Эстонская, 2023/24, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Санки с седоком — брусок на наклонной плоскости: найдите ускорение торможения вдоль склона и длину пути по склону, а затем потребуйте, чтобы к концу склона скорость упала как раз до нуля.

Ответ

\(v_0\approx 3{,}8\) м/с.

Решение

Будем считать Костю, спускающегося с горки на санках, бруском на наклонной плоскости (см. рисунок). На него действует сила тяжести \(F_\text{т}=mg\), составляющая которой вдоль склона равна \(mg\sin\alpha\), а составляющая по нормали к склону — \(mg\cos\alpha\). Составляющая по нормали равна силе реакции опоры, то есть \(N=mg\cos\alpha\). Сила трения скольжения, действующая на санки, пропорциональна силе реакции опоры и коэффициенту трения: \(F_\text{тр}=\mu N=\mu mg\cos\alpha\). Следовательно, сила, тормозящая Костю на склоне, равна \(F_\text{торм}=mg(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)\), откуда ускорение \(a=F_\text{торм}/m=g(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)\).

Для описания равноускоренного движения справедлива формула \(s=(v^2-v_0^2)/2a\), где \(s\) — перемещение, \(v\) — конечная скорость тела, \(v_0\) — его начальная скорость, \(a\) — ускорение, действующее на тело. В предельном случае Костя, дойдя до конца склона, останавливается, то есть \(v=0\), ускорение равно \(a=-g(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)\) (со знаком минус, так как ускорение направлено противоположно движению тела), а перемещение найдём из тригонометрии: \(s=h/\sin\alpha\). Следовательно, \[\frac{h}{\sin\alpha}=\frac{-v_0^2}{-2g(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)}.\] Откуда \[v_0=\sqrt{\frac{2hg(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)}{\sin\alpha}} =\sqrt{\frac{2\cdot 6\text{ м}\cdot 9{,}8\text{ м/с}^2\cdot(0{,}3\cos15^\circ-\sin15^\circ)}{\sin15^\circ}}=3{,}8\text{ м/с}.\]

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

Подсказка

Резина подчиняется закону Гука, воздух не мешает, поэтому энергия растянутой резины целиком переходит в потенциальную энергию камня: \(x^2\propto h\).

Ответ

\(x_2\approx 3{,}5\) см.

Решение

Камешек тяжёлый и маленький, поэтому сопротивлением воздуха в хорошем приближении можно пренебречь. Это позволяет воспользоваться законом сохранения энергии. Будем считать резину рогатки материалом с линейной упругостью, то есть для неё справедлив закон Гука. В верхней точке полёта камешка потенциальная энергия упругой силы при растяжении резины рогатки полностью перешла в потенциальную энергию силы тяжести: \[\frac{kx^2}{2}=mgh.\] Разделив эту формулу для второго опыта на эту же формулу для первого, получим \[\frac{x_2^2}{x_1^2}=\frac{h_2}{h_1},\] следовательно, \[x_2=x_1\cdot\sqrt{\frac{h_2}{h_1}}=3\text{ см}\cdot\sqrt{\frac{1}{1-\frac14}}\approx 3{,}5\text{ см}.\]

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

Подсказка

Диод нельзя подключать к батарее напрямую, значит, каждый диод стоит последовательно с резистором. Найдите, при каком резисторе сумма прямого напряжения и падения напряжения на резисторе при токе 20 мА равна 9 В.

Ответ

Нужна левая из двух схем на рисунке: красный диод — последовательно с резистором 360 Ом, синий — последовательно с резистором 300 Ом, а переключатели включены так, что при нажатии обоих сразу ни один диод не горит.

Решение

Батарею замыкать накоротко нельзя, поэтому диоды нельзя подключать прямо к батарее. Следовательно, диоды должны быть тем или иным образом соединены последовательно с резисторами. Мы хотим, чтобы при горении диодов через них проходил ток 20 мА. Очевидно, что как минимум такой же ток должен проходить и хотя бы через один резистор. Если этот ток проходит через резистор 300 Ом, то на нём падение напряжения равно 6 В, а проходя через резистор 360 Ом, напряжение было бы 7,2 В.

Заметим теперь, что суммы необходимых для горения диодов прямых напряжений и падений напряжения при желаемых токах могут быть равны напряжению батареи в двух случаях: красный диод последовательно с резистором 360 Ом и батареей и синий диод последовательно с резистором 300 Ом и батареей.

Применяя условие, что при нажатии переключателя соответствующего цвета должен загораться диод соответствующего цвета, получаем две возможные схемы:

На рисунке: punane — красный, sinine — синий (подписи диодов, переключателей и стрелок света).

Должно ещё выполняться условие, что при нажатии обоих переключателей не загорается ни один диод. Это верно только для левой схемы. Следовательно, именно эту схему и нужно составить.

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

Подсказка

Вдоль края скорость шара не меняется, так как сила действует только перпендикулярно краю; по равенству касательных составляющих найдите отношение скоростей, а силу — из изменения импульса.

Ответ

a) около \(33\,\%\);  b) \(F_p\approx 22{,}3\) Н.

Решение

a) Пусть скорость бильярдного шара до отскока равна \(v_0\), а после отскока — \(v_1\). Пусть ось \(x\) параллельна краю, а ось \(y\) перпендикулярна ему. Так как край действует на шар только в направлении \(y\), то составляющая скорости шара вдоль оси \(x\) при отскоке не изменяется. Следовательно, \[v_x=v_0\sin45^\circ=v_1\sin60^\circ\ \Longrightarrow\ \frac{v_1}{v_0}=\frac{\sin45^\circ}{\sin60^\circ}.\] Так как кинетическая энергия шара равна \(E=\frac12 mv^2\), то \[\frac{E_1}{E_0}=\frac{\frac12 mv_1^2}{\frac12 mv_0^2}=\frac{v_1^2}{v_0^2}=\frac{\sin^2 45^\circ}{\sin^2 60^\circ}=\left(\frac{\sqrt2/2}{\sqrt3/2}\right)^2=\frac23,\] следовательно, при отскоке потерялось около \(33\,\%\) энергии шара.

b) Из второго закона Ньютона \[F=ma=m\frac{\Delta v}{\Delta t}\ \Longrightarrow\ F\Delta t=m\Delta v.\] Так как сила действовала на шар только в направлении \(y\), то \[F_pt_p=m\,(v_{1,y}-v_{0,y})\] (где мы считаем \(v_y\) положительной, если скорость направлена от стола). Мы знаем, что \[v_{0,y}=-v_0\cos45^\circ=-\frac{\sqrt2}{2}v_0,\qquad v_{1,y}=v_1\cos60^\circ=\sqrt{\frac23}\,v_0\cos60^\circ=\frac{\sqrt2}{2\sqrt3}v_0,\] следовательно, \[\Delta v_y=v_{1,y}-v_{0,y}=\left(\frac{\sqrt2}{2\sqrt3}+\frac{\sqrt2}{2}\right)v_0\approx 1{,}115\text{ м/с}.\] Средняя сила, действовавшая на шар, равна \[F_p=\frac{m\Delta v_y}{t_p}=\frac{0{,}2\text{ кг}\cdot 1{,}115\text{ м/с}}{0{,}01\text{ с}}=22{,}3\text{ Н}.\]

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

Подсказка

Видимая длина обратно пропорциональна расстоянию до предмета: расстояния до изображений относятся как \(10:7{,}5:3{,}75\) к расстоянию до самого предмета. Положения изображений в зеркалах известны, дальше — теорема Пифагора.

Ответ

\(BM=\dfrac{980}{19}\text{ см}\approx 51{,}6\) см от правого зеркала.

Решение

Сделаем рисунок для лучшего понимания отражений и расстояний. Пусть положение человека — \(A\), а положение объекта — \(O\). Первое отражение (изображение) объекта в правом зеркале — \(P\). Второе отражение объекта в правом зеркале образует изображение объекта в левом зеркале. Пусть изображение в левом зеркале — \(V\), а его изображение в правом зеркале — \(V'\). Обозначим ещё две точки на прямой, соединяющей изображения: точку \(B\) — проекцию положения человека и точку \(M\) — пересечение с правым зеркалом.

Когда мы смотрим с помощью линейки на объект или на его отражение, возникают подобные треугольники (см. рисунок). Видимая длина объекта на расстоянии линейки, умноженная на расстояние от наблюдателя до объекта, равна произведению действительной длины объекта и расстояния до линейки. Такой же величине равно и произведение расстояния до каждого из отражений на видимую длину соответствующего отражения на расстоянии линейки, так как действительные длины отражений такие же, как действительная длина объекта.

На рисунке: näiv pikkus — видимая длина; objekt või selle kujutis — объект или его изображение.

Зная отношения видимых длин, мы теперь можем найти отношения расстояний. Расстояние от наблюдателя до первого отражения \[AP=\frac{10\text{ см}}{7{,}5\text{ см}}\cdot AO=\frac43AO,\] а до второго отражения \[AV'=\frac{10\text{ см}}{3{,}75\text{ см}}\cdot AO=\frac83AO.\] Из свойств отражения мы знаем ещё следующие длины: \(OP=60\) см и \(OV'=200\) см. Теперь мы превратили физическую ситуацию в тригонометрическую задачу, в которой искомая величина — \(BM\).

Один из способов решения — использовать теорему Пифагора для треугольников \(\triangle ABO\), \(\triangle ABP\) и \(\triangle ABV'\). Отсюда получаем три уравнения: \[\begin{align*} AO^2&=AB^2+BO^2,\\ AP^2&=AB^2+(BO+OP)^2,\\ AV'^2&=AB^2+(BO+OV')^2. \end{align*}\] Используя отношения расстояний, получаем \[\begin{align*} \frac{16}{9}(AB^2+BO^2)&=AB^2+BO^2+2\cdot BO\cdot OP+OP^2,\\ \frac{64}{9}(AB^2+BO^2)&=AB^2+BO^2+2\cdot BO\cdot OV'+OV'^2. \end{align*}\] Исключая \((AB^2+BO^2)\), получаем \[7\cdot(2\cdot BO\cdot OV'+OV'^2)=55\cdot(2\cdot BO\cdot OP+OP^2),\] откуда \[BO=\frac{55\cdot OP^2-7\cdot OV'^2}{14\cdot OV'-110\cdot OP}=\frac{410}{19}\text{ см}\approx 21{,}6\text{ см}.\] Следовательно, расстояние человека от правого зеркала \[BM=BO+OM=30\text{ см}+\frac{410}{19}\text{ см}=\frac{980}{19}\text{ см}\approx 51{,}58\text{ см}.\]

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

Подсказка

Скорость остывания пропорциональна \(S\Delta T/V\). Налитые объёмы — подобные конусы: площадь поверхности растёт как квадрат высоты, объём — как куб, а объём после доливки вдвое больше.

Ответ

\(T_\text{air}\approx 17\,^\circ\)C.

Решение

Жидкость за время \(t\), охлаждаясь, теряет количество теплоты \(Q\), пропорциональное площади охлаждаемой поверхности \(S\) и разности температур \(\Delta T\): \(Q=\alpha tS\Delta T\). Так как мы предполагаем, что плотность и удельная теплоёмкость не зависят от температуры, то скорость понижения температуры жидкости \(\dot T\) пропорциональна теряемому в единицу времени количеству теплоты и обратно пропорциональна объёму жидкости \(V\): \[\dot T\propto\frac{Q}{Vt}\propto\frac{S\Delta T}{V}.\] Найдём температуру более тёплой смешанной жидкости \(T_\text{смеси}\) после наступления теплового равновесия. Так как смешивают равные количества жидкостей, выполняется \(T_\text{смеси}-T=T_\text{add}-T_\text{смеси}\), откуда \[T_\text{смеси}=\frac{T+T_\text{add}}{2}=\frac{40\,^\circ\text{C}+88\,^\circ\text{C}}{2}=64\,^\circ\text{C}.\] Заполненные жидкостью части двух термосов представляют собой подобные конусы. Следовательно, их заполненные объёмы пропорциональны кубу высоты, а площади поверхности — квадрату высоты. Следовательно, \(S_2/S_1=h_2^2/h_1^2\) и \(V_2/V_1=h_2^3/h_1^3\), откуда \[\frac{S_2}{S_1}=\left(\frac{V_2}{V_1}\right)^{2/3}=\sqrt[3]{4}.\] Отношение скоростей охлаждения жидкостей \[k=\frac{\dot T_2}{\dot T_1}=\frac{S_2}{S_1}\,\frac{V_1}{V_2}\,\frac{T_\text{смеси}-T_\text{air}}{T-T_\text{air}}=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\,\frac{T_\text{смеси}-T_\text{air}}{T-T_\text{air}}.\] Откуда \[T_\text{air}=\frac{kT-T_\text{смеси}\sqrt[3]{2}^{\,-1}}{k-\sqrt[3]{2}^{\,-1}}=\frac{1{,}62\cdot 40\,^\circ\text{C}-\dfrac{64\,^\circ\text{C}}{\sqrt[3]{2}}}{1{,}62-\dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}}=17\,^\circ\text{C}.\]

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

Подсказка

На верхний стержень действуют только две силы, приложенные по концам, поэтому они направлены вдоль него; значит, на нижний стержень действуют три силы, линии действия которых пересекаются в одной точке.

Ответ

\(r=2l\sin^2\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha\).

Решение

Решение 1. Рассмотрим равновесие правого нижнего стержня, см. рисунок. На него действуют три силы. Во-первых, в шарнирном креплении \(B\) приложена сила со стороны левого стержня, которая из-за симметрии горизонтальна. Так как на верхний стержень действуют лишь две силы (одна на одном конце, а другая на другом), то они обе должны быть направлены вдоль стержня (иначе не могло бы выполняться условие равновесия моментов сил, действующих на верхний стержень). Следовательно, на нижний стержень в верхнем шарнирном креплении действует сила, направленная вдоль прямой \(AC\). Кроме этого, на нижний стержень действует ещё в точке опоры цилиндра \(D\) сила нормальной реакции, направленная перпендикулярно стержню.

Поскольку стержни можно считать невесомыми, то действующую на стержни силу тяжести можно не учитывать. Если к твёрдому телу приложены только три силы, то они должны пересекаться в одной точке, иначе не было бы выполнено условие равновесия моментов сил, действующих на это тело. Поэтому продолжение силы, приложенной в точке \(D\), должно проходить через точку \(C\). Легко видеть, что \(BC=2l\sin\alpha\), поэтому \(OB=BC\,\mathrm{tg}\,\alpha=2l\sin\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha\) и \(r=OD=OB\sin\alpha=2l\sin^2\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha\).

Решение 2. Цилиндр действует на стержень в точке \(D\) с силой нормальной реакции \(N\). Кроме того, на нижний стержень в верхнем шарнирном креплении действует сила \(T\) в направлении верхнего стержня. Можно записать равенство моментов сил относительно точки \(B\): \(N\cdot|BD|=Tl\sin2\alpha\). Равновесие сил для цилиндра: \(2N\sin\alpha=mg\). Равновесие сил для точки \(A\): \(2T\cos\alpha=mg\). Решая эти три уравнения, получаем \(|BD|=2l\sin^2\alpha\) и \(r=|BD|\,\mathrm{tg}\,\alpha=2l\sin^2\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha\).

Решение 3. Воспользуемся принципом минимума потенциальной энергии: цилиндр устойчиво находится в равновесии, если его центр масс находится в самом низком из возможных положений. Пусть высота потолка равна \(2l\). Центр цилиндра находится на высоте \[h(\alpha)=2l-2l\cos\alpha+\frac{r}{\sin\alpha}.\] Её производная \[h'(\alpha)=2l\sin\alpha-\frac{r\cos\alpha}{\sin^2\alpha}.\] Из условия \(h'(\alpha)=0\) находим \[r=2l\,\frac{\sin^3\alpha}{\cos\alpha}=2l\sin^2\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha.\]

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

Подсказка

Тонкая линза переводит прямую в прямую, а лучи, идущие под одним углом к оси, сходятся в точке фокальной плоскости. Выясните, куда должны попасть вершины, чтобы углы \(30^\circ\) и \(60^\circ\) поменялись местами.

Ответ

Длина гипотенузы равна \(\dfrac{8f}{3}\).

Решение

Решение 1. Во-первых, заметим, что в тонкой линзе прямая отображается в прямую, причём эти прямые пересекаются в плоскости линзы. Это становится очевидным, если подумать об этих прямых как о световых лучах.

Во-вторых, заметим, что угол \(30^\circ\) должен отобразиться в угол \(60^\circ\) и наоборот. Действительно, если бы угол \(30^\circ\) отобразился в угол \(30^\circ\), а угол \(60^\circ\) — в угол \(60^\circ\), то в силу первого наблюдения треугольник и его изображение должны были бы быть зеркально симметричны относительно плоскости линзы, что противоречит ряду свойств тонкой линзы, в том числе формуле линзы.

В-третьих, заметим, что на оптической оси справа от линзы есть только одна точка, из которой луч, выходящий под углом \(30^\circ\) к оси, преломляется в луч с углом наклона \(30^\circ\). Действительно, легко видеть, что для некоторой точки оси \(X\), расстояние от которой до линзы больше фокусного расстояния \(f\), угол наклона выходящего под углом \(30^\circ\) луча после преломления в линзе является монотонной функцией расстояния от точки \(X\) до фокальной плоскости.

В силу третьего наблюдения у задачи есть только одно решение, и в силу симметрии треугольник и его изображение должны быть точно одинакового размера и на одинаковом расстоянии от линзы. Поэтому прямой угол исходного треугольника и прямой угол треугольника-изображения должны находиться на равных расстояниях от линзы; из формулы линзы легко заключить, что это расстояние равно \(2f\). Формула Ньютона для линзы гласит, что если \(x_1\) и \(x_2\) — расстояния предмета и изображения от своей фокальной плоскости, то \(x_1x_2=f^2\). Пусть \(K\) — проекция прямого угла \(C\) прямоугольного треугольника на гипотенузу (см. рисунок) и пусть высота треугольника \(|CK|=\sqrt3\,h\); в таком случае проекции катетов на гипотенузу \(|AK|=|CK|\,\mathrm{tg}\,30^\circ=h\) и \(|KB|=|CK|\,\mathrm{tg}\,60^\circ=3h\). В силу симметрии изображение \(B'\) точки \(B\) находится от фокальной плоскости на таком же расстоянии, как угол \(A\), поэтому формула Ньютона для точки \(B\) принимает вид \((f-|AK|)(f+|KB|)=(f-h)(f+3h)=f^2\), откуда \(h=2f/3\) (решение \(h=0\) не является физическим). Теперь легко найти длину гипотенузы \(|AK|+|KB|=4h=8f/3\).

Решение 2. Сделаем первые два наблюдения, как в решении 1. Проведём через центр линзы две прямые, идущие соответственно под углами \(30^\circ\) и \(60^\circ\), как показано на рисунке. Пусть точки пересечения этих прямых с фокальными плоскостями — соответственно \(J\) и \(H\). Легко видеть, что \(|JF|=f\,\mathrm{tg}\,60^\circ=\sqrt3 f\) и \(|HG|=f\,\mathrm{tg}\,30^\circ=f/\sqrt3\). Лучи, идущие слева от линзы под углом \(60^\circ\), после преломления в линзе должны проходить через точку \(J\); это должен делать и луч, идущий вдоль катета изображения \(C'B'\), который до преломления образует с оптической осью угол \(60^\circ\), а после преломления в линзе — угол \(30^\circ\), и идти вдоль катета \(CB\). Из прямоугольного треугольника \(JFB\) получаем \(|FB|=|JF|\,\mathrm{tg}\,60^\circ=3f\), а из прямоугольного треугольника \(B'HG\) получаем \(|B'G|=|HG|\,\mathrm{tg}\,30^\circ=f/3\). В силу симметрии \(|FA|=|B'G|=f/3\), благодаря чему гипотенуза треугольника \(|AB|=|FB|-|FA|=3f-f/3=\frac83 f\).

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

Подсказка

Найдите по плотностям долю молекул воды во влажном воздухе. При охлаждении давление насыщенного пара ограничивает долю пара; избыток переходит в капли, масса воздуха с каплями остаётся прежней, а объём меняется только из-за ухода пара из газовой фазы.

Ответ

\(\rho''\approx 1254\) г/м\(^3\).

Решение

Из уравнения состояния идеального газа в виде \(p=\frac{\rho}{\mu}RT\) получаем равенство \(\rho_k/\mu_a=\rho/\mu\), где средняя молярная масса влажного воздуха \(\mu=(1-r)\mu_a+r\mu_v\), а \(r\) обозначает долю молекул воды от общего числа молекул. Из этого равенства получаем \[r=\frac{\mu_a}{\rho_k}\,\frac{\rho_k-\rho}{\mu_a-\mu_v}\approx 0{,}030.\] Число молей в единице объёма удобнее всего узнать по данным для сухого воздуха: при температуре \(T_1\) оно равно \(n_0=\rho_k/\mu_a\), а следовательно, при температуре \(T_2\) — \(n=\rho_kT_1/\mu_aT_2\). Следовательно, если бы перенасыщенный пар не конденсировался в капли, то плотность водяного пара была бы \[\rho_v'=nr\mu_v=\rho_kr\,\frac{\mu_v}{\mu_a}\,\frac{T_1}{T_2}\approx 23{,}4\ \frac{\text{г}}{\text{м}^3}.\] Так как она больше \(\rho_m\), то часть водяного пара конденсируется; обозначая новое значение доли молекул воды через \(r'\), получаем соотношение \(\rho_m=nr'\mu_v\), и, сравнивая его с выражением для \(\rho_v'\), видим, что \[r'=r\,\frac{\rho_m}{\rho_v'}\approx 0{,}012.\] Рассмотрим некоторое количество молекул сухого воздуха (т.е. всех остальных молекул в воздухе, кроме молекул воды, далее просто «молекулы воздуха»), которые до конденсации занимают объём \(V\), а после конденсации — объём \(V'\). Так как количество молекул воздуха до и после конденсации одинаково, то \((1-r)nV=(1-r')nV'\), откуда \(V/V'=\frac{1-r'}{1-r}\); при этом мы воспользовались тем, что в силу уравнения состояния идеального газа при конденсации, происходящей при постоянной температуре, число молей в единице объёма остаётся неизменным. Так как молекулы воды не исчезли, а лишь часть из них перешла в капли, то суммарное отношение числа молекул воды и сухого воздуха не изменилось, то есть в новом объёме \(V'\) молекул воды столько же, сколько было в объёме \(V\). Поэтому в этих объёмах равны и полные массы, и для плотности воздуха с туманом получаем \(\rho''=\rho'\,\frac{1-r'}{1-r}\), где \(\rho'=\rho T_1/T_2\) обозначает плотность влажного охлаждённого воздуха до конденсации. Итак, \[\rho''=\rho\,\frac{T_1}{T_2}\,\frac{1-r'}{1-r}\approx 1254{,}3\ \frac{\text{г}}{\text{м}^3}.\]

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

Подсказка

Жидкость втягивается до тех пор, пока минимум полной энергии (поле, источник напряжения и сила тяжести) не достигнут: приравняйте нулю производную энергии по высоте уровня \(h\). Учтите работу источника.

Ответ

\(h=\dfrac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)V^2}{2\rho g d^2}\).

Решение

Решение 1. Предположим, что у конденсатора прямоугольные пластины шириной \(L\) и высотой \(H\) (результат не зависит от формы конденсатора, но в таком случае решение проще). Части конденсатора, заполненные жидкостью и воздухом, можно рассматривать как параллельно соединённые конденсаторы. Пусть уровень жидкости внутри конденсатора равен \(h\). Ёмкости тогда равны: \[C_1=\frac{\varepsilon_0L(H-h)}{d},\qquad C_2=\frac{\varepsilon_0\varepsilon Lh}{d}.\] Электростатическая потенциальная энергия конденсатора в таком случае равна \[E=E_1+E_2=\frac{C_1V^2}{2}+\frac{C_2V^2}{2}=\frac{\varepsilon_0LHV^2}{2d}+\frac{\varepsilon_0L(\varepsilon-1)V^2}{2d}\,h=\frac{VQ}{2},\] где \(Q\) — заряд пластин конденсатора. Далее рассмотрим суммарную потенциальную энергию \(E_\text{пот}\) системы из конденсатора и источника напряжения в зависимости от высоты уровня воды. Так как система переходит в состояние с наименьшей потенциальной энергией, то в положении равновесия выполняется \(dE_\text{пот}/dh=0\). В потенциальную энергию вносят вклад гравитационная потенциальная энергия воды \(mgh/2=\rho Lh^2g/2\), электростатическая потенциальная энергия конденсатора \(E\) и, наконец, потенциальная энергия источника напряжения. Для вычисления потенциальной энергии источника напряжения безопаснее всего представить источник как конденсатор очень большой ёмкости \(C_\infty\), так что изменение потенциальной энергии источника напряжения было бы \(d(C_\infty V^2/2)=d(q^2/(2C_\infty))=q\,dq/C_\infty=V\,dq\), где \(C_\infty\) — ёмкость источника напряжения, а \(dq\) — заряд, поступающий в источник напряжения (иными словами, заряд, поступающий в конденсатор, с отрицательным знаком). Следовательно, потенциальная энергия источника напряжения выражается через напряжение на конденсаторе как \(-VQ\). (Как вариант, мы могли бы прямо написать \(-VQ\), воспользовавшись тем, что работа электрического поля равна \(VQ\), что можно интерпретировать как отрицательное изменение потенциальной энергии источников электрического поля.) В итоге потенциальная энергия равна \[E_\text{пот}=\frac{\rho Ldgh^2}{2}+\frac{VQ}{2}-VQ=\frac{\rho Ldgh^2}{2}-\frac{\varepsilon_0LHV^2}{2d}-\frac{\varepsilon_0L(\varepsilon-1)V^2}{2d}\,h.\] Так как система переходит в состояние с наименьшей энергией: \[\frac{dE_\text{пот}}{dh}=-\frac{\varepsilon_0L(\varepsilon-1)V^2}{2d}+\rho Ldgh=0.\] Откуда \[h=\frac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)V^2}{2\rho gd^2}.\] Как и ожидалось, величины, описывающие ширину и высоту пластин конденсатора, сократились.

Решение 2. Как и в предыдущем решении, для простоты предположим, что пластины конденсатора прямоугольные шириной (в горизонтальном направлении) \(L\). Заполненная жидкостью и заполненная воздухом части конденсатора соединены параллельно, поэтому их ёмкости складываются. Пусть высота заполненной жидкостью части конденсатора равна \(a\), а заполненной воздухом — \(b\). В таком случае общая ёмкость \(C=C_1+C_2=\frac{\varepsilon_0L}{d}(\varepsilon a+b)\). Рассмотрим ситуацию, в которой конденсатор отключён от источника питания, и поэтому источник питания не может совершать работу. В таком случае система принимает состояние с наименьшей потенциальной энергией, где суммарная энергия состоит из электростатической части \(Q^2/2C\) и гравитационной части \(\frac12\rho gh^2Ld\), где \(Q=VC\) сохраняется, так как пластины изолированы и заряд не может с них никуда уйти. Итак, наше условие \[0=\frac{d}{dh}\left(\frac12\rho gh^2Ld+\frac12\frac{Q^2}{C}\right)=\rho ghLd-\frac12\frac{Q^2}{C^2}\frac{dC}{dh}.\] При этом \[\frac{dC}{dh}=\frac{\varepsilon_0L}{d}(\varepsilon-1),\] так как \(\frac{da}{dh}=1\) и \(\frac{db}{dh}=-1\). Теперь остаётся только выразить \(h\), подставив \(Q/C=V\); в итоге получается приведённый выше ответ.

Решение 3. Пока расстояние от уровня жидкости между пластинами до верхнего края пластин намного больше \(d\), краевые эффекты на краях пластин ничтожны. Но в некотором смысле уровень поднимается именно из-за краевых эффектов. Плотность силы равна производной электрического поля в направлении вектора поляризации, то есть \((\vec P\cdot\nabla)\vec E\), а у нижнего края пластин электрическое поле из-за краевого эффекта неоднородно, что и даёт подъёмную силу.

Мы знаем, что \(\nabla\times\vec E=0\), поэтому \[0=\vec E\times(\nabla\times\vec E)=\frac12\nabla E^2-(\vec E\times\nabla)\vec E,\] поэтому сила на единицу объёма равна \[(\vec P\cdot\nabla)\vec E-\nabla p=(\varepsilon-1)\varepsilon_0(\vec E\cdot\nabla)\vec E-\nabla p=\nabla\left[\frac12(\varepsilon-1)\varepsilon_0E^2-p\right].\] В равновесии всё это равно нулю, то есть \(\frac12(\varepsilon-1)\varepsilon_0E^2-p=\text{const}\). Вне пространства между пластинами \(E=0\), поэтому внутри давление равно \(\frac12(\varepsilon-1)\varepsilon_0E^2\), где \(E=V/d\), что и поднимает уровень на \(\frac12(\varepsilon-1)\varepsilon_0V^2/\rho gd^2\).

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

Подсказка

Показание омметра определяется током. Подключив батарейку последовательно с резистором в двух полярностях, вы меняете ЭДС цепи на \(V\pm U\) и получаете два разных показания.

Ответ

\(V=U\,\dfrac{R_1-R_2}{R_1+R_2-2R}\), где \(R\) — сопротивление резистора, \(U\) — напряжение батарейки (вольтметром), \(R_1>R_2\) — показания омметра при двух полярностях подключения батарейки.

Решение

Сначала измерим омметром сопротивление и вольтметром напряжение батарейки; пусть они соответственно \(R\) и \(U\). Затем подключим батарейку и резистор последовательно к клеммам омметра, в зависимости от полярности получим показания омметра \(R_1\) и \(R_2\), пусть \(R_1>R_2\). Отклонение стрелки омметра определяется силой тока \(I\), проходящего через омметр, а показание в омах отвечает предположению, что в последовательном соединении, помимо измеряемого сопротивления \(R\), есть ещё внутреннее сопротивление омметра \(r\) и электродвижущая сила \(V\), поэтому выполняется соотношение \(I=V/(R+r)\), откуда \(R=V/I-r\). Если суммарная электродвижущая сила цепи уже не \(V\), а \(V\pm U\), то \(I=\frac{V\pm U}{R+r}\), поэтому \[R_{1,2}=\frac{V}{I}-r=V\,\frac{R+r}{V\pm U}-r=\frac{VR\mp Ur}{V\pm U}.\] Прежде всего отсюда можно заключить, что бо́льшее сопротивление \(R_1\) должно соответствовать знаку минус в знаменателе, то есть ситуации, когда полярности батарей противоположны. Итак, у нас есть два уравнения: \[R_1=\frac{VR+Ur}{V-U},\qquad R_2=\frac{VR-Ur}{V+U}.\] Из этой системы уравнений можно выразить \[V=U\,\frac{R_1-R_2}{R_1+R_2-2R}.\] Полученное соотношение позволяет нам вычислить значение напряжения \(V\) по результатам измерений.

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

Подсказка

Длину лески можно найти по периоду обычного маятника, период крутильных колебаний даёт \(\kappa\) через момент инерции груза; радиус груза определите по числу витков лески, которые помещаются вокруг цилиндра.

Ответ

\(R=17{,}4\) мм, \(c=4{,}9\cdot10^{-7}\ \text{Н}\cdot\text{м}^2\) (по результатам измерений организаторов).

Решение

Подвесим груз на конец лески и найдём значение \(c=\kappa L\) как минимум для трёх разных длин лески.

Сначала найдём длину лески \(L\) с помощью обычного маятника, измеряя секундомером период колебаний маятника \(T_p\) (для лучшей точности измеряем время \(t\), затрачиваемое на \(N\) периодов колебаний, и находим \(T_p=\frac{t}{N}\)). Зная, что период колебаний математического маятника равен \(T_p=2\pi\sqrt{L/g}\) (\(L\) должна быть достаточно большой, чтобы груз можно было приблизить материальной точкой), находим длину маятника \(L=g\left(\frac{T_p}{2\pi}\right)^2\).

Теперь приведём груз в положение равновесия и повернём груз вокруг его оси так, чтобы леска оставалась вертикальной. Угол поворота должен быть достаточно большим, чтобы колебания были хорошо видны, но достаточно малым, чтобы выполнялся закон Гука. Измеряем секундомером период колебаний по часовой стрелке-против часовой стрелки \(T_v\) (аналогично предыдущему, для лучшей точности измеряем \(N\) периодов и делим время на число колебаний). Так как \(\tau=I\alpha\) и \(\tau=-\kappa\theta\), то для груза выполняется уравнение \(\alpha=-\frac{\kappa}{I}\theta\). Заметим, что оно аналогично уравнению движения пружинного маятника: \(F=ma\) и \(F=-kx\), откуда \(a=-\frac{k}{m}x\). Зная, что решение этого уравнения для пружинного маятника — гармоническое колебание с периодом \(T=2\pi\sqrt{m/k}\), для крутильного маятника решением аналогично является гармоническое колебание угла поворота с периодом \(T=2\pi\sqrt{I/\kappa}\). Следовательно, \(\kappa=I\left(\frac{2\pi}{T_v}\right)^2\).

Заметим, что для вычисления \(I\) нужно знать радиус груза \(R\). Для оценки радиуса посчитаем, сколько раз можно обернуть леску вокруг цилиндра (чем длиннее \(L\), тем точнее). Если леска длиной \(L\) делает вокруг цилиндра \(m\) витков (\(m\) может быть дробным), то \(m=\frac{L}{2\pi R}\) (в предположении, что диаметр лески ничтожен). Следовательно, \(R=\frac{L}{2\pi m}\). Момент инерции груза находим по формуле \(I=\frac12MR^2\), где \(M=0{,}1\) кг.

Наконец, вычисляем для каждой \(L\) значение \(c=\kappa L\) и находим среднее. По результатам измерений \(R=17{,}4\) мм и \(c=4{,}9\cdot10^{-7}\ \text{Н}\cdot\text{м}^2\).

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