Курчатов, 2023/24, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Сравните силы, действующие на шайбу, с максимально возможной силой трения покоя. Нарисуйте векторную диаграмму и найдите, при каком угле она замыкается.

Ответ

1) \(\beta_{\max} = 30^\circ\);  2) \(r_{1,2}(\beta) = r_0 - \dfrac{mg\sin\alpha}{3\gamma} \left(\cos\beta \pm \sqrt{\cos^2\beta - 1 + \dfrac{\mu^2}{\mathrm{tg}^2\alpha}}\right)\) (см. рис.).

Решение

1) В отсутствие силы тяжести и силы трения равновесное расстояние \(r_0\) между двумя зарядами определится из условия равенства модулей силы упругости \(F_{\text{упр}}\) жгута и силы кулоновского отталкивания \(F_K\) зарядов: \[\frac{k q Q}{r_0^2} = \gamma r_0 .\]

Поскольку величина силы тяжести мала по сравнению с величинами \(F_{\text{упр}}\) и \(F_K\), то она смещает заряд \(q\) на расстояние \(\Delta r = r - r_0\), при этом \(|\Delta r| \ll r_0\). Определим, как изменяются силы \(F_{\text{упр}}\) и \(F_K\) при таком смещении: \[F_K(\Delta r) = \frac{k q Q}{(r_0 + \Delta r)^2} = \frac{k q Q}{r_0^2} \left(1 + \frac{\Delta r}{r_0}\right)^{-2} \approx \frac{k q Q}{r_0^2} \left(1 - 2\frac{\Delta r}{r_0}\right),\] \[F_{\text{упр}}(\Delta r) = \gamma (r_0 + \Delta r) .\] В таком случае проекция равнодействующей этих сил на радиальное направление равна \[F_r(\Delta r) = F_K(\Delta r) - F_{\text{упр}}(\Delta r) = \frac{k q Q}{r_0^2}\left(1 - 2\frac{\Delta r}{r_0}\right) - \gamma(r_0 + \Delta r) = -3\gamma\,\Delta r .\]

2) Рассмотрим проекции сил, приложенных к заряду \(q\), покоящемуся на наклонной плоскости, на плоскость \(xOy\): 1. \(mg\sin\alpha\) — проекция силы тяжести; 2. \(F_r(\Delta r)\) — равнодействующая \(F_{\text{упр}}\) и \(F_K\); 3. \(F_{\text{тр}} \leq \mu m g\cos\alpha\) — сила трения покоя.

Граница зоны застоя, очевидно, определяется теми точками на плоскости \(xOy\), в которых сила трения покоя достигает максимально возможного значения \(F_{\text{тр max}} = \mu m g\cos\alpha\).

Изобразим векторную диаграмму сил, иллюстрирующую равновесие заряда. За основу векторной диаграммы возьмём \(mg\sin\alpha\) — постоянный по величине и направлению вектор. Окружность радиуса \(\mu m g\cos\alpha < mg\sin\alpha\) с центром в конце вектора \(mg\sin\alpha\) — это множество точек, в которых может размещаться конец вектора, соответствующего силе трения покоя. Вектор, дополняющий диаграмму до треугольника, — это \(F_r(\Delta r)\).

Направление вектора \(F_r(\Delta r)\) задаёт угол \(\beta\). Максимальный угол отклонения жгута \(\beta_{\max}\) определяется из диаграммы, изображённой на рисунке: \[\sin\beta_{\max} = \frac{\mu m g\cos\alpha}{m g\sin\alpha} \quad\Rightarrow\quad \beta_{\max} = \arcsin\left(\frac{\mu}{\mathrm{tg}\,\alpha}\right) = 30^\circ .\]

3) Величину \(\Delta r(\beta_{\max})\) определим, применив теорему Пифагора к векторному треугольнику: \[(3\gamma\Delta r)^2 + (\mu m g\cos\alpha)^2 = (m g\sin\alpha)^2 \quad\Rightarrow\quad \Delta r(\beta_{\max}) = -\frac{m g\sin\alpha}{3\gamma}\sqrt{1 - \frac{\mu^2}{\mathrm{tg}^2\alpha}} .\] Для углов \(\beta < \beta_{\max}\) существует 2 варианта возможных взаимных расположений векторов при равновесии на границе зоны застоя:

По теореме косинусов (не забываем учесть, что \(\Delta r < 0\)): \[(m g\sin\alpha)^2 + (3\gamma\Delta r)^2 + 6\gamma\,\Delta r\, m g\sin\alpha\cos\beta = (\mu m g\cos\alpha)^2 .\] Откуда получаем: \[\Delta r_{1,2} = -\frac{m g\sin\alpha}{3\gamma}\left(\cos\beta \pm \sqrt{\cos^2\beta - 1 + \frac{\mu^2}{\mathrm{tg}^2\alpha}}\right),\] \[r_{1,2}(\beta) = r_0 - \frac{m g\sin\alpha}{3\gamma}\left(\cos\beta \pm \sqrt{\cos^2\beta - 1 + \frac{\mu^2}{\mathrm{tg}^2\alpha}}\right).\] Зона застоя показана на рисунке.

Подсказка

Удобно перейти в систему центра масс двух связанных шайб: в ней они вращаются вокруг центра масс с постоянной угловой скоростью. Условие столкновения — это совпадение положения вращающейся шайбы и покоящейся (в лабораторной системе) третьей.

Ответ

1) При \(L_k = \dfrac{2\pi}{3}\,l k\), \(k \in \mathbb{N}\): \(v_1 = v_0\), \(v_2 = 0\), \(v_3 = 0\).

2) При \(L^+_k = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\,l + \dfrac{l}{3}\left(\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k_1\right)\), \(k_1 = 0, 1, 2, \ldots\): \(v'_1 = \dfrac{\sqrt{3}}{9}v_0\), \(v'_2 = \dfrac{\sqrt{3}}{3}v_0\), \(v'_3 = \dfrac{2\sqrt{3}}{9}v_0\).

3) При \(L^-_k = -\dfrac{\sqrt{3}}{3}\,l + \dfrac{l}{3}\left(-\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k_2\right)\), \(k_2 = 1, 2, 3, \ldots\): \(v''_1 = \dfrac{7\sqrt{3}\,v_0}{27}\), \(v''_2 = \dfrac{\sqrt{183}\,v_0}{27}\), \(v''_3 = \dfrac{2\sqrt{3}}{9}v_0\).

Решение

Движение шайб после приобретения первой шайбой скорости \(v_0\) в дальнейшем представляет из себя суперпозицию поступательного движения центра масс и вращательного движения шайб вокруг центра масс.

Скорость центра масс: \[v_C = \frac{m_1 v_0}{m_1 + m_2} = \frac{v_0}{3}.\] Положение центра масс: \[y_C = \frac{m_1 l}{m_1 + m_2} = \frac{l}{3} = \text{const}.\] Перейдём в инерциальную систему отсчёта, связанную с центром масс двух шайб. В этой системе отсчёта связанные шайбы вращаются с угловой скоростью \(\omega = \dfrac{v_C}{y_C} = \dfrac{v_0}{l}\), а третья шайба движется со скоростью, проекция которой \(v_{3x} = -v_C\).

Определим условия столкновения одной из связанных шайб с третьей. Столкновение шайбы массы \(m_2\) с шайбой массы \(m_3\) произойдёт в том случае, если связанные шайбы совершат целое число \(k\) оборотов, а третья шайба окажется в начале координат: \[\begin{cases} \omega t = 2\pi k, \quad k \in \mathbb{N}, \\ L + v_{3x} t = 0 . \end{cases}\] Решая данную систему, найдём \[L_k = -\frac{v_{3x}\, 2\pi k}{\omega} = \frac{m_1 v_0}{m_1 + m_2}\cdot\frac{2\pi k l}{v_0} = \frac{2\pi m_1 l}{m_1 + m_2}\,k = \frac{2\pi}{3}\,l k, \quad k \in \mathbb{N}.\] В данном случае столкновения как такового не происходит, потому что относительная скорость шайб 2 и 3 в момент их встречи равна нулю, следовательно, при подобном касании скорости шайб не меняются. В лабораторной системе отсчёта скорости после удара определяются выражениями: \[\begin{cases} v_1 = v_0, \\ v_2 = 0, \\ v_3 = 0 . \end{cases}\]

Столкновение шайбы 1 и 3 происходит, если шайба 1 достигает точки на оси \(Ox\) в момент, когда там оказывается шайба 3. Запишем зависимость координат шайбы 1 и 3 от времени в системе центра масс: \[\begin{cases} y_1 = y_C + (l - y_C)\cos(\omega t), \\ x_1 = (l - y_C)\sin(\omega t), \\ x_3 = L + v_{3x} t . \end{cases}\] Определим моменты времени, в которые может произойти удар, из условия \(y_1 = 0\): \[y_C + (l - y_C)\cos(\omega t) = 0, \qquad \cos(\omega t) = -\frac{y_C}{l - y_C} = -\frac{m_1}{m_2} \quad\Rightarrow\quad t = \pm\frac{1}{\omega}\arccos\left(-\frac{1}{2}\right) + \frac{2\pi k}{\omega}, \quad k \in \mathbb{Z};\] \[\sin(\omega t) = \pm\sqrt{1 - \frac{m_1^2}{m_2^2}} .\] Теперь определим, на каком расстоянии должна находиться шайба 3, чтобы произошёл удар: \[\pm\frac{m_2 l}{m_1 + m_2}\sqrt{1 - \frac{m_1^2}{m_2^2}} = L_k - \frac{m_1 v_0}{m_1 + m_2}\left(\pm\frac{1}{\omega}\arccos\left(-\frac{m_1}{m_2}\right) + \frac{2\pi k}{\omega}\right).\] Откуда получаем: \[\begin{cases} L^+_k = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\,l + \dfrac{l}{3}\left(\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k_1\right), \quad k_1 = 0, 1, 2, \ldots \\[2mm] L^-_k = -\dfrac{\sqrt{3}}{3}\,l + \dfrac{l}{3}\left(-\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k_2\right), \quad k_2 = 1, 2, 3, \ldots \end{cases}\] Комментарий: решения со знаком «плюс» соответствуют столкновениям в положительной области оси \(Ox\), со знаком «минус» — в отрицательной.

Рассматривать столкновение шайб 1 и 3 удобнее в лабораторной системе отсчёта, поскольку в ней шайба 3 покоится. В силу того, что шайбы очень маленькие, можем считать удар шайб центральным.

Удар в положительной области оси \(Ox\). Скорость шайбы 1 в лабораторной системе отсчёта найдём по теореме косинусов: \[v_1 = \sqrt{(v_0 - v_C)^2 + v_C^2 - 2 v_C (v_0 - v_C)\cos\alpha} = \frac{\sqrt{3}}{3} v_0 .\]

Заметим, что значения скоростей таковы, что треугольник, составленный из векторов скоростей, является прямоугольным, т.е. вектор \(\vec v_1\) направлен вертикально вниз.

Опишем соударение шайб 1 и 3 с использованием закона сохранения импульса и закона сохранения энергии. Учитывая тот факт, что удар центральный, закон сохранения импульса запишем сразу в проекции на направление движения первой шайбы: \[\begin{cases} m_1 v_1 = -m_1 v'_1 + m_3 v'_3, \\ \dfrac{m_1 v_1^2}{2} = \dfrac{m_1 v'^2_1}{2} + \dfrac{m_3 v'^2_3}{2}. \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} v'_1 = v_1\dfrac{m_3 - m_1}{m_1 + m_3} = \dfrac{\sqrt{3}}{9} v_0, \\[2mm] v'_3 = v_1\dfrac{2 m_1}{m_1 + m_3} = \dfrac{2\sqrt{3}}{9} v_0 . \end{cases}\] Направление скорости шайбы 1 меняется на противоположное, нить перестаёт быть натянутой, значит скорость 2-й шайбы больше не изменяется до тех пор, пока нить снова не натянется или не произойдёт столкновение шайб 1 и 2.

Скорость шайбы 2 в лабораторной системе отсчёта: \[v_{2л} = \sqrt{v_C^2 + v_C^2 + 2 v_C^2\cos\alpha} = \frac{\sqrt{3}}{3} v_0 .\]

Удар в отрицательной области оси \(Ox\). Скорость шайбы 1 в лабораторной системе отсчёта найдём по теореме косинусов: \[v_1 = \sqrt{(v_0 - v_C)^2 + v_C^2 - 2 v_C (v_0 - v_C)\cos\alpha} = \frac{\sqrt{3}}{3} v_0 .\]

Заметим, что значения скоростей таковы, что треугольник, составленный из векторов скоростей, является прямоугольным, т.е. вектор \(\vec v_1\) направлен вертикально вниз. В этом случае ситуация «симметричная»: вектор скорости \(\vec v_1\) направлен вертикально вверх, выражения для законов сохранения энергии и импульса остаются такими же, модули скоростей после столкновения такие же, как и при ударе в положительной области оси \(Ox\): \[\begin{cases} v'_1 = \dfrac{\sqrt{3}}{9} v_0, \\[2mm] v'_3 = \dfrac{2\sqrt{3}}{9} v_0 . \end{cases}\] Однако в подобном случае расчёт конечных скоростей шайб 1 и 2 не является законченным:

Видим, что при дальнейшем движении нить должна была бы растянуться, что невозможно. Поскольку силы натяжения, действующие на шайбы, одинаковы по модулю и противоположны по направлению, выполняется закон сохранения импульса в проекции на ось, направленную вдоль нити. Компоненты импульса шайб, направленные перпендикулярно нити, не изменяются, так как нет сил, действующих на шайбы в направлении, перпендикулярном нити. Полная энергия системы также не изменяется: \[\begin{cases} m_2 v_C\sin\alpha - m_1 v'_1\cos\alpha = m_1 v_{1\parallel} + m_2 v_{2\parallel}, \\ \dfrac{m_1 (v'_1\cos\alpha)^2}{2} + \dfrac{m_2 (v_C\sin\alpha)^2}{2} = \dfrac{m_1 v_{1\parallel}^2}{2} + \dfrac{m_2 v_{2\parallel}^2}{2}. \end{cases} \quad\rightarrow\quad \begin{cases} v_{1\parallel} = \dfrac{13\sqrt{3}\,v_0}{54}, \\[2mm] v_{2\parallel} = \dfrac{\sqrt{3}\,v_0}{54} . \end{cases}\] Заметим на данном этапе, что после подобного взаимодействия нить перестаёт быть натянутой, следовательно, скорости шайб 1 и 2 останутся постоянными до тех пор, пока нить снова не натянется.

С учётом того, что \(v_{1\perp} = v'_1 \sin\alpha = \dfrac{v_0}{6}\), \(v_{2\perp} = v_C + v_C\cos\alpha = \dfrac{v_0}{2}\), получаем окончательно: \[\begin{cases} v''_1 = \sqrt{v_{1\parallel}^2 + v_{1\perp}^2} = \dfrac{7\sqrt{3}\,v_0}{27}, \\[2mm] v''_2 = \sqrt{v_{2\parallel}^2 + v_{2\perp}^2} = \dfrac{\sqrt{183}\,v_0}{27} . \end{cases}\]

Подсказка

КПД максимален, когда изобарный участок 3–4 уходит в бесконечность по давлению. Запишите теплоты на всех участках через отношение объёмов и найдите максимум КПД по этому отношению.

Ответ

\(\dfrac{V_{\max}}{V_{\min}} = 3\).

Решение

Введём обозначения: \[k = \frac{V_{\max}}{V_{\min}}, \qquad s = \frac{p_{34}}{p_1} .\] Процесс 1–2 адиабатический, уравнение этого процесса в координатах \((p;n)\) записывается в виде \(p = \alpha n^\gamma\); так как \(\dfrac{n_2}{n_1} = k\), то \[\frac{p_2}{p_1} = k^\gamma .\] Рассчитаем КПД данного циклического процесса с использованием введённых обозначений. Отметим, что теплота подводилась на участках 2–3 — изохорный процесс и 3–4 — изобарный процесс: \[Q_{23} = \Delta U_{23} = \frac{3}{2}\left(s p_1 - k^\gamma p_1\right) V_{\min}, \qquad Q_{34} = A_{34} + \Delta U_{34} = \frac{5}{2}\, s p_1 (k - 1) V_{\min} .\] Количество отведённой теплоты определим из участка 4–1 — изохорный процесс: \[|Q_{41}| = \frac{3}{2}\left(s p_1 - p_1\right) k V_{\min} .\] Отсюда КПД циклического процесса: \[\eta = 1 - \frac{|Q_{41}|}{Q_{23} + Q_{34}} = 1 - \frac{\frac{3}{2}(s-1)k}{\frac{3}{2}(s - k^\gamma) + \frac{5}{2}\bigl(s(k-1)\bigr)} = 1 - \frac{3(s-1)k}{3(s - k^\gamma) + 5\bigl(s(k-1)\bigr)} .\] Видим, что максимальный КПД реализуется при \(s \to \infty\): \[\eta_{\max} = 1 - \frac{3k}{3 + 5(k-1)} .\] Отсюда находим, что отношение максимального к минимальному объёму: \[k = 3 .\]

Подсказка

Разбейте оборот на четыре участка по положению диэлектрика и рассмотрите, когда конденсатор подключён к источнику, а когда отключён. Заряд на конденсаторе распределяется по закону сохранения заряда и условию равенства потенциалов.

Ответ

1) \(q_1 = 0{,}17\text{ мкКл}\);  2) \(q_{\max} = 1{,}4\text{ Кл}\);  3) \(P_{\max} = 0{,}20\text{ мВт}\).

Решение

1. Определим ёмкость \(C_0\) конденсатора, состоящего из двух пластин, закреплённых на валу: \[C_0 = \frac{\varepsilon_0 S}{d} = \frac{\varepsilon_0 \alpha R^2}{2d} .\] При первом контакте с источником практически мгновенно заряд пластин становится равным: \[q_0 = C_0 U .\] В момент, когда диэлектрик заполняет всё пространство между пластинами, ёмкость становится равной: \[C' = \varepsilon C_0 .\] Заряд, накапливаемый пластинами за время контакта с источником, определяется выражением: \[q'_0 = C' U = \varepsilon C_0 U .\] Важно заметить, что диэлектрик остаётся неподвижен, то есть при прохождении следующей трети круга ёмкость конденсатора уменьшится до исходного значения \(C_0\), но при отключённом источнике изменения заряда пластин не произойдёт.

При первом контакте с незаряженным конденсатором заряд перераспределяется в соответствии с законом сохранения электрического заряда и условием равенства потенциалов пластин: \[\begin{cases} q'_0 = q + q_1, \\ \dfrac{q}{C_0} = \dfrac{q_1}{C} . \end{cases} \quad\Rightarrow\quad q_1 = \frac{C q'_0}{C + C_0} = \frac{\varepsilon C C_0 U}{C + C_0} = 0{,}17\text{ мкКл}.\]

2. Процесс зарядки конденсатора \(C\) заканчивается тогда, когда напряжение между его обкладками становится равным напряжению между пластинами сразу после покидания пластинами диэлектрика: \[U_{\max} = \frac{q_0}{C_0} = \varepsilon U .\] Следовательно, максимальный заряд, накопленный на конденсаторе, равен: \[q_{\max} = C U_{\max} = \varepsilon C U = 1{,}4\text{ Кл}.\]

3. Для того чтобы поддерживать угловую скорость вращения вала и пластин постоянной, двигатель работает с некоторой мощностью. Помимо этого источник напряжения также совершает работу по переносу заряда. Уравнение энергетического баланса в таком случае выглядит следующим образом: \[P\,dt + U\,dq = dW_c .\] Разобьём один полный оборот на несколько этапов, чтобы понять, в какой момент мощность двигателя максимальна.

Этап 1. Первый контакт пластин и источника напряжения при \(t = 0\). Так как сопротивления элементов пренебрежимо малы, то зарядка пластин происходит практически мгновенно. Работа, совершённая источником в этот момент, равна \(A_{\text{ист}} = q_0 U\), энергия, запасённая в пластинах, составляет \(W_{C_0} = \dfrac{q_0 U}{2}\). Важно отметить, что половина работы источника в таком случае всё равно выделяется в виде теплоты на пусть и малом, но всё же существующем сопротивлении проводов. Также в момент подключения пластин генератора к щёткам мог образоваться газоразрядный канал — искра, на которую также расходуется энергия, так что энергетический баланс всё равно будет соблюдён.

Этап 2. Первая треть полного оборота, диэлектрик частично заполняет конденсатор, \(t \in \left(0;\, \tfrac{1}{3}T\right)\). Ёмкость конденсатора возрастает при подключённом источнике напряжения, т.е. напряжение на пластинах поддерживается постоянным, заряд обкладок растёт: \[C(t) = \frac{\varepsilon_0 \varepsilon \omega t R^2}{2d} + \frac{\varepsilon_0(\alpha - \omega t)R^2}{2d}.\] За малый промежуток времени ёмкость возрастает на величину \[dC = \frac{\varepsilon_0(\varepsilon - 1)\omega R^2}{2d}\,dt .\] Заряд, прошедший через источник за это время: \(dq = U\,dC\).

Энергетический баланс на данном этапе: \[P_{1/3}(t)\,dt + U^2\,dC = \frac{U^2}{2}\,dC .\] Отсюда мощность двигателя: \[P_{1/3} = -\frac{U^2}{2}\frac{dC}{dt} = -\frac{U^2\varepsilon_0(\varepsilon - 1)\omega R^2}{4d} = -4{,}6\text{ мкВт}.\] Видим, что мощность двигателя постоянна и отрицательна, двигателю приходится «притормаживать» пластины для поддержания равномерного вращения.

Этап 3. Контакт с источником потерян, диэлектрик постепенно покидает пространство между пластинами, \(t \in \left[\tfrac{1}{3}T;\, \tfrac{2}{3}T\right)\). На данном этапе ёмкость конденсатора уменьшается при отключённом источнике напряжения, работа двигателя расходуется на изменение энергии конденсатора. Для удобства введём переменную \(\tau = t - \dfrac{T}{3}\), являющуюся временем, отсчитываемым от начала третьего этапа: \[C(\tau) = \frac{\varepsilon_0\,\omega\tau R^2}{2d} + \frac{\varepsilon_0\varepsilon(\alpha - \omega\tau)R^2}{2d}.\] Изменение ёмкости за малый промежуток времени \(d\tau\): \[dC = -\frac{\varepsilon_0(\varepsilon - 1)\omega R^2}{2d}\,d\tau .\] Энергетический баланс на данном этапе: \[P(\tau)\,d\tau = dW_C, \qquad P(\tau) = \frac{d}{d\tau}\left(\frac{q^2}{2C}\right) = -\frac{(\varepsilon C_0 U)^2}{2C^2}\frac{dC}{d\tau} = \frac{\varepsilon^2\alpha^2 U^2\varepsilon_0(\varepsilon - 1)\omega R^2}{4d}\cdot \frac{1}{(\varepsilon\alpha - (\varepsilon - 1)\omega\tau)^2} .\] Очевидно, что мощность двигателя должна быть максимальна в момент \(\tau = \dfrac{T}{3}\), то есть в самом конце этапа 3: \[P_{\max} = \frac{U^2\varepsilon_0\varepsilon^2(\varepsilon - 1)\omega R^2}{4d} = \varepsilon^2\left|P_{1/3}\right| = 0{,}20\text{ мВт}.\]

Этап 4. \(t \in \left[\tfrac{2}{3}T;\, T\right]\). Весь оставшийся промежуток времени мощность для поддержания вращения не нужна.

Подсказка

Ход луча в шаре: два преломления на поверхности. Угол отклонения выразите через углы падения и преломления, а для фокуса воспользуйтесь тем, что \(\triangle OFC\) равнобедренный.

Ответ

1) \(n \approx 1{,}56\);  2) \(R = 10\text{ см}\);  3) \(l = 14\text{ см}\).

Решение

Построим ход произвольного луча:

В соответствии с законом преломления \[\sin\alpha = n\sin\beta .\] Из геометрических соображений: \[\sin\alpha = \frac{x}{R} .\] Заметим, что угол \(\theta\) является внешним углом треугольника \(\triangle ABC\), следовательно, он равен сумме двух несмежных с ним углов: \[\theta(x) = \angle CAB + \angle CBA = 2(\alpha - \beta) = 2\left(\arcsin\frac{x}{R} - \arcsin\frac{x}{nR}\right).\] Рассмотрим внимательно имеющиеся у нас отрывки графиков. На одном из них мы видим верхнюю правую часть графика, а также значение максимального угла отклонения: \[\theta_{\max} \approx 100^\circ .\] Максимальный угол отклонения наблюдается в случае, если \(x \to R\): \[\theta_{\max} = \theta(x \to R) = 2\left(1 - \arcsin\frac{1}{n}\right).\] Определим из этого соотношения показатель преломления вещества прозрачного шара: \[n = \frac{1}{\sin\left(90^\circ - \dfrac{\theta_{\max}}{2}\right)} \approx 1{,}56 .\] Теперь рассмотрим часть графика, соответствующую малым \(x \ll R\). Видим, что эта часть графика практически линейна, то есть зависимость \(\theta(x)\) имеет вид: \[\theta(x) = k x .\] Угловой коэффициент найдём из графика: \[k = 4{,}0\,\frac{^\circ}{\text{см}} = 0{,}070\,\frac{\text{рад}}{\text{см}} .\] При малых \(x\) угол \(\alpha\) [рад] \(\ll 1\), следовательно, можно воспользоваться примечанием: \[\sin\alpha \approx \alpha \approx \frac{x}{R}.\] В таком случае закон преломления запишется в виде \(\alpha = n\beta\), при этом угол отклонения луча: \[\theta(x) = 2(\alpha - \beta) = \frac{2x}{R}\left(1 - \frac{1}{n}\right) \quad\Rightarrow\quad k = \frac{2}{R}\left(1 - \frac{1}{n}\right).\] Отсюда радиус шара: \[R = \frac{2}{k}\left(1 - \frac{1}{n}\right) = 10\text{ см}.\] Для определения расстояния, на котором фокусируются лучи, отметим, что треугольник \(\triangle OFC\) равнобедренный.

В самом деле, \(CO\) является общей высотой равнобедренных треугольников \(\triangle ACB\) и \(\triangle AOB\), а следовательно, и биссектрисой углов при вершинах этих треугольников. Отсюда \[\angle OCF = \frac{1}{2}\left(\pi - 2(\alpha - \beta)\right) = \frac{\pi}{2} - \alpha + \beta,\] \[\angle COF = \pi - \angle CFO - \angle OCF = \pi - \theta - \left(\frac{\pi}{2} - \alpha + \beta\right) = \frac{\pi}{2} - \alpha + \beta .\] Высота \(\triangle OFC\), опущенная из вершины \(C\), равна \(x\), а боковые стороны равны \(CF = OF = l\). Площадь этого треугольника: \[S = \frac{1}{2}\, l^2\sin\theta = \frac{1}{2}\, x l \quad\Rightarrow\quad l = \frac{x}{\sin\theta} \approx \frac{x}{\theta} .\] Подставляя выражение для \(\theta\), получаем: \[l = \frac{x}{\dfrac{2x}{R}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)} = \frac{R n}{2(n-1)} = 14\text{ см}.\] Отдельно стоит отметить, что полученное выражение справедливо только для случаев \(n \leq 2\) (подумайте, почему?).

Альтернативный способ найти расстояние, на котором фокусируются лучи. Рассмотрим \(\triangle OBF\): \(\angle OBF = \pi - \alpha\), \(\angle BFO = \theta\), \(OB = R\), \(OF = l\). По теореме синусов: \[\frac{R}{\sin\theta} = \frac{l}{\sin(\pi - \alpha)} .\] Подставим выражение для угла \(\theta\), воспользуемся формулой приведения (\(\sin(\pi - \alpha) = \sin\alpha\)) и учтём, что углы малые и \(\alpha = n\beta\): \[\frac{R}{2(n\beta - \beta)} = \frac{l}{n\beta} \quad\Rightarrow\quad l = \frac{R n}{2(n-1)} .\]

Альтернативный способ № 2 найти расстояние, на котором фокусируются лучи. Воспользуемся формулой «шлифовщика» или законом преломления на сферической поверхности. Параллельный пучок лучей соответствует бесконечно удалённому источнику. Преломление на первой сферической поверхности: \[\frac{1}{a_1} + \frac{n}{b_1} = \frac{n-1}{R}, \quad a_1 \to \infty \quad\Rightarrow\quad b_1 = \frac{n R}{n-1}.\] Вторая поверхность находится на расстоянии \(2R\) от первой, поэтому \(a_2 = -(b_1 - 2R)\). Знак «минус» соответствует сходящемуся пучку световых лучей, падающих на вторую поверхность. Второе преломление: \[\frac{n}{a_2} + \frac{1}{b_2} = \frac{1 - n}{-R} \quad\Rightarrow\quad b_2 = \frac{R(2 - n)}{2(n-1)} .\] Искомое расстояние: \[l = b_2 + R = \frac{R(2 - n)}{2(n-1)} + R = \frac{R n}{2(n-1)} = 14\text{ см}.\]