O to pytanie zapytał mnie student pierwszego stopnia. Myślę, że gdybyśmy usunęli cząsteczki powietrza wokół ołówka i schłodzili go do zera absolutnego, ołówek teoretycznie wyrównałby.
Mam rację?
TL; DR: istnieje wiele czynników, które uniemożliwiają idealnie wyważenie ołówka. Najważniejszą z nich jest zasada nieoznaczoności, która spowoduje, że ołówek przewróci się w mniej niż cztery sekundy. Aby uzyskać szczegółowe informacje, czytaj dalej ...
Krótka odpowiedź: NIE. Pierwszy foton światła, który w niego trafi, zakłóci twoją idealną równowagę. Siły pływowe Księżyca (które nie zawsze są skierowane w tym samym kierunku) mogłyby go zakłócić. Siły pływowe słońca mogłyby go zakłócić. Mógłbym kontynuować.
Równanie ruchu ołówka mówi nam, że gdy tylko oddalisz się od środka o najmniejszą wartość, ruch się zwiększy. Nie jest to stabilna równowaga.
A grafit nie może wytrzymać ciężaru ołówka na monoatomowo ostrej końcówce ... Według tego dostawcy wysokiej jakości grafitu, wytrzymałość wynosi około 25 ksi (~ 170 MPa - rysunek 5-2 z odniesienia). Najmniejszą końcówką, która może wytrzymać ciężar 0,05 N, byłby okrąg o promieniu 0,01 mm. To całkiem ostra końcówka jak na ołówek. To nie jest prawie „atomowe”.
Wreszcie, nawet przy zera absolutnego, zasada nieoznaczoności wymaga, aby położenie środka masy nie było dokładnie znane. (Wymagane mechanicznie kwantowo) fluktuacje położenia środka masy powinny być wystarczające, aby ostatecznie przewrócić ołówek.
AKTUALIZACJA - wpływ pojedynczego fotonu
Pouczające jest obliczenie, ile czasu zajmie upuszczenie ołówka przy danym odchyleniu od równowagi (zakładając przez chwilę doskonały punkt obrotu na dole - tj. jedyny przyłożony moment obrotowy jest spowodowany grawitacją). Pokazuję to tutaj dla ołówka, który został trafiony pojedynczym zielonym fotonem - a rezultatem jest zaskakująco krótki czas.
Modelowanie ołówka jako jednolitego pręta o masie $ m $, długości $ \ ell $, moment bezwładności $ I = \ frac {1} {3} m \ ell ^ 2 $, moment obrotowy $ \ Gamma $, gdy jest ustawiony pod kątem $ \ theta $ do pionu wynosi
$$ \ Gamma = \ frac12 mg \ ell \ sin \ theta $$
W przypadku małych ugięć, $ \ sin \ theta = \ theta $ i zastosujemy poniższe założenie. Wtedy równanie ruchu staje się
$$ I \ ddot \ theta = \ frac12 mg \ ell \ theta \\\ frac13 m \ ell ^ 2 \ ddot \ theta = \ frac12 mg \ ell \ theta \ ddot \ theta = \ frac {3 g} {2 \ ell} \ theta $$
To wygląda bardzo podobnie do równania prostego oscylatora harmonicznego, ale z niewłaściwym znakiem. Rzeczywiście otrzymujemy bardzo podobne rozwiązanie, ale z funkcjami hiperbolicznymi.
Umieszczając $ \ frac {3 g} {2 \ ell} = \ alpha ^ 2 $, możemy zintegrować to dwukrotnie, aby uzyskać
$$ \ theta = C_1 e ^ {\ alpha t} + C_2 e ^ {- \ alpha t} $$
Jeśli ołówek zaczyna się w równowadze, możemy ustawić $ \ theta = 0 $ przy $ t = 0 $, co redukuje powyższe do
$$ \ theta = 2C_1 \ sinh {\ alpha t} $$
Biorąc pod uwagę prędkość początkową $ v_0 $, widzimy, że
$$ v_0 = \ frac {\ ell} {2} \ dot \ theta = \ ell C_1 \ alpha \ cosh {\ alpha t} $$ so
$$ C_1 = \ frac {v_0} {\ ell \ alpha} = \ frac {v_0} {\ ell \ sqrt {3 g / 2 \ ell}} = \ frac {v_0} {\ sqrt {\ frac32 g \ ell}} $$
Teraz mamy wyrażenie na $ \ theta $, możemy rozwiązać z zadaną prędkością początkową:
$$ t = \ frac {1} {\ alpha} \ sinh ^ {- 1} \ frac {\ theta} {C_1} $$
$$ = \ sqrt {\ frac {2 \ ell} {3 g}} \ sinh ^ {-1} \ left (\ frac {\ theta \ sqrt {\ frac32 g \ ell}} {v_0} \ right) $$
Teraz zabawa. Załóżmy, że trafiliśmy w idealnie wyważony ołówek pojedynczym fotonem zielonego światła. Pęd takiego fotonu wynosi około
$$ p = \ frac {E} {c} = \ frac {h} {\ lambda} \ około 10 ^ {- 27} Ns $$
Załóżmy, że ołówek jest czarny, więc foton nie jest odbijany. Masa ołówka to około 0,005 kg, długość 20 cm. Prędkość ołówka po zderzeniu z fotonem jest z grubsza (tak, jest kilka czynników, które mogą uwzględniać wpływ offsetu itp. Ignoruję wszystkie - nie zmienia to podstawowej odpowiedzi):
$$ v_0 = \ frac {p} {m} = 2 \ cdot 10 ^ {- 25} m / s $$
Załóżmy, że „zdecydowanie spadający” odpowiada kątowi 0,5 stopnia, lub około 0,01 radu. Możemy umieścić wartości w powyższym równaniu i znaleźć t $ \ około $ 6 s.
Jeden foton. Sześć sekund. To szokująco krótki czas ... ale zaraz będzie gorzej:
AKTUALIZACJA 2 - znaczenie zasady nieoznaczoności
Jest również interesująca aby zobaczyć, ile czasu zajmie upadek ołówka przy początkowym odchyleniu od pionu - ponieważ możemy wtedy pozbyć się jednego fotonu i zastosować zasadę nieoznaczoności, aby oszacować maksymalny czas, w którym ołówek się wyrówna.
Jeśli środek masy jest oddalony o $ \ Delta x $, to kąt wynosi $ \ Delta \ theta = \ frac {2 \ Delta x} {\ ell} $.
Używając tego samego równania jak poprzednio, znajdujemy $ C_1 + C_2 = \ Delta \ theta $. Załóżmy, że prędkość początkowa wynosi zero - ponieważ „średnio” będzie, biorąc pod uwagę, że kierunek prędkości początkowej z równym prawdopodobieństwem będzie wskazywał z powrotem w kierunku równowagi i od niej - więc otrzymujemy $ C_1 = C_2 $, a rozwiązaniem jest funkcja $ \ cosh $:
$$ \ theta = 2 C_1 \ cosh (\ alpha t) $$
Gdzie $ C_1 = \ frac {\ Delta \ theta} { 2} = \ frac {\ Delta x} {\ ell} $.
Mamy teraz czas, aby upaść (czas osiągnąć pewne $ \ theta $) jako
$ $ t = \ frac {1} {\ alpha} \ cosh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell} {2 \ Delta x} \ right) $$
Równanie wyprowadziliśmy wcześniej, ponieważ czas potrzebny przy danej prędkości początkowej można przepisać jako
$$ t = \ frac {1} {\ alpha} \ sinh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v} \ right) $$
i wiemy, że
$$ \ Delta x \ Delta p = \ hbar $$
Oczywiście najdłuższy czas do osiągnięcia równowagi zostanie osiągnięty, gdy dwa czasy będą takie same - w przeciwnym razie jeden będzie dłuższy, a drugi krótszy, i dominować będzie czas krótszy. Aby rozwiązać, podstawiamy $ \ Delta x = \ frac {\ hbar} {m \ Delta v} $ i otrzymujemy
$$ \ cosh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell m \ Delta v} {\ hbar} \ right) = \ sinh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v} \ right) $$
Jeśli wyraz w nawiasach jest wystarczająco duży, to możemy (dla celów szacowania) ustawić
$$ \ frac {\ theta \ ell m \ Delta v} {\ hbar} = \ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v} $$
Z czego wynika, że
$$ \ Delta v = \ sqrt {\ frac {\ theta \ ell \ alpha \ hbar} {\ theta \ ell m}} = \ sqrt \ frac { {\ alpha \ hbar}} {m} $$
Podstawiając wartości ołówka, otrzymujemy
$$ \ Delta v = 4 \ cdot 10 ^ {- 16} m / s $$
, który jest o wiele rzędów wielkości większy niż prędkość spowodowana uderzeniem ołówka przez foton. Czas do upadku jest więc
$$ t = \ frac {1} {\ alpha} \ sinh ^ {- 1} \ left (\ frac {\ theta \ ell \ alpha} {\ Delta v } \ right) \ około 3,7 s $$
Więc idealnie wyważony, „teoretyczny” ołówek, który stoi na swojej monoatomowej końcówce, spada średnio w ciągu kilku sekund z powodu zasady nieoznaczoności.
AFTERWORD moja córka właśnie wskazała mi interesujący post, który oblicza to samo - i podaje bardzo podobną odpowiedź. Autor podpisuje się jako „Alemi”. Na tej stronie jest współtwórca z tym samym uchwytem. Myślę, że rozpoznaję styl procesu myślowego, więc zamierzam dać spóźnioną wskazówkę. Nawiasem mówiąc, ten post ma wartość około 3,6 sekundy. Co jest zadziwiająco podobne do wartości, jaką uzyskałem.
Nie. Aby idealnie zrównoważyć ołówek, musiałby być idealnie wyprostowany i nieruchomy. Zasada nieoznaczoności ogranicza to, jak dobrze możesz robić obie te rzeczy jednocześnie.
Pęd i pozycja tworzą parę sprzężoną. $ \ Delta x \ Delta p \ geq \ hbar $.
Moment pędu i położenie kątowe również tworzą jedno. $ \ Delta L \ Delta \ Theta \ geq \ hbar $
Nie gwarantuje to, że moment pędu i położenie kątowe będą niezerowe. To niepewność - rzeczywiste wartości mogą być dowolne, łącznie z 0.
Ale nie pozwala to na ułożenie ich obu tak, aby ołówek pozostał pionowo. Ponadto, jeśli zapytasz, jakie jest prawdopodobieństwo znalezienia obu wartości bardzo bliskich zeru, okaże się, że jest ono bardzo małe. W granicach, nieskończenie nieprawdopodobne.
Jeśli okaże się, że $ L = \ Theta = \ sqrt {\ hbar} $ i podasz rozsądne wartości masy i długości ołówka, zauważysz, że przewróci się za kilka sekundy.
Czekałem do weekendu, aby dodać aktualizację. Zanim się tu dostał, Floris zostawił bardzo niewiele do dodania. I wykonał lepszą robotę niż ja. Dobre odpowiedzi.
Wielu użytkowników uważało, że idealny ołówek naostrzony do atomowej końcówki nie jest realistyczny. Ołówek powinien mieć płaski spód.
Osobiście uważam, że ołówek powinien być zamontowany na jednym z tych bezmasowych, pozbawionych tarcia kół pasowych, które wydają się być tak powszechne w szkołach fizyki.
Niemniej jednak ołówek z płaską powierzchnią można traktować półklasycznie. Ze względu na zasadę niepewności ołówek ma początkowy pęd, a zatem energię początkową. Spowoduje to przewrócenie się ołówka. To z kolei spowoduje obrót ołówka wokół krawędzi płaskiej powierzchni. Środek masy będzie się podnosił, aż znajdzie się bezpośrednio nad krawędzią mieszkania. Jeśli początkowa energia „niepewności” jest większa niż energia potrzebna do podniesienia środka masy, ołówek przewróci się.
Obróbka mechaniki kwantowej potraktuje obszar, w którym środek masy znajduje się nad wnętrzem mieszkania, jako potencjalną studnię. Istnieje prawdopodobieństwo wyjścia z tunelu.
Oba te scenariusze są szczegółowo omówione (z diagramami na wypadek, gdyby mój opis był niejasny) tutaj. Odnalazłem ten link, podążając za „interesującym postem Florisa, który oblicza to samo”. Ten post miał kilka komentarzy na dole. Ostatni komentarz zawiera link.
Nie. Waga ołówka wynosi około 1 niutona, a powierzchnia to około 500 pikometrów kwadratowych (5 * 10 -22 ), co oznacza, że nacisk na końcówkę wynosi około 2 ZettaPascal. To trochę więcej niż może wytrzymać grafit (lub diament) (mierzone w gigapaskalach)
Pytanie jest tak niejednoznaczne, że pozwala na zdecydowane tak . Dzieje się tak, ponieważ „równowaga” nie jest zdefiniowana, ani nie są zdefiniowane wymiary i materiał użyty do wykonania ołówka, ani miejsce, w którym ma nastąpić „wyważenie”.
Materiał i kształt powierzchni, na której ma być wykonany ołówek włączone, nie są określone, ani czas, przez jaki powinien pozostać zrównoważony. Tak więc, jeśli użyjesz „ołówka” z tytanową końcówką na planecie / księżycu o sile grawitacyjnej 1/10 000 ziemi bez atmosfery, na powierzchni wykonanej z „komplementarnego” materiału, tak że cząsteczka tytanu „zmieści się” w „dziura” utworzona przez otaczające, komplementarne cząsteczki, wtedy „wyważenie” „ołówka” będzie bardzo proste.
Nie. Po pierwsze, czubek ołówka na ogół nie jest wystarczająco ostry, aby mieć tylko jeden atom. Ludzie próbują zrobić tego rodzaju wskazówkę w STM. Nawet jeśli jakimś cudem udało Ci się uzyskać dostateczną ostrość, grafit jest tak miękki, że ołówek zmiażdży końcówkę. Nie pozostanie szeroki na jeden atom. Nie ma więc sposobu, aby zrównoważyć ołówek na jednym atomie, ponieważ nie ma końcówki pojedynczego atomu.
Po drugie, nawet jeśli uzyskasz końcówkę o szerokości kilku atomów, niemożliwe jest wykonanie idealnie symetrycznego ołówek. Istnieje kilka sposobów wprowadzenia tej asymetrii. Podczas ostrzenia ołówka następuje punkt, w którym drewno tworzy strukturę przypominającą schodek (w miejscu, w którym znajdowało się ostrze, gdy przestałeś ostrzyć), powodując asymetrię struktury. Jeśli użyłeś maszyny CNC do jej wyostrzenia, to będziesz musiał pomyśleć o tym, czy farba została naniesiona idealnie, czy rdzeń grafitowy ma jednolitą gęstość i co ważniejsze, czy drewno ma absolutnie jednolite. Zwykle można rozpoznać dwa rodzaje drewna ołówkiem po prostu patrząc na różnicę kolorów.
Krótko mówiąc, „teoretycznie” w tym przypadku nie da się osiągnąć po prostu przez schłodzenie wszystkiego do zera i wytworzenie próżni. Poziom wykończenia, którego będzie wymagał sam ołówek, jest zbyt wysoki, aby nawet nazwać go ołówkiem.
OBRÓĆ SIĘ , z maksymalną możliwą prędkością obrotową dla tak masywnego obiektu. Przeprowadź eksperyment na ISS, wysoko nad powierzchnią Ziemi.
Oddziel problem od kwestii „powierzchni”. Usuń „powierzchnię” poniżej końcówki atomu - gdzie jest poniżej bez grawitacji? - lub przybliż powierzchnię tak bardzo, jak tylko możesz, ale bez kontaktu (chmura elektroniczna atomu temu przeszkadza, więc definicja „kontaktu” jest rozsądna, czyli zastąpienie przeniesieniem pędu).
Ziemia nie jest idealnie jednorodną kulą a eksperyment jest wrażliwy na te zmiany. Więc przenieś eksperyment na orbitę geostacjonarną .
Mogę użyć zestawu kontrolowanych laserów impulsowych, aby obrócić ołówek, jednocześnie wybrałem wyrównanie osi obrotu ze środkiem Ziemi .
Potrafię użyć lewitacji magnetycznej ( efekt Meissnera - wideo), aby przeciwdziałać i automatycznie kontrolować każdą zmianę orientacji.
Nie mogę dokonać rzeczywistych obliczeń czasu, w którym układ pozostaje w rotacji - zależy to od maksymalnych obrotów - ale spodziewam się bardzo długiego czasu, może kilka lat , o ile płyn pozostaje zamknięty (patrz Herschel los obserwatorium kosmicznego). Inne odpowiedzi dotyczą sekund?
Przetłumaczyłem OP teoretycznie na: najlepsza fizyczna korzystna konfiguracja.
Pozwól, że będę pierwszą, która odpowie „tak” (mniej więcej).
Jak to się mówi:
W teorii nie ma różnicy między teorią a ćwiczyć. W praktyce jest.
To, do czego dochodzę, to to, że zawsze będą istnieć różnice między teorią a praktyką i że fizyk decyduje, które założenia / uproszczenia są odpowiednie a które nie.
Dlatego jeśli teoretycznie opisujesz swój ołówek w wystarczająco prosty sposób, np. mechanika klasyczna, próżnia, brak wpływów zewnętrznych, ... to tak, w tej teorii będziesz w stanie wyważyć ołówek na jego czubku.
Jednak biorąc pod uwagę, że już rozważasz naturę atomową materii jako ważnego elementu teorii, jest prawdopodobne, że inne efekty, które przedstawili moi koledzy i które spowodują, że ołówek spadnie, również nie będą bez znaczenia. Dlatego w tych teoriach niemożliwe jest wyważenie ołówka na jego czubku.
Edycja: Myślę, że prawdziwym problemem może być to, że „teoretycznie” jest w najlepszym przypadku słabo zdefiniowane, aw najgorszym całkowicie bezsensowne. Widzę dwie interpretacje:
Gdyby ołówek miał absolutne zero, musiałby przyjąć najniższy stan energetyczny, który nie jest stanem pionowym.
Gdyby ołówek był modelowany jako wirnik kwantowy z nieskończoną barierą potencjału pokrywającą połowę jego przestrzeń pod kątem stałym (tj. stół) to z pewnością są stany wzbudzone, ale stabilne, w których ołówek pozostaje w pozycji mniej więcej pionowej.
Gdyby nie słowo theoretically, na pytanie można by odpowiedzieć po prostu, że praktycznie nie da się zrównoważyć takiego ołówka. Końcówka kruszyłaby się pod naciskiem. Jest z natury niestabilny i przewróci się w ciągu kilku sekund z powodu prądów powietrza, wibracji, ruchów Browna i uderzenia pojedynczego fotonu. Itp itp.
Kiedy mówisz teoretycznie , co masz na myśli theory? Pierwotny kontekst pytania, jak opublikowano, brzmiał: Newtonian Mechanics. Tagi dla QM i zasady niepewności zostały dodane później przez innych, bez edytowania samego pytania w celu usunięcia niejasności.
Jak już wspomniano, pytanie jest sprzeczne i niejasne. Pyta theoretically, czy ołówek może balansować na jednej atomowej końcówce. Ale potem wspomina o środkach ostrożności practical, aby uniknąć rzeczywistych zakłóceń, takich jak prądy powietrza i (prawdopodobnie) wibracje termiczne ołówka. Atomy i wibracje termiczne są częścią fizyki klasycznej, ale nie są częścią mechaniki newtonowskiej, więc co w tym kontekście oznacza końcówka jednego atomu ?
Kolejną trudnością jest to, że nie ma definicji tego, co oznacza ołówek do balance. Byłby wysoce niestabilny, nawet gdyby końcówka była stępionym stożkiem o średnicy jednego atomu. Jednak teoretycznie możemy ustawić ołówek z wystarczającą dokładnością, tak że przewrócenie się zajęłoby dowolnie długi czas (np. Wiek wszechświata). (Wymagana dokładność pozycji byłaby o rząd wielkości mniejsza niż długość Plancka, ale nie jest to zastrzeżenie nieodłącznie związane z teoretycznym modelem mechaniki Newtona). I odwrotnie, jeśli zrównoważony oznacza, że ołówek nie zaczął się przewracać, to nigdy nie jest zrównoważony . W teorii zawsze się przewraca.
Zgadzam się więc z Guillem, że theoretically i przy odpowiedniej definicji zrównoważonej , ołówek można wyważyć.
Zgadzam się również z Danielem Sankiem, że stosowanie zasady Uncertainty do obliczenia maksymalnego czasu wynoszącego około 3 s, przez który ołówek może pozostać „wyważony”, jest mylące. Ponieważ jest to zbliżone do czasów osiągniętych w praktyce, daje fałszywe wrażenie, że ołówek upada z powodu mechaniki kwantowej, tak jak w tej odpowiedzi na Wyjaśnij, dlaczego zachowania kwantowe nie są obserwowane w życiu codziennym. Jak wyjaśnia Floris, każde małe odchylenie od idealnej równowagi da podobny wynik.
Peter Lynch (University College Dublin) pokazał w artykule Balancing a Pencil on its Point, maj 2014 r., że ołówek spada w czasie 3,72 s, jeśli do określenia początkowej niepewności zostanie użyta zasada niepewności w jego położeniu i w 2,51 s, jeśli niepewność położenia jest arbitralnie wybrana jako atom o szerokości 1. Stwierdza, że „przewrócenie się nie jest efektem kwantowym”. Dowolna rozsądnie mała wartość niepewności - czy to 0,1 mm, 0,1 nm czy 0,1 fm - daje czas około 2-3 sekund. Zasada nieoznaczoności wyznacza górną granicę czasu, ale nie jest to praktyczna przyczyna przewrócenia się.
W artykule Ołówek mechaniczny kwantowy - przestroga dla nauczycieli fizyki, Don Easton ze Stony Brook University używa zasady nieoznaczoności do oszacowania maksymalnego czasu, przez jaki COM ołówka może pozostać w swoim atomie o wielkości podstawy około 10 ^ {12} $ s - czyli około 1 miliona lat. W innym obliczeniu szacuje tę samą wartość czasu potrzebnego ołówkowi na wydobycie tunelu z potencjalnej studni. Dopiero gdy używany jest model ołówka z odwróconym wahadłem - z jego wykładniczą niestabilnością - odpowiedź wydaje się wynosić około 3s.
oto krótka prosta odpowiedź: hamiltonian ołówka można przybliżyć za pomocą odwróconego oscylatora harmonicznego w pobliżu równowagi (parabola skierowana w dół). To łatwe ćwiczenie do rozwiązania.