Эстонская, 2016/17, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Энергия, потерянная на трение, зависит от пройденного пути и наклона, а выигрыш потенциальной энергии — от изменения высоты. Найдите кинетическую энергию в конце склона, затем путь по горизонтали до остановки.

Ответ

Длина горки \(\dfrac{h}{\sin\alpha}+s+l\approx47{,}2\) м (на горизонтальной земле \(l\approx21{,}4\) м).

Решение

Энергия, потраченная на трение, зависит от пройденного пути и его наклона, а разность потенциальных энергий — от изменения высоты. На первом участке высвобождается потенциальная энергия \(E_1=mgh\), а на движение под действием силы трения теряется энергия \(A_1=\mu\cdot mg\cos\alpha\cdot\dfrac{h}{\sin\alpha}=\mu mgh\,\mathrm{ctg}\,\alpha\). На втором участке высвобождается потенциальная энергия \(E_2=mgs\sin\beta\), а из-за трения теряется энергия \(A_2=\mu\cdot mg\cos\beta\cdot s=\mu mgs\cos\beta\). Поэтому к концу склона у санника остаётся кинетическая энергия \[\Delta E=E_1-A_1+E_2-A_2=mgh(1-\mu\,\mathrm{ctg}\,\alpha)+mgs(\sin\beta-\mu\cos\beta)=787{,}4\text{ Дж}.\] На ровной земле потенциальная энергия больше не высвобождается, а кинетическая убывает из-за трения. Санки скользят по ровной земле \[l=\frac{\Delta E}{F_{\text{тр}}}=\frac{\Delta E}{\mu mg}=21{,}4\text{ м}.\] Следовательно, полная длина масленичной горки равна \[\frac{h}{\sin\alpha}+s+l=47{,}2\text{ м}.\]

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

Подсказка

Рассмотрите полуоборот педали: работа вертикальной силы равна \(mg\) на вертикальное смещение педали в неподвижной системе, а оно складывается из движения вниз относительно велосипеда и подъёма вместе с велосипедом.

Ответ

\(\alpha=\arcsin\dfrac{2mr_1r_3}{(M+2m)\pi r_2r_4}\).

Решение

Рассмотрим процесс за половину оборота педали. За это время педаль, на которую велосипедист действует силой, движется в системе отсчёта велосипеда сверху вниз. В так называемой лабораторной системе отсчёта педаль движется ещё и вверх по склону, потому что велосипед продвинулся вперёд, но нужно учесть, что сила горизонтальна и работу при нажатии на педаль надо находить через горизонтальное смещение педали в лабораторной системе отсчёта.

Расстояние, пройденное велосипедом вдоль склона через передачи кривошипного механизма за половину оборота педали, равно \(l=\dfrac{\pi r_2r_4}{r_3}\). Центр вращения педали неподвижен относительно центра масс и поднимается в горизонтальном направлении на \(h_1=l\sin\alpha\). При нажатии на педаль её горизонтальное смещение в лабораторной системе отсчёта, таким образом, равно \(h_2=2r_1-h_1\). Значит, работа велосипедиста за время процесса равна \(A=mgh_2\). Эта работа должна компенсировать рост потенциальной энергии центра масс \(\Delta E_P=(M+m)gh_1\), чтобы скорость оставалась постоянной. Получаем уравнение: \[mgh_2=(M+m)gh_1.\] Подставляя величины и решая уравнение, получаем \[\alpha=\arcsin\left(\frac{2mr_1r_3}{(M+2m)\pi r_2r_4}\right).\]

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

Подсказка

Углы малы, поэтому закон преломления линеен по углам. Компоненты разделятся полностью, когда расстояние между центрами пучков сравняется с диаметром луча.

Ответ

\(l=\dfrac{d}{(n_1-n_2)\varphi}\approx1{,}4\) м.

Решение

Компоненты разного цвета полностью разделены в том случае, если расстояние между центрами выходящих из пластины лазерных лучей на дистанции \(l\) становится равным диаметру луча. По условию задачи все углы малы, так что в законе преломления \(n_\alpha\sin\alpha=n_\beta\sin\beta\) можно принять \(\sin\alpha\approx\alpha\) и \(\sin\beta\approx\beta\) (где \(\alpha\) и \(\beta\) измеряются в радианах). Следовательно, связь между углами становится линейной: \(n_\alpha\alpha\approx n_\beta\beta\). Поэтому для нахождения окончательного ответа не важен и точный угол падения света на стеклянную пластину (при условии, что этот угол \(\ll1\)). В данной задаче свет падает на первую поверхность перпендикулярно. Тогда угол падения на вторую поверхность (\(\alpha\)) равен углу \(\varphi\), а угол преломления соответственно \(\beta=n\alpha=n\varphi\), где \(n\) — показатель преломления стекла. Разность направлений компонент равна \(\Delta\beta=\Delta n\,\varphi=(n_1-n_2)\varphi\). Поскольку угол \(\Delta\beta\) мал, расстояние между центрами лучей равно \(\Delta\beta\,l\), когда они находятся на расстоянии \(l\) от второй поверхности пластины. Чтобы они полностью разделились, должно выполняться \[l\,\Delta\beta=l(n_1-n_2)\varphi=d,\] откуда получаем \[l=\frac{d}{(n_1-n_2)\varphi}=1{,}4\text{ м}.\]

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

Подсказка

Дальность броска при оптимальном угле обратно пропорциональна ускорению. Найдите результирующую силу, учтя силу Архимеда и вес газа внутри мяча.

Ответ

В \(\dfrac{m}{m-(\rho_0-\rho_{\text{He}})V}\) раз, где \(V=\dfrac43\pi\left(\dfrac D2\right)^3\).

Решение

Если начальная скорость мяча \(v\), то вертикальная и горизонтальная составляющие скорости равны \(v\sin\varphi\) и \(v\cos\varphi\). Мяч движется по параболе, и по прошествии половины времени полёта вертикальная составляющая скорости равна нулю. Поскольку ускорение \(a\) постоянно, \(t/2=v\sin\varphi/a\), откуда \(t=2v\sin\varphi/a\). Горизонтальная скорость не меняется, и поэтому пройденное по горизонтали расстояние находим так: \[L=v\cos\varphi\,t=\frac{v^2}{a}\cdot2\cos\varphi\sin\varphi.\]

Дальше всего мяч можно бросить в обоих случаях при угле броска 45 градусов. Значит, угол в случае двух мячей не меняется, и важно то, что дальность обратно пропорциональна ускорению: \[L\propto1/a.\] Надо учесть, что помимо силы тяжести самого мяча на мяч действует ещё и выталкивающая сила, а также следует учесть силу тяжести газа внутри мяча, так что ускорения, действующие на два мяча, различны. Так как оболочка баскетбольного мяча тонкая, объём газа внутри мяча \(V=\dfrac43\pi\left(\dfrac D2\right)^3\). Суммарные силы, действующие на мячи, в двух случаях равны \[\begin{align*} F_{\text{возд}}&=\rho_0Vg-(m+\rho_0V)g=-mg,\\ F_{\text{He}}&=\rho_0Vg-(m+\rho_{\text{He}}V)g=-mg+(\rho_0-\rho_{\text{He}})Vg. \end{align*}\] Так как силы пропорциональны ускорениям, отношение сил равно и отношению ускорений: \[\frac{a_{\text{возд}}}{a_{\text{He}}}=\frac{F_{\text{возд}}}{F_{\text{He}}}=\frac{mg}{mg-(\rho_0-\rho_{\text{He}})Vg}.\] Так как дальность броска пропорциональна обратной величине ускорения (\(L\propto1/a\)), для отношения дальностей получаем \[\frac{L_{\text{He}}}{L_{\text{возд}}}=\frac{a_{\text{возд}}}{a_{\text{He}}}=\frac{mg}{mg-(\rho_0-\rho_{\text{He}})Vg}=1+\frac{(\rho_0-\rho_{\text{He}})V}{m-(\rho_0-\rho_{\text{He}})V}.\] Следовательно, мяч, наполненный гелием, можно бросить в \(\dfrac{m}{m-(\rho_0-\rho_{\text{He}})V}\) раз дальше.

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

Подсказка

Ускорение пассажира складывается из трёх взаимно перпендикулярных: свободного падения, тангенциального и центростремительного. Скорость в середине участка найдите из формулы пути при равнозамедленном движении.

Ответ

\(m=\dfrac Pa\), \(a=\sqrt{g^2+a_t^2+a_r^2}\), где \(a_t=\dfrac{2(\alpha-1)s}{(\alpha+1)t^2}\), \(a_r=\dfrac{2s\varphi}{(\alpha+1)^2t^2}\,(\alpha^2+1)\); \(m\approx85{,}6\) кг.

Решение

На пассажира действуют три взаимно перпендикулярных ускорения: ускорение свободного падения, центростремительное ускорение и линейное (тангенциальное) ускорение. Найдём сначала, чему равно ускорение поезда в направлении движения. Пусть начальная скорость поезда \(v_a\), а конечная \(v_l\). Тогда \(v_a/v_l=\alpha\Rightarrow v_a=\alpha v_l\). Так как скорость меняется равномерно (линейно), средняя скорость выражается как частное от деления длины пути на время, а также как среднее арифметическое начальной и конечной скоростей: \[\frac{v_a+v_l}{2}=\frac{(\alpha+1)v_l}{2}=\frac st\quad\Rightarrow\quad v_l=\frac{2s}{(\alpha+1)t}.\] Ускорение в направлении движения равно \[a_t=\frac{v_a-v_l}{t}=\frac{(\alpha-1)v_l}{t}=\frac{2(\alpha-1)s}{(\alpha+1)t^2}.\] Далее исследуем центростремительное ускорение. Для этого нужно найти радиус траектории, который для окружности равен \(r=s/\varphi\), так как изменение направления движения равно пройденному по окружности углу. Найдём скорость \(v_k\) в середине траектории. Для этого воспользуемся общей формулой для равномерно ускоренного (замедленного) движения \(d=(v_2^2-v_1^2)/(2a)\), которая в нашем случае принимает вид \[\frac s2=\frac{v_a^2-v_k^2}{2a_t}.\] Из неё выражаем \[v_k=\sqrt{v_a^2-a_ts}=\sqrt{\left(\frac{2\alpha s}{(\alpha+1)t}\right)^2-\frac{2(\alpha-1)s^2}{(\alpha+1)t^2}}=\sqrt{\frac{4\alpha^2s^2-2(\alpha-1)(\alpha+1)s^2}{(\alpha+1)^2t^2}}=\frac{s}{(\alpha+1)t}\sqrt{2\alpha^2+2}.\] Поэтому центростремительное ускорение равно \[a_r=\frac{v_k^2}{r}=\frac{v_k^2\varphi}{s}=\frac{2s\varphi}{(\alpha+1)^2t^2}\,[\alpha^2+1].\] Последнее ускорение — ускорение свободного падения, обозначим его \(g\). Так как все ускорения перпендикулярны, для нахождения результирующего ускорения нужно сложить квадраты ускорений и извлечь из суммы квадратный корень: \[a=\sqrt{g^2+a_t^2+a_r^2}=\sqrt{g^2+\left(\frac{2(\alpha-1)s}{(\alpha+1)t^2}\right)^2+\left(\frac{2s\varphi}{(\alpha+1)^2t^2}\,[\alpha^2+1]\right)^2}.\] Между весом и массой выполняется соотношение \[P=ma\ \Rightarrow\ m=\frac Pa.\] Если подставить в формулу данные значения, получим ускорение пассажира \(a\approx9{,}81\) м/с\(^2\) и массу \(m\approx85{,}6\) кг.

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

Подсказка

Идеальный амперметр заменяется проводом, идеальный вольтметр убирается; после этого схема сводится к параллельным и последовательным соединениям.

Ответ

Амперметр показывает \(1\) А, вольтметр — \(5\) В.

Решение

Нарисуем упрощённую схему, учитывая, что амперметр и вольтметр идеальны. Это означает, что амперметр можно заменить проводом, а вольтметр просто убрать. Обозначим узлы новой схемы буквами: P — положительная клемма батареи; M — отрицательная клемма батареи; A — место амперметра; V — нижняя клемма вольтметра. Резисторы обозначим цифрами от одного до пяти, двигаясь по часовой стрелке и начиная с резистора справа от верхней вершины пятиугольника. Результат показан на рисунке со схемой.

Из закона токов Кирхгофа следует, что ток через амперметр равен разности токов резисторов 4 и 5, потому что та часть тока, которая прошла через резистор 4, но не прошла через резистор 5, должна была пройти через амперметр. Показание вольтметра равно напряжению между клеммами M и V. В схеме резисторы 1 и 5 соединены параллельно, поэтому их общее сопротивление \(\frac12\,\Omega\). Резистор 4 соединён параллельно с последовательным соединением резисторов 2 и 3, поэтому их сопротивление равно \[\frac{1}{\frac11\Omega+\frac12\Omega}=\frac23\,\Omega.\] Общее сопротивление всей схемы поэтому равно \(R_K=\left(\frac12+\frac23\right)\Omega=\frac76\,\Omega\), общий ток \(I=\mathcal E/R_K=6\) А. Через резисторы 1 и 5 идёт одинаковый ток, поэтому ток резистора 5 равен \(I_5=\frac12I=3\) А, а падение напряжения на нём 3 В. Значит, между точками A и P напряжение 4 В, и ток через резистор 4 равен \(I_4=\dfrac{4\text{ В}}{1\,\Omega}=4\) А. Показание амперметра поэтому равно \(I_4-I_5=1\) А.

Напряжение между M и V меньше напряжения батареи на напряжение резистора 3. Так как между точками A и P напряжение было 4 В, и резисторы 2 и 3 одинаковы и соединены последовательно, напряжение на резисторе 3 равно 2 В. Это даёт для напряжения вольтметра \(7\text{ В}-2\text{ В}=5\) В.

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

Подсказка

Запишите баланс энергии: работа Юку над газом минус работа газа против внешнего давления равна изменению внутренней энергии; работы выражаются через \(pV\) и \(p_0V_2\).

Ответ

Температура не изменилась: \(T_2=T\).

Решение

Перед открытием клапана температура воздуха была \(T\), а давление воздуха \(p\). Кроме того, обозначим, что объём воздуха перед открытием клапана был \(V\), а число молей \(n\). Тогда тепловая энергия газа была \(E_1=c_VnT\). Если площадь поршня \(S\), а амплитуда движения поршня \(L\), то Юку, нажимая с постоянной силой \(F\) до конца вниз, совершает работу \[A_1=FL=\frac FS\,SL=pV.\] Аналогично в более общем виде выполняется \(\Delta A=p\,\Delta V\). Пусть после наполнения шарика объём шарика \(V_2\), а температура газа в нём \(T_2\). Так как натяжение резины шарика мы считали пренебрежимо малым, давление внутри шарика всё время равно внешнему давлению \(p_0\) (за исключением мест непосредственно у клапана, откуда втекает воздух и где давление меняется при прохождении через клапан, но мы рассматриваем давление вдали от клапана, у поверхности шарика). Чтобы отодвинуть воздух, находящийся вне шарика, находящийся в шарике газ совершает работу \(A_2=p_0V_2\), учитывая, что давление у стенок шарика постоянно равно внешнему давлению \(p_0\). В конечном состоянии тепловая энергия в наполненном шарике \(E_2=c_VnT_2\). По закону сохранения энергии разность тепловых энергий должна равняться суммарной работе: \[E_2-E_1=A_1-A_2\quad\to\quad c_VnT_2-c_VnT=pV-p_0V_2.\] Знаки работ мы выбрали, учитывая, что совершённая Юку работа \(A_1\) добавила газу тепловой энергии, а сам газ совершил работу \(A_2\), которая тепловой энергии отняла. И в начальном, и в конечном состоянии выполняется закон идеального газа, соответственно \(pV=nRT\) и \(p_0V_2=nRT_2\). С их помощью из закона сохранения энергии можно записать \[c_VnT_2-c_VnT=nRT-nRT_2\quad\to\quad n(c_V+R)(T_2-T)=0.\] Из последнего соотношения получаем \(T_2=T\). Температура воздуха не изменилась.

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

Подсказка

Обратите ход лучей: предмет на месте светочувствительного элемента, изображение — в бесконечности. Рассеивающая линза даёт мнимое изображение, которое собирающая линза переводит в бесконечность; угол обзора сохраняется при равенстве \(h'/f_2=h/f\).

Ответ

\(f_1=\dfrac{f_2f(L_m-f_2)}{(f-f_2)^2}\approx1{,}39\) см, \(d=\dfrac{f_2(f-L_m)}{f-f_2}\approx1{,}91\) см.

Решение

Ясно, что поскольку северное сияние находится далеко, для получения чёткого изображения светочувствительный элемент должен находиться в фокусе первоначальной линзы, то есть на расстоянии \(f=14\) см. Так как луч, проходящий через центр линзы, не меняет направления, первоначальный угол обзора равен \(2\alpha=2\arctan(h/f)\).

На рисунке изображена схема компактной камеры. Для простоты рассмотрим ситуацию наоборот: наблюдаемый предмет находится на месте светочувствительного элемента, а изображение строится в бесконечности (принцип обратимости лучей). Рассеивающая линза, расположенная на расстоянии \(d\) от собирающей линзы, создаёт из предмета \(A\) мнимое изображение \(A'\). Это мнимое изображение рассматривается собирающей линзой, которая строит из него изображение в бесконечности. Можно записать следующие уравнения: \[\begin{align} \frac1{k_1}-\frac1{a_1}&=\frac1{f_1},\\ k_1+d&=f_2,\\ a_1+d&=L_m. \end{align}\] Первое из них находит положение мнимого изображения, создаваемого рассеивающей линзой. Второе уравнение гарантирует, что собирающая линза строит из него изображение в бесконечности. Третье уравнение обеспечивает компактность всей системы. Кроме приведённых уравнений, необходимо сохранить и первоначальный угол обзора камеры. Для этого замечаем, что изображённый на рисунке угол \(\angle A'O_2F_2=\alpha\). Поэтому можно записать \[\frac{h'}{f_2}=\frac hf, \tag{2}\] где \(h'\) обозначает высоту изображения \(A'\), которую можно найти из подобия треугольников \(OAO_1\) и \(F_2A'O_1\): \[h'=h\,\frac{k_1}{a_1}. \tag{3}\] Решая возникшую из уравнений (1)–(5) систему, получаем \[\begin{align} f_1&=\frac{f_2f(L_m-f_2)}{(f-f_2)^2}\approx1{,}39\text{ см},\\ d&=\frac{f_2(f-L_m)}{f-f_2}\approx1{,}91\text{ см}. \end{align}\]

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

Подсказка

На каждую проволоку действуют три силы: горизонтальная сила в точке соединения, нормальная реакция цилиндра и сила тяжести; их линии действия пересекаются в одной точке. Для устойчивости центр масс должен лежать ниже оси цилиндра при повороте крыши как целого.

Ответ

а) \(R=\dfrac L2\,\dfrac{\sin^3(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)}\); б) \(\alpha<\pi/2\).

Решение

В точке контакта двух проволок \(A\) (см. рисунок ниже) проволоки в силу симметрии и третьего закона Ньютона действуют друг на друга горизонтальными противоположно направленными силами; в точке касания проволоки и цилиндра \(B\) на проволоку действует сила давления, перпендикулярная проволоке и потому её продолжение проходит через ось цилиндра \(Q\). Сила тяжести приложена в середине проволоки \(C\). Так как проволока находится в равновесии и на неё действуют силы в трёх точках, продолжения этих сил должны пересекаться в одной точке \(O\) (иначе относительно точки пересечения двух сил третья сила действовала бы на проволоку с отличным от нуля моментом, и проволока начала бы двигаться). Итак,

проведённая из точки \(A\) горизонталь, проведённая из точки \(C\) вертикаль и продолжение прямой \(QB\) должны все пересекаться в одной точке. Замечаем, что \(\angle ACO=\alpha/2\) и \(\angle AOB=\alpha/2\), поэтому \[\begin{align*} |AO|&=|AC|\sin(\alpha/2)=(L/2)\sin(\alpha/2),\\ |AB|&=|AO|\sin(\alpha/2)=(L/2)\sin^2(\alpha/2) \end{align*}\] и \[R=|QB|=|AB|\tan(\alpha/2)=(L/2)\,\sin^3(\alpha/2)/\cos(\alpha/2).\] При анализе устойчивости замечаем, что если «крыша» поворачивается как целое, то центр масс движется по окружности, и вопрос только в том, выше он или ниже оси цилиндра \(Q\); в последнем случае центр масс в начальном положении находится в самой низкой позиции и система устойчива. Следовательно, условием устойчивости является \[|AQ|<|AC|\cos(\alpha/2).\] Если подставить в это неравенство \[|AQ|=|AB|/\cos(\alpha/2)=(L/2)\sin^2(\alpha/2)/\cos(\alpha/2)\] и \[|AC|\cos(\alpha/2)=(L/2)\cos(\alpha/2),\] то получим \(\sin^2(\alpha/2)<\cos^2(\alpha/2)\). Так как для «крыши» должно выполняться \(0<\frac\alpha2<90^\circ\), то и синус, и косинус положительны, и можно извлечь квадратный корень из обеих частей. Получаем условие \(\sin(\alpha/2)<\cos(\alpha/2)\), которое выполняется при \(\alpha<\pi/2\). Замечаем, что последнее условие можно представить разными способами, используя связь между \(R\), \(L\) и \(\alpha\).

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

Подсказка

Электроны, движущиеся в плоскости \(x\)–\(y\), описывают окружности радиуса \(R=mv/(Be)\); крайние точки пятна по \(y\) получаются поворотом окружности вокруг источника. По оси \(z\) дальше всех уходит электрон, чья винтовая траектория касается экрана.

Ответ

Диаметр пятна вдоль \(y\): \(L=\sqrt{\dfrac{2amv}{Be}-a^2}+\sqrt{4\left(\dfrac{mv}{Be}\right)^2-a^2}\); вдоль \(z\): \(\pi\sqrt{\left(\dfrac{2mv}{Be}\right)^2-a^2}\); наибольшая яркость — при максимальном \(y\): \(y=\sqrt{4\left(\dfrac{mv}{Be}\right)^2-a^2}\).

Решение

Для нахождения максимального диаметра вдоль оси \(y\) рассмотрим частицы, которые движутся в плоскости \(x\)–\(y\). В таком случае траекторией электрона является окружность, потому что действующая со стороны магнитного поля сила \(F=evB\) постоянна по величине и всё время перпендикулярна скорости. Если бы у электрона была ещё и составляющая вдоль \(z\), то траекторией была бы винтовая линия, радиус которой был бы меньше, и поэтому диаметр вдоль \(y\) получился бы меньше. Радиус находим, приравнивая действующую со стороны магнитного поля силу центростремительной: \[\frac{mv^2}{R}=evB\quad\Rightarrow\quad R=\frac{mv}{Be}.\] Все электроны в этой плоскости движутся по окружностям одного радиуса, и траектории электронов, движущихся под разными углами, можно найти простым поворотом этой окружности вокруг точки \(O\). Дальше всего в положительном направлении оси \(y\) электрон попадает тогда, когда при ударе об экран он находится как можно дальше от начальной точки, то есть прошёл ровно половину дуги окружности, см. рисунок:

Так как экран находится на расстоянии \(a\) от источника электронов, по теореме Пифагора получаем для максимального значения \(y\) пятна \[b=\sqrt{4R^2-a^2}=\sqrt{4\left(\frac{mv}{Be}\right)^2-a^2}.\] Отсюда видно, что меньшему \(R\) соответствует меньший диаметр и максимальный диаметр вдоль оси \(y\) действительно получается тогда, когда частица движется в плоскости \(x\)–\(y\), как мы и утверждали в начале.

Поворачивая дугу окружности вокруг точки \(O\), видим, что при минимальном значении \(y\) окружность касается экрана, см. рисунок:

Так как длина отрезка \(QT\) равна \(R-a\), составляющую отрезка \(OQ\) вдоль \(y\) можно найти по Пифагору: \[y_{\min}=-\sqrt{R^2-(R-a)^2}=-\sqrt{2aR-a^2}=-\sqrt{\frac{2amv}{Be}-a^2}.\] Таким образом, диаметр пятна вдоль оси \(y\) равен \[L=\sqrt{\frac{2amv}{Be}-a^2}+\sqrt{4\left(\frac{mv}{Be}\right)^2-a^2}.\] На этом пятне яркость наибольшая при максимальном значении \(y\), потому что оно соответствует экстремуму отклонения электрона \(\Delta_y\) вдоль оси \(y\). Если обозначить через \(\alpha\) угол старта электрона, то \[\frac{d\Delta_y}{d\alpha}=0,\] то есть в малом интервале углов старта \(\Delta\alpha\) все электроны приходят почти точно в одну и ту же точку назначения.

Найдём диаметр вдоль оси \(z\) в плоскости \(y=0\). Дальше всех по оси \(z\) доходят те частицы, винтовая траектория которых касается плоскости \(x=-a\) (при «виде сверху» на плоскость \(x\)–\(y\) круговая траектория радиуса \(r=\frac a2\) касается прямой \(x=-a\)) и которые стартуют в плоскости \(y\)–\(z\), то есть с начальной скоростью, у которой проекция \(v_x=0\). Далее находим \[\frac a2=\frac{mv_y}{Be}\quad\Rightarrow\quad v_y=\frac{aBe}{2m}\quad\Rightarrow\quad v_z=\sqrt{v^2-\left(\frac{aBe}{2m}\right)^2}.\] Путь электронов с такой начальной скоростью длится половину циклотронного периода. Период находим из соотношения \(T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{2\pi m}{Be}\). Половина периода равна \(t=\dfrac T2=\dfrac{\pi m}{Be}\), и для размера пятна вдоль оси \(z\) получаем \[2\cdot tv_z=\pi\sqrt{\left(\frac{2mv}{Be}\right)^2-a^2}.\]

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

Подсказка

Используйте линейку как рычаг, опирающийся на край стола: условия равновесия без воды и с погружением то одного, то другого тела дают отношение объёмов и масс через плечи.

Ответ

\(\dfrac{\rho_A}{\rho_B}=\dfrac{1-\dfrac{l_{A3}l_{B1}}{l_{A1}l_{B3}}}{1-\dfrac{l_{A1}l_{B2}}{l_{A2}l_{B1}}}\).

Решение

Используем линейку как рычаг. Точкой опоры служит край стола. Найдём центр масс линейки. В дальнейшем центр масс линейки находится точно на краю стола. Найдём длины плеч \(l_{A1}\) и \(l_{B1}\) тел от точки опоры. Тогда по правилу рычага выполняется \[m_Al_{A1}=m_Bl_{B1}.\] Теперь погрузим тело \(A\) в воду и снова найдём расстояния плеч \(l_{A2}\) и \(l_{B2}\) от точки опоры. На тело \(A\) действует ещё и выталкивающая сила \(F_y=\rho_{\text{воды}}gV_A\), и из правила рычага получаем \[(m_A-\rho_{\text{воды}}V_A)\,l_{A2}=m_Bl_{B2}.\] Теперь достанем тело \(A\) из воды и погрузим в воду тело \(B\) и снова найдём расстояния плеч \(l_{A3}\) и \(l_{B3}\) от точки опоры. На тело \(B\) действует выталкивающая сила \(F_y=\rho_{\text{воды}}gV_B\), и из правила рычага получаем \[m_Al_{A3}=(m_B-\rho_{\text{воды}}V_B)\,l_{B3}.\] Отношение плотностей — это отношение масс и объёмов: \[\frac{\rho_A}{\rho_B}=\frac{m_AV_B}{m_BV_A}.\] Выражая отношение плотностей из системы, состоящей из всех предыдущих уравнений, получаем \[\frac{\rho_A}{\rho_B}=\frac{1-\dfrac{l_{A3}l_{B1}}{l_{A1}l_{B3}}}{1-\dfrac{l_{A1}l_{B2}}{l_{A2}l_{B1}}}.\]

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

Подсказка

Груз на шарике увеличивает площадь его контакта с горизонтальной бумагой; избыточное давление, умноженное на эту площадь, уравновешивает вес груза.

Ответ

\(\Delta p=\dfrac{mg}{S}\); давление в шарике в \(\eta=\dfrac{p_0+\Delta p}{p_0}\) раз больше атмосферного, то есть больше на \(\dfrac{mg}{Sp_0}\cdot100\%\).

Решение

Поставим шарик на миллиметровую бумагу и на него груз. Исходя из предположения, что при малых деформациях объём шарика существенно не меняется, существенно не меняется и давление в шарике. Из-за груза увеличивается площадь контакта шарика и миллиметровой бумаги, которую находим, отметив её маркером на бумаге. Другой вариант — предварительно намазать шарик маркером и измерить площадь оставшегося на бумаге следа. Прижатая горизонтально поверхность шарика действует на стол силой \(\Delta pS\), где \(\Delta p\) — избыточное давление в шарике, а \(S\) — площадь контакта шарика и стола. Считая массу шарика пренебрежимо малой, эта сила должна быть равна силе тяжести груза \(mg\), где \(m\) — масса груза. Избыточное давление в шарике поэтому выражается как \(\Delta p=mg/S\), и в итоге давление внутри шарика в \(\eta=(p_0+\Delta p)/p_0\) раз больше атмосферного.

Замечание: натяжение шарика можно не учитывать, так как поверхность контакта шарика и миллиметровой бумаги горизонтальна и поэтому вертикальная составляющая натяжения отсутствует.

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