из точки \((0,2R)\) со скоростью \(v_t\). Согласно A.i, любая такая траектория лежит ниже огибающей

\[ z_{\mathrm{env}}(x) =2R+\frac{v_t^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_t^2}. \]

Траектория, по которой мяч подлетает к цели слева, должна проходить не ниже верхней поверхности

\[ z_s(x)=R+\sqrt{R^2-x^2}, \qquad -R\le x\le0. \]

Следовательно, огибающая также должна проходить не ниже этой поверхности.

Введём обозначения

\[ \lambda=\frac{v_t^2}{gR}, \qquad c=\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}}, \qquad 0\le c\le1. \]

Разность высот огибающей и крыши равна

\[ \begin{aligned} \frac{z_{\mathrm{env}}-z_s}{R} &=1+\frac{\lambda}{2} -\frac{1-c^2}{2\lambda}-c\\ &=\frac{(c-\lambda)^2+2\lambda-1}{2\lambda}. \end{aligned} \]

Если \(0<\lambda<1/2\), то при \(c=\lambda\) это выражение отрицательно. В таком случае ни одна траектория не позволяет обойти здание. Поэтому

\[ v_t^2\ge\frac{gR}{2}. \]

При равенстве огибающая касается крыши при \(c=1/2\), а именно в точке

\[ (x,z)=\left(-\frac{\sqrt3}{2}R,\frac32R\right). \]

Необходимо также показать, что существует реальная траектория, достигающая этой границы. При броске в обратном движении под углом \(30^\circ\) к горизонту вверх и влево в исходных координатах получаем

\[ \boxed{z(x)=2R-\frac{x}{\sqrt3}-\frac{4x^2}{3R}}. \]

Эта парабола проходит через цель и касается сферы в указанной выше точке. Чтобы убедиться, что она нигде не проникает внутрь здания, положим \(t=-x/R\ge0\). Непосредственная подстановка даёт

\[ \frac{x^2+(z-R)^2-R^2}{R^2} = \frac{16}{9}\, t\left(t+\frac{\sqrt3}{2}\right) \left(t-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2 \ge0. \]

Таким образом, весь рассматриваемый участок траектории находится вне сферы, причём до достижения цели происходит касание. Отскок не требуется.

Наконец,

\[ v_{\min}^2=\frac{gR}{2}+4gR=\frac92gR, \]

и, следовательно,

\[ \boxed{v_{\min}=3\sqrt{\frac{gR}{2}}}. \]

Точка пересечения этой параболы с землёй и её вершина дают характерные точки, перечисленные в A.ii.

B.i.

Обозначим через \(u\) скорость воздуха в системе отсчёта крыла. Поскольку изменения давления малы по сравнению с атмосферным давлением, сначала будем считать плотность постоянной.

Для узкой трубки тока единичной ширины вдоль размаха крыла уравнение неразрывности даёт

\[ u\,d=v_0d_\infty, \]

где \(d\) — расстояние между соседними линиями тока, измеренное перпендикулярно потоку, а \(d_\infty\) — расстояние между ними в невозмущённом набегающем потоке. Таким образом,

\[ u=v_0\frac{d_\infty}{d}. \]

Согласно приведённому рисунку, расстояние между линиями вблизи \(P\) приблизительно в \(1.25\) раза больше, чем в набегающем потоке:

\[ u_P\approx0.80v_0\approx80\,\mathrm{m/s}. \]

Будем считать, что невозмущённый поток в системе отсчёта крыла направлен вправо. Тогда самолёт движется относительно земли влево, поэтому преобразование скорости имеет вид

\[ \boldsymbol v_{P,\mathrm{ground}} =\boldsymbol u_P-v_0\hat{\boldsymbol x}. \]

Линии тока в точке \(P\) почти горизонтальны. Следовательно,

\[ \boxed{v_P\approx|80-100| =20\,\mathrm{m/s}}, \]

а направление — приблизительно влево, по направлению движения самолёта.

Если учесть небольшой местный наклон, соответствующее выражение имеет вид

\[ v_P=\sqrt{u_P^2+v_0^2-2u_Pv_0\cos\theta_P}. \]

B.ii.

Пренебрежём разностями гравитационного потенциала в пределах крыла. Уравнение неразрывности и уравнение Бернулли дают

\[ u\propto\frac1d, \qquad p=p_0+\frac12\rho(v_0^2-u^2). \]

Для приближённо адиабатического течения сохранение энтальпии торможения даёт

\[ c_pT+\frac{u^2}{2} =c_pT_a+\frac{v_0^2}{2}. \]

Отсюда

\[ d\ \text{наименьшее} \quad\Longrightarrow\quad u\ \text{наибольшая} \quad\Longrightarrow\quad p,T\ \text{наименьшие}. \]

Давление насыщенного пара быстро уменьшается с понижением температуры, поэтому относительная влажность впервые достигает единицы именно здесь.

Поместите \(Q\) непосредственно над закруглённой передней кромкой, в области наименьшего расстояния между линиями тока с верхней стороны крыла. Образующиеся капли затем уносятся вниз по потоку.

B.iii.

Будем моделировать воздух как идеальный газ, который до начала конденсации расширяется приближённо адиабатически и обратимо. Его удельная газовая постоянная равна

\[ R_{\mathrm{air}}=c_p-c_V =283\,\mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}. \]

Пусть понижение температуры в точке \(Q\) равно \(\Delta T=T_a-T_Q>0\). Приведённые данные о давлении насыщенного пара дают локальный наклон зависимости

\[ s=\frac{p_{sb}-p_{sa}}{T_b-T_a} =\frac{2460-2310}{294-293} =150\,\mathrm{Pa/K}. \]

Используя линейную экстраполяцию, получаем

\[ p_s(T_Q)\approx p_{sa}-s\Delta T. \]

До начала конденсации мольная доля водяного пара остаётся неизменной, поэтому его парциальное давление пропорционально полному давлению:

\[ p_{v,Q}=r p_{sa}\frac{p_Q}{p_0}. \]

Адиабатическое соотношение для идеального газа даёт

\[ \frac{p_Q}{p_0} =\left(\frac{T_Q}{T_a}\right)^{c_p/R_{\mathrm{air}}} \approx 1-\frac{c_p}{R_{\mathrm{air}}T_a}\Delta T. \]

В момент начала конденсации \(p_{v,Q}=p_s(T_Q)\). Следовательно,

\[ r p_{sa} \left(1-\frac{c_p\Delta T}{R_{\mathrm{air}}T_a}\right) =p_{sa}-s\Delta T, \]

откуда

\[ \Delta T = \frac{(1-r)p_{sa}} {s-rp_{sa}c_p/(R_{\mathrm{air}}T_a)}. \]

Численно получаем

\[ \Delta T = \frac{0.10(2310)} {150-\dfrac{0.90(2310)(1000)}{283(293)}} \approx1.85\,\mathrm K. \]

Таким образом, конденсация начинается при температуре приблизительно \(291.2\,\mathrm K\).

Положим

\[ \alpha=\frac{u_Q}{v_0}\approx\frac{d_\infty}{d_Q}. \]

Наименьшее расстояние между линиями на рисунке составляет примерно половину расстояния в невозмущённом потоке, что даёт \(\alpha\approx2\). Тогда уравнение энергии принимает вид

\[ c_p\Delta T =\frac12(u_Q^2-v_{\mathrm{crit}}^2) =\frac12(\alpha^2-1)v_{\mathrm{crit}}^2. \]

Следовательно,

\[ \boxed{ v_{\mathrm{crit}} =\sqrt{\frac{2c_p\Delta T}{\alpha^2-1}} \approx \sqrt{\frac{2(1000)(1.85)}{4-1}} \approx35\,\mathrm{m/s} }. \]

Соответствующее падение давления составляет около \(2.2\%\), что согласуется с предположением о малости изменений плотности при графической оценке скорости.

В более простом приближении парциальное давление пара считается постоянным. Это даёт

\[ \Delta T\approx\frac{(1-r)p_{sa}}s=1.54\,\mathrm K, \qquad v_{\mathrm{crit}}\approx32\,\mathrm{m/s}. \]

Обе оценки дают пороговую скорость порядка нескольких десятков метров в секунду; оценка с учётом изменения давления составляет около \(35\,\mathrm{m/s}\).

C.i.

Выберем направление потока внутри трубки вдоль \(+z\); обращение всех стрелок соответствует противоположному выбору.

Вдали от концов поле в полости трубки почти однородно и направлено вдоль оси. Проведите через отмеченные точки пять почти прямых параллельных линий.

У отверстий:

• Две внеосевые линии с каждой стороны расходятся веером за верхним концом, огибают трубку снаружи, изгибаясь вниз, и возвращаются через нижнее отверстие.
• Картина симметрична относительно оси и средней плоскости.
• Линии, проходящие ближе к оси, образуют более крупные внешние петли.
• Ни одна линия не пересекает сверхпроводящую стенку; поле направлено по касательной к её поверхностям.

Для точки на оси осевая симметрия требует прямой линии вдоль оси \(z\). Она уходит в бесконечность в обоих направлениях и не имеет конечной точки окончания. Стрелки на остальных линиях направлены вверх внутри полости трубки и вниз на их внешних возвратных участках.

C.ii.

Обозначим площадь сечения полости через

\[ A=\pi r^2. \]

Поскольку \(l\gg r\), поле в центральной части приближённо однородно:

\[ B=\frac{\Phi}{A}. \]

Напряжение Максвелла вдоль магнитного поля является растягивающим и имеет величину

\[ \sigma_\parallel=\frac{B^2}{2\mu_0}. \]

Интегрируя это напряжение по центральному сечению полости, получаем силу притяжения между половинами:

\[ T\simeq\frac{B^2A}{2\mu_0} =\boxed{\frac{\Phi^2}{2\mu_0\pi r^2}}. \]

Слабое внешнее возвратное поле даёт малую поправку в пределе длинной трубки.

Этот результат также следует из энергии магнитного поля. При фиксированных захваченном магнитном потоке и площади поперечного сечения

\[ U\simeq\frac{B^2}{2\mu_0}Al =\frac{\Phi^2l}{2\mu_0A}. \]

Для увеличения длины трубки необходимо совершить работу \(T\,dl=dU\), что даёт ту же силу натяжения.

C.iii.

На расстояниях, больших по сравнению с радиусом трубки, поле потока, выходящего из её конца, ведёт себя как поле эффективного магнитного полюса. Его величина равна

\[ q_m=\frac{\Phi}{\mu_0}, \]

поскольку его радиальное поле имеет вид

\[ B(s)=\frac{\mu_0q_m}{4\pi s^2} =\frac{\Phi}{4\pi s^2}. \]

Это эквивалентные источники внешнего поля; существование реальных магнитных монополей не требуется. Два конца имеют противоположные знаки.

Модуль силы между двумя такими эффективными полюсами, разделёнными расстоянием \(s\), равен

\[ \frac{\mu_0q_m^2}{4\pi s^2} =\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0s^2}. \]

Положим

\[ K=\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0}. \]

Для трубок с противоположно направленными полями необходимо учесть все четыре взаимодействия между концами:

Для каждой диагональной пары модуль силы равен \(K/(2l^2)\), а её поперечная составляющая равна этому модулю, умноженному на \(\cos45^\circ\). Их вертикальные составляющие взаимно компенсируются.

Следовательно,

\[ \boxed{ F\simeq \frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0l^2} \left(2-\frac1{\sqrt2}\right) }. \]

Сила является силой притяжения: на первую трубку она действует в направлении \(+y\), а на вторую — в направлении \(-y\).

Решение проверено по официальному решению.

الحل

A.i.

عند زاوية قذف \(\theta\)، يعطي حذف الزمن من معادلات حركة المقذوف

\[ z=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}. \]

بوضع \(u=\tan\theta\)،

\[ z=xu-\frac{gx^2}{2v_0^2}(1+u^2). \]

عند قيمة ثابتة لـ\(x\ne0\)، تبلغ هذه الدالة التربيعية قيمتها العظمى عندما

\[ u=\frac{v_0^2}{gx}. \]

بالتعويض نحصل على المنحنى الغلاف

\[ z_{\mathrm{env}}=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_0^2}. \]

عند \(x=0\)، يساوي ارتفاعه أيضًا أقصى ارتفاع لقذف رأسي. لذلك،

\[ \boxed{z_0=\frac{v_0^2}{2g}},\qquad \boxed{k=\frac{g}{2v_0^2}}. \]

A.ii.

ضع مركز المبنى عند \((0,R)\)، فتكون قمته عند \((0,2R)\). اختر نقطة قذف إلى اليسار؛ يعطي الانعكاس حول المحور \(z\) مسارًا مكافئًا في جودته.

الرسم التخطيطي المطلوب قطع مكافئ مفتوح نحو الأسفل، يتصف بما يلي:

1. يبدأ من الأرض إلى يسار المبنى ويصعد بميل شديد.
2. يمس السطح العلوي الأيسر مماسيًا، دون أي تغير في السرعة ناجم عن اصطدام.
3. يواصل الصعود إلى ذروة تقع أعلى قمة المبنى قليلًا وإلى يسارها.
4. ثم يهبط إلى أعلى نقطة.

المواضع المميزة الدقيقة، التي تُشتق أدناه، هي:

A.iii.

لتكن \(v_t\) سرعة الكرة عند بلوغها الهدف. يعطي انحفاظ الطاقة الميكانيكية

\[ \frac12mv_0^2=\frac12mv_t^2+mg(2R), \]

ومن ثم

\[ v_0^2=v_t^2+4gR. \]

إذن، فإن تصغير سرعة القذف يكافئ تصغير \(v_t\).

اعكس الحركة. نقذف الآن مقذوفًا من \((0,2R)\) بسرعة \(v_t\). وفقًا للجزء A.i، يقع كل مسار من هذه المسارات تحت المنحنى الغلاف

\[ z_{\mathrm{env}}(x) =2R+\frac{v_t^2}{2g}-\frac{gx^2}{2v_t^2}. \]

يجب أن يمر المسار الذي يقترب من الهدف من اليسار فوق السطح العلوي

\[ z_s(x)=R+\sqrt{R^2-x^2}, \qquad -R\le x\le0. \]

وبالتالي، يجب أن يمر المنحنى الغلاف أيضًا فوق ذلك السطح.

عرّف

\[ \lambda=\frac{v_t^2}{gR}, \qquad c=\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}}, \qquad 0\le c\le1. \]

الفرق بين المنحنى الغلاف وسطح المبنى هو

\[ \begin{aligned} \frac{z_{\mathrm{env}}-z_s}{R} &=1+\frac{\lambda}{2} -\frac{1-c^2}{2\lambda}-c\\ &=\frac{(c-\lambda)^2+2\lambda-1}{2\lambda}. \end{aligned} \]

إذا كان \(0<\lambda<1/2\)، فإن اختيار \(c=\lambda\) يجعل هذا الفرق سالبًا. وعندئذ لا يمكن لأي مسار أن يتجاوز المبنى دون اختراقه. ومن ثم

\[ v_t^2\ge\frac{gR}{2}. \]

عند تحقق المساواة، يمس المنحنى الغلاف سطح المبنى عند \(c=1/2\)، أي عند

\[ (x,z)=\left(-\frac{\sqrt3}{2}R,\frac32R\right). \]

يجب أن نبيّن أيضًا وجود مسار فعلي يحقق هذا الحد. يعطي قذف المقذوف في الحركة المعكوسة بزاوية \(30^\circ\) فوق الأفقي نحو اليسار، في الإحداثيات الأصلية،

\[ \boxed{z(x)=2R-\frac{x}{\sqrt3}-\frac{4x^2}{3R}}. \]

يمر هذا القطع المكافئ بالهدف ويمس الكرة عند النقطة المذكورة أعلاه. للتحقق من أنه لا يخترق المبنى مطلقًا، ضع \(t=-x/R\ge0\). يعطي التعويض المباشر

\[ \frac{x^2+(z-R)^2-R^2}{R^2} = \frac{16}{9}\, t\left(t+\frac{\sqrt3}{2}\right) \left(t-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2 \ge0. \]

وهكذا يقع المسار المعني بأكمله خارج الكرة، مع تماس مماسي قبل بلوغ الهدف. ولا حاجة إلى أي ارتداد.

أخيرًا،

\[ v_{\min}^2=\frac{gR}{2}+4gR=\frac92gR, \]

وبالتالي

\[ \boxed{v_{\min}=3\sqrt{\frac{gR}{2}}}. \]

تعطي نقطة تقاطع هذا القطع المكافئ مع الأرض وذروته المواضع المميزة المدرجة في A.ii.

B.i.

لتكن \(u\) سرعة الهواء في الإطار المرجعي للجناح. بما أن تغيرات الضغط صغيرة مقارنةً بالضغط الجوي، فإننا نتعامل أولًا مع الكثافة على أنها ثابتة.

بالنسبة إلى أنبوب انسياب ضيق عرضه في الاتجاه العمودي على مستوى التدفق يساوي وحدة واحدة، تعطي معادلة الاستمرارية

\[ u\,d=v_0d_\infty, \]

حيث \(d\) هي المسافة بين خطّي انسياب متجاورين، مقيسةً عموديًا على التدفق، و\(d_\infty\) هي المسافة بينهما في التدفق غير المضطرب قبل الجناح. إذن

\[ u=v_0\frac{d_\infty}{d}. \]

من الشكل المعطى، تساوي المسافة قرب \(P\) نحو \(1.25\) ضعف المسافة قبل الجناح:

\[ u_P\approx0.80v_0\approx80\,\mathrm{m/s}. \]

اعتبر أن التدفق غير المضطرب في الإطار المرجعي للجناح يتجه نحو اليمين. عندئذ تتحرك الطائرة نحو اليسار بالنسبة إلى الأرض، ولذلك يكون تحويل السرعة

\[ \boldsymbol v_{P,\mathrm{ground}} =\boldsymbol u_P-v_0\hat{\boldsymbol x}. \]

خطوط الانسياب عند \(P\) أفقية تقريبًا. لذلك،

\[ \boxed{v_P\approx|80-100| =20\,\mathrm{m/s}}, \]

نحو اليسار تقريبًا، في اتجاه حركة الطائرة.

إذا أُخذ الميل الموضعي الصغير في الحسبان، فإن التعبير المقابل هو

\[ v_P=\sqrt{u_P^2+v_0^2-2u_Pv_0\cos\theta_P}. \]

B.ii.

أهمل فروق جهد الجاذبية عبر الجناح. تعطي معادلة الاستمرارية ومعادلة برنولي

\[ u\propto\frac1d, \qquad p=p_0+\frac12\rho(v_0^2-u^2). \]

بالنسبة إلى تدفق كظومي تقريبًا، يعطي انحفاظ إنثالبي الركود

\[ c_pT+\frac{u^2}{2} =c_pT_a+\frac{v_0^2}{2}. \]

ومن ثم

\[ d\ \text{أصغر ما يمكن} \quad\Longrightarrow\quad u\ \text{أكبر ما يمكن} \quad\Longrightarrow\quad p,T\ \text{أصغر ما يمكن}. \]

ينخفض ضغط البخار المشبع بسرعة مع انخفاض درجة الحرارة، لذا تبلغ الرطوبة النسبية الواحد أولًا في ذلك الموضع.

ضع \(Q\) فوق الحافة الأمامية المستديرة مباشرةً، في منطقة أصغر تباعد بين خطوط الانسياب على الجانب العلوي للجناح. ثم يحمل التدفق القطرات المتكوّنة إلى الخلف.

B.iii.

نمثل الهواء بغاز مثالي يخضع لتمدد كظومي وعكوس تقريبًا قبل بدء التكاثف. ثابت الغاز النوعي له هو

\[ R_{\mathrm{air}}=c_p-c_V =283\,\mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}. \]

ليكن مقدار التبريد عند \(Q\) هو \(\Delta T=T_a-T_Q>0\). تعطي بيانات ضغط الإشباع المعطاة الميل الموضعي

\[ s=\frac{p_{sb}-p_{sa}}{T_b-T_a} =\frac{2460-2310}{294-293} =150\,\mathrm{Pa/K}. \]

باستخدام استقراء خطي،

\[ p_s(T_Q)\approx p_{sa}-s\Delta T. \]

قبل التكاثف، يبقى الكسر المولي لبخار الماء دون تغير، ولذلك يتناسب ضغطه الجزئي مع الضغط الكلي:

\[ p_{v,Q}=r p_{sa}\frac{p_Q}{p_0}. \]

تعطي العلاقة الكظومية للغاز المثالي

\[ \frac{p_Q}{p_0} =\left(\frac{T_Q}{T_a}\right)^{c_p/R_{\mathrm{air}}} \approx 1-\frac{c_p}{R_{\mathrm{air}}T_a}\Delta T. \]

عند بدء التكاثف، \(p_{v,Q}=p_s(T_Q)\). لذلك،

\[ r p_{sa} \left(1-\frac{c_p\Delta T}{R_{\mathrm{air}}T_a}\right) =p_{sa}-s\Delta T, \]

مما يعطي

\[ \Delta T = \frac{(1-r)p_{sa}} {s-rp_{sa}c_p/(R_{\mathrm{air}}T_a)}. \]

عدديًا،

\[ \Delta T = \frac{0.10(2310)} {150-\dfrac{0.90(2310)(1000)}{283(293)}} \approx1.85\,\mathrm K. \]

إذن يبدأ التكاثف عند نحو \(291.2\,\mathrm K\).

لتكن

\[ \alpha=\frac{u_Q}{v_0}\approx\frac{d_\infty}{d_Q}. \]

أصغر مسافة بين خطوط الانسياب في الرسم تساوي تقريبًا نصف المسافة في التدفق غير المضطرب، مما يعطي \(\alpha\approx2\). وعندئذ تعطي معادلة الطاقة

\[ c_p\Delta T =\frac12(u_Q^2-v_{\mathrm{crit}}^2) =\frac12(\alpha^2-1)v_{\mathrm{crit}}^2. \]

وبالتالي،

\[ \boxed{ v_{\mathrm{crit}} =\sqrt{\frac{2c_p\Delta T}{\alpha^2-1}} \approx \sqrt{\frac{2(1000)(1.85)}{4-1}} \approx35\,\mathrm{m/s} }. \]

يبلغ انخفاض الضغط المقابل نحو \(2.2\%\)، وهو ما يتسق مع اعتبار تغيرات الكثافة صغيرة عند تقدير السرعة من الرسم.

يفترض تقريب أبسط ثبات الضغط الجزئي للبخار. ويعطي

\[ \Delta T\approx\frac{(1-r)p_{sa}}s=1.54\,\mathrm K, \qquad v_{\mathrm{crit}}\approx32\,\mathrm{m/s}. \]

يضع كلا التقديرين العتبة عند بضع عشرات من الأمتار في الثانية؛ ويبلغ التقدير المصحح لأثر الضغط نحو \(35\,\mathrm{m/s}\).

C.i.

اختر اتجاه التدفق ليكون \(+z\) داخل الأنبوب؛ ويعطي عكس جميع الأسهم الاصطلاح المعاكس.

بعيدًا عن الطرفين، يكون المجال داخل التجويف منتظمًا ومحوريًا تقريبًا. ارسم خمسة خطوط متوازية وشبه مستقيمة تمر بالنقاط المحددة.

عند الفتحتين:

• يتباعد الخطان الواقعان خارج المحور على كل جانب نحو الخارج بعد الطرف العلوي، وينحنيان إلى الأسفل حول الأنبوب من الخارج، ثم يعودان عبر الفتحة السفلية.
• يكون النمط متناظرًا حول المحور وحول المستوى الأوسط.
• تشكّل الخطوط التي تمر أقرب إلى المحور حلقات خارجية أكبر.
• لا يعبر أي خط الجدار فائق التوصيل؛ ويكون المجال مماسًا لسطوحه.

بالنسبة إلى النقطة الواقعة على المحور، يقتضي التناظر المحوري خطًا مستقيمًا على طول المحور \(z\). يمتد هذا الخط إلى اللانهاية في كلا الاتجاهين؛ وليست له نقطة نهاية محدودة. تتجه الأسهم على الخطوط الأخرى إلى الأعلى داخل التجويف وإلى الأسفل على امتداد أجزائها الخارجية الراجعة.

C.ii.

اكتب مساحة مقطع التجويف على الصورة

\[ A=\pi r^2. \]

بما أن \(l\gg r\)، فإن المجال في الوسط منتظم تقريبًا:

\[ B=\frac{\Phi}{A}. \]

إجهاد ماكسويل على طول المجال المغناطيسي إجهاد شد، ومقداره

\[ \sigma_\parallel=\frac{B^2}{2\mu_0}. \]

يعطي تكامل هذا الإجهاد على مقطع التجويف الأوسط قوة التجاذب بين النصفين:

\[ T\simeq\frac{B^2A}{2\mu_0} =\boxed{\frac{\Phi^2}{2\mu_0\pi r^2}}. \]

ينتج المجال الخارجي الراجع الضعيف تصحيحًا صغيرًا في حد الأنبوب الطويل.

يمكن أيضًا استنتاج النتيجة من الطاقة المغناطيسية. عند ثبات التدفق المحتجز والمقطع العرضي،

\[ U\simeq\frac{B^2}{2\mu_0}Al =\frac{\Phi^2l}{2\mu_0A}. \]

تتطلب زيادة طول الأنبوب شغلًا \(T\,dl=dU\)، مما يعطي قوة الشد نفسها.

C.iii.

عند مسافات كبيرة مقارنةً بنصف قطر الأنبوب، يتصرف التدفق الخارج من أحد الطرفين كمجال قطب مغناطيسي فعّال. شدته هي

\[ q_m=\frac{\Phi}{\mu_0}, \]

لأن مجاله الشعاعي هو

\[ B(s)=\frac{\mu_0q_m}{4\pi s^2} =\frac{\Phi}{4\pi s^2}. \]

هذه مصادر مكافئة للمجال الخارجي؛ ولا يلزم وجود أقطاب مغناطيسية أحادية فعلية. وللطرفين إشارتان متعاكستان.

مقدار القوة بين قطبين فعّالين من هذا النوع تفصل بينهما مسافة \(s\) هو

\[ \frac{\mu_0q_m^2}{4\pi s^2} =\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0s^2}. \]

ضع

\[ K=\frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0}. \]

بالنسبة إلى الأنبوبين ذوي المجالين المتعاكسين، يجب تضمين التفاعلات الأربعة جميعها بين الأطراف:

لكل زوج قطري، مقدار القوة هو \(K/(2l^2)\)، ومركبتها المستعرضة تساوي هذا المقدار مضروبًا في \(\cos45^\circ\). وتتلاشى مركبتاهما الرأسيتان.

لذلك،

\[ \boxed{ F\simeq \frac{\Phi^2}{4\pi\mu_0l^2} \left(2-\frac1{\sqrt2}\right) }. \]

القوة تجاذبية: تؤثر في اتجاه \(+y\) على الأنبوب الأول، وفي اتجاه \(-y\) على الثاني.

تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.