Курчатов, 2023/24, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Без проскальзывания сила трения работы не совершает, так что энергия сохраняется; кинетическая энергия обруча вдвое больше, чем у скользящего тела той же массы и скорости центра.

Ответ

1) \(a = \dfrac{g\sin\alpha}{2} = 2{,}5\text{ м/с}^2\);  2) \(\mu = \dfrac{\mathrm{tg}\,\alpha}{2} = \dfrac{1}{2\sqrt3} = 0{,}29\).

Решение

1. Обозначим через \(m\) массу обруча. На обруч действуют сила тяжести \(m\vec g\), сила \(\vec N\) нормальной реакции наклонной плоскости и сила трения \(\vec F\). При движении без проскальзывания мгновенная скорость \(\vec V_A\) точки \(A\), в которой обруч касается плоскости, равна нулю. В этом случае \(\vec F\) является силой трения покоя. Её мгновенная мощность, равная скалярному произведению \(\vec F\vec V_A\), обращается в нуль. Поэтому сила \(\vec F\) не совершает работу и механическая энергия обруча сохраняется. Сохранение механической энергии можно обосновать по"=другому, сказав, что если в точке \(A\) нет проскальзывания, то там не выделяется тепло.

Пусть центр обруча прошёл расстояние \(S\) вдоль наклонной плоскости. Его перемещение по вертикали равно \(H = S\sin\alpha\). Скорость центра в этот момент обозначим через \(V\). Воспользуемся известным фактом, что кинетическая энергия обруча, катящегося без проскальзывания, равна \(mV^2\). Элементарное доказательство этого утверждения приведено, например, на официальном сайте олимпиады «Курчатов» (заключительный этап 2022 года, задача 2 для 11 класса). По закону сохранения энергии имеем: \[mgH = mV^2 \quad\longrightarrow\quad V^2 = gS\sin\alpha .\]

Рассмотрим теперь вспомогательную задачу. Брусок массой \(M\) соскальзывает из состояния покоя по гладкой плоскости, наклонённой к горизонту под углом \(\alpha\). Хорошо известно, что брусок движется с постоянным ускорением \[a = g\sin\alpha .\] Предположим, что брусок прошёл расстояние \(S\) вдоль наклонной плоскости, опустившись по вертикали на высоту \(H = S\sin\alpha\) и разогнавшись до скорости \(V\). Имеем: \[MgH = \frac{MV^2}{2} \quad\longrightarrow\quad V^2 = 2gS\sin\alpha .\] Как видно, выражение для квадрата скорости центра обруча получается отсюда заменой \(g \to g/2\). Сделав такую замену в формуле для ускорения бруска, находим ускорение центра обруча: \[a = \frac{g\sin\alpha}{2} = 2{,}5\text{ м/с}^2 .\] Этот результат можно получить по"=другому, воспользовавшись тем фактом, что линейная зависимость \(V^2\) от \(S\) характерна для равноускоренного движения. Полагая \(V = at\) и \(S = at^2/2\), получаем: \[a^2t^2 = \frac{at^2}{2}\,g\sin\alpha \quad\longrightarrow\quad a = \frac{g\sin\alpha}{2} .\]

2. Запишем для обруча уравнение второго закона Ньютона в системе отсчёта, связанной с наклонной плоскостью: \[m\vec a = m\vec g + \vec N + \vec F .\] Направим ось \(x\) вдоль ускорения центра обруча, а ось \(y\) перпендикулярно плоскости вверх. В проекциях на эти оси имеем: \[\begin{align*} ma &= mg\sin\alpha - F,\\ 0 &= N - mg\cos\alpha . \end{align*}\] Выразим отсюда силы \(F\) и \(N\): \[F = mg\sin\alpha - ma = \frac{mg\sin\alpha}{2}, \qquad N = mg\cos\alpha .\] Сила трения покоя удовлетворяет неравенству \(F \le \mu N\). Отсюда получаем значения коэффициента трения, при которых обруч будет скатываться без проскальзывания: \[\frac{mg\sin\alpha}{2} \le \mu mg\cos\alpha \quad\longrightarrow\quad \mu \ge \frac{\mathrm{tg}\,\alpha}{2} .\] Минимальное значение \(\mu\) равно: \[\mu = \frac{\mathrm{tg}\,\alpha}{2} = \frac{1}{2\sqrt3} = 0{,}29 .\]

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

Подсказка

Скорости груза и всех точек обруча одинаковы, поэтому обруч добавляет к движущейся массе свою массу \(m_1\). Запишите энергию системы и покажите, что она устроена как у груза массой \(m_1+m_2\) на пружине жёсткости \(k\).

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m_1 + m_2}{k}} = 1{,}3\text{ с}\).

Решение

1. Найдём удлинение пружины \(x_p\) в положении равновесия. Обозначим через \(T_1\) и \(T_2\) силы натяжения левого и правого вертикальных участков нити. В положении равновесия имеем: \[T_1 = kx_p, \qquad T_2 = m_2 g .\] Так как обруч не вращается, \(T_1 = T_2\). Получаем: \[kx_p = m_2 g \quad\longrightarrow\quad x_p = \frac{m_2 g}{k} .\]

2. Выведем систему из положения равновесия. Например, сместим точку \(B\), в которой нить прикреплена к пружине, вниз на расстояние \(x_0\) и отпустим без толчка. Величина \(x_0\) предполагается малой по сравнению с \(x_p\), так что при дальнейшем движении пружина остаётся растянутой и силы натяжения нити не обращаются в нуль. Начальное удлинение пружины равно \((x_p - x_0)\). Потенциальную энергию груза в поле тяжести примем за нуль в положении равновесия. Учитывая, что при смещении точки \(B\) вниз на расстояние \(x_0\) груз поднимается на такое же расстояние вверх, запишем начальную энергию системы: \[E_0 = \frac{k(x_p - x_0)^2}{2} + m_2 g x_0 = \frac{kx_p^2}{2} - kx_px_0 + \frac{kx_0^2}{2} + m_2 g x_0 .\] Здесь имеем: \[-kx_px_0 + m_2 g x_0 = -k\frac{m_2 g}{k}\,x_0 + m_2 g x_0 = 0 .\] Получаем: \[E_0 = \frac{kx_p^2}{2} + \frac{kx_0^2}{2} .\] Запишем теперь энергию системы \(E\) в некотором произвольном положении. Направим ось \(x\) вертикально вверх и будем отсчитывать координату груза \(x\) от положения равновесия. Удлинение пружины равно \((x_p - x)\). Обозначим скорость груза через \(V\). Поскольку нить не скользит по обручу, скорости всех его точек также равны \(V\). Получаем: \[E = \frac{m_1V^2}{2} + \frac{m_2V^2}{2} + \frac{k(x_p - x)^2}{2} + m_2 g x = \frac{(m_1 + m_2)V^2}{2} + \frac{kx_p^2}{2} - kx_px + \frac{kx^2}{2} + m_2 g x .\] Здесь имеем: \[-kx_px + m_2 g x = -k\frac{m_2 g}{k}\,x + m_2 g x = 0 .\] Получаем: \[E = \frac{(m_1 + m_2)V^2}{2} + \frac{kx_p^2}{2} + \frac{kx^2}{2} .\] Так как нить не скользит по обручу, механическая энергия системы сохраняется (не переходит в тепло): \[E = E_0 \quad\longrightarrow\quad \frac{(m_1 + m_2)V^2}{2} + \frac{kx_p^2}{2} + \frac{kx^2}{2} = \frac{kx_p^2}{2} + \frac{kx_0^2}{2},\] \[\frac{(m_1 + m_2)V^2}{2} + \frac{kx^2}{2} = \frac{kx_0^2}{2} .\] Получившееся равенство выглядит как закон сохранения энергии для груза массой \(M = m_1 + m_2\), колеблющегося на пружине жёсткости \(k\). Величина \(x_0\) играет роль начального смещения груза. Таким образом, можно утверждать, что в нашем случае период малых колебаний системы равен: \[T = 2\pi\sqrt{\frac{M}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{m_1 + m_2}{k}} = 1{,}3\text{ с} .\]

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

Подсказка

Переходы необратимы, поэтому адиабату использовать нельзя: записывайте первое начало термодинамики и баланс энергии поршня (с грузом) отдельно для переходов 1–2 и 2–3.

Ответ

\(\Delta V = \dfrac{6k^2V_1}{25(1 + k)} = 11\text{ см}^3\).

Решение

1. Рассмотрим переход газа из состояния 1 в состояние 2. Обозначим через \(P_1\) и \(T_1\) давление и температуру газа в состоянии 1, через \(P_2\) и \(T_2\) давление и температуру в состоянии 2. Согласно первому началу термодинамики имеем: \[0 = \nu C_V(T_2 - T_1) + A_{12},\] \(\nu\) — количество молей газа, \(C_V\) — молярная теплоёмкость при постоянном объёме, \(A_{12}\) — работа газа. Запишем уравнение баланса энергии для поршня с грузом: \[(m_1 + m_2)g(h_2 - h_1) = A_{12},\] \(h_1\) и \(h_2\) — значения высоты поршня над дном цилиндра в состояниях 1 и 2. Обозначим через \(S\) площадь поршня и рассмотрим условия механического равновесия: \[P_1S = m_1 g, \qquad P_2S = (m_1 + m_2)g .\] Запишем также уравнение состояния газа: \[\begin{align*} P_1Sh_1 = \nu RT_1 &\quad\longrightarrow\quad \nu RT_1 = m_1 g h_1,\\ P_2Sh_2 = \nu RT_2 &\quad\longrightarrow\quad \nu RT_2 = (m_1 + m_2)g h_2, \end{align*}\] \(R\) — универсальная газовая постоянная. Используя полученные соотношения, выразим \(h_2\) через \(h_1\): \[\begin{align*} 0 &= \frac{C_V}{R}\bigl(\nu RT_2 - \nu RT_1\bigr) + (m_1 + m_2)g(h_2 - h_1),\\ 0 &= \frac{C_V}{R}\bigl((m_1 + m_2)g h_2 - m_1 g h_1\bigr) + (m_1 + m_2)g(h_2 - h_1). \end{align*}\]

После некоторых алгебраических преобразований получаем: \[h_2 = \left(1 - \frac{C_V}{C_P}\cdot\frac{k}{1 + k}\right)h_1,\] \(C_P = C_V + R\) — молярная теплоёмкость при постоянном давлении, \(k = m_2/m_1\).

2. Рассмотрим переход газа из состояния 2 в состояние 3. Обозначим через \(P_3\), \(T_3\) и \(h_3\) давление, температуру и высоту поршня над дном цилиндра в состоянии 3. Согласно первому началу термодинамики имеем: \[0 = \nu C_V(T_3 - T_2) + A_{23},\] \(A_{23}\) — работа газа. Уравнение баланса энергии для поршня: \[m_1 g(h_3 - h_2) = A_{23}.\] Условие механического равновесия и уравнение состояния газа: \[P_3S = m_1 g, \qquad P_3Sh_3 = \nu RT_3 \quad\longrightarrow\quad \nu RT_3 = m_1 g h_3 .\]

Выразим \(h_3\) через \(h_2\): \[\begin{align*} 0 &= \frac{C_V}{R}\bigl(\nu RT_3 - \nu RT_2\bigr) + m_1 g(h_3 - h_2),\\ 0 &= \frac{C_V}{R}\bigl(m_1 g h_3 - (m_1 + m_2)g h_2\bigr) + m_1 g(h_3 - h_2). \end{align*}\] Отсюда получаем: \[h_3 = \left(1 + k\cdot\frac{C_V}{C_P}\right)h_2 .\]

3. Используя полученные результаты, выразим \(h_3\) через \(h_1\): \[h_3 = \left(1 + k\cdot\frac{C_V}{C_P}\right)h_2 = \left(1 + k\cdot\frac{C_V}{C_P}\right)\cdot \left(1 - \frac{C_V}{C_P}\cdot\frac{k}{1 + k}\right)h_1 .\] Полагая \(V_1 = Sh_1\) и \(V_3 = Sh_3\), находим относительное изменение объёма: \[\frac{\Delta V}{V_1} = \frac{V_3 - V_1}{V_1} = \frac{h_3 - h_1}{h_1} = \left(1 + k\cdot\frac{C_V}{C_P}\right)\cdot \left(1 - \frac{C_V}{C_P}\cdot\frac{k}{1 + k}\right) - 1 .\] Упростим это выражение для одноатомного газа. В этом случае \(C_V/C_P = 3/5\). Получаем: \[\frac{\Delta V}{V_1} = \left(1 + \frac{3k}{5}\right)\cdot \left(1 - \frac{3k}{5(1 + k)}\right) - 1 .\] Окончательно: \[\frac{\Delta V}{V_1} = \frac{6k^2}{25(1 + k)} \quad\longrightarrow\quad \Delta V = \frac{6k^2V_1}{25(1 + k)} = 11\text{ см}^3 .\] В заключение отметим, что, строго говоря, в данной задаче нельзя пользоваться уравнением адиабаты, поскольку переходы между состояниями 1, 2 и 3 являются необратимыми. Использование уравнения адиабаты даёт \(\Delta V = 0\). Реально эта разность отлична от нуля, хотя и мала по сравнению с начальным объёмом \(V_1\). Малость \(\Delta V\) обусловлена малостью отношения масс груза и поршня.

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

Подсказка

Потенциал заземлённого шара равен нулю, в том числе в его центре; там индуцированные заряды лежат на одном расстоянии \(R\), и их потенциал зависит только от суммарного заряда \(Q\).

Ответ

1) \(Q = -\dfrac{qR}{L} = -20\text{ нКл}\);  2) \(x = \dfrac{R^2}{L} = 1\text{ см}\);  3) \(F = \dfrac{kq^2RL}{(L^2 - R^2)^2} = 8\text{ мН}\).

Решение

1. Индуцированный заряд \(Q\) распределён по поверхности шара. Для того чтобы найти его, рассмотрим потенциал в центре шара \(O\): \[\varphi_0 = k\frac{q}{L} + \varphi'_0,\] \(\varphi'_0\) — потенциал электрического поля, создаваемого индуцированным зарядом. Разобьём поверхность шара на малые элементы и перенумеруем их индексом \(i\). Заряд элемента с номером \(i\) обозначим через \(\Delta Q_i\). Сумма всех таких зарядов равна заряду шара: \[\sum_i \Delta Q_i = Q .\] Учитывая, что все элементы находятся на расстоянии \(R\) от центра шара, получаем: \[\varphi'_0 = \sum_i k\frac{\Delta Q_i}{R} = \frac{k}{R}\sum_i \Delta Q_i = k\frac{Q}{R}, \qquad \varphi_0 = k\frac{q}{L} + k\frac{Q}{R} .\] Приравнивая потенциал \(\varphi_0\) нулю, находим заряд шара: \[\varphi_0 = 0 \quad\longrightarrow\quad Q = -\frac{qR}{L} = -20\text{ нКл} .\]

2. Поместим заряд \(Q\) в точку \(B\) и найдём расстояние \(x\), рассмотрев сначала простейшую точку \(C\), в которой отрезок \(OA\) пересекает поверхность шара. Потенциал электрического поля в этой точке равен: \[\varphi_C = k\frac{q}{L - R} + k\frac{Q}{R - x} = kq\left(\frac{1}{L - R} - \frac{R}{L(R - x)}\right).\] Приравнивая \(\varphi_C\) нулю, получаем: \[\varphi_C = 0 \quad\longrightarrow\quad \frac{1}{L - R} = \frac{R}{L(R - x)}, \qquad LR - Lx = LR - R^2, \qquad x = \frac{R^2}{L} .\] Покажем теперь, что найденное значение \(x\) обеспечивает равенство нулю потенциала в любой точке поверхности шара. Возьмём произвольную точку \(D\) на поверхности. Обозначим через \(\alpha\) угол между радиусом \(OD\) и отрезком \(OA\), через \(r_1\) и \(r_2\) длины отрезков \(AD\) и \(BD\). По теореме косинусов имеем: \[r_1^2 = L^2 + R^2 - 2LR\cos\alpha,\] \[r_2^2 = R^2 + x^2 - 2Rx\cos\alpha = R^2 + \frac{R^4}{L^2} - 2R\cdot\frac{R^2}{L}\cos\alpha = \frac{R^2}{L^2}\bigl(L^2 + R^2 - 2LR\cos\alpha\bigr),\] \[r_2^2 = \frac{R^2}{L^2}\,r_1^2 \quad\longrightarrow\quad r_2 = \frac{R}{L}\,r_1 .\] Потенциал электрического поля в точке \(D\) равен: \[\varphi_D = k\frac{q}{r_1} + k\frac{Q}{r_2} = k\frac{q}{r_1} - k\frac{qR}{L}\cdot\frac{L}{R\,r_1} = k\frac{q}{r_1} - k\frac{q}{r_1} = 0 .\] Таким образом, \[x = \frac{R^2}{L} = 1\text{ см} .\]

3. Поместив заряд \(Q\) в точку \(B\), находим абсолютную величину силы \(F\), с которой шар притягивает заряд \(q\): \[F = \frac{k|Q|q}{(L - x)^2} = \frac{kRq^2}{L\bigl(L - (R^2/L)\bigr)^2} = \frac{kq^2RL}{(L^2 - R^2)^2} = 8\text{ мН} .\]

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

Подсказка

Сила Ампера направлена вертикально вверх, планка отрывается, когда она сравняется с силой тяжести. Раз сопротивления нет, ЭДС индукции в планке в каждый момент равна ЭДС самоиндукции катушки.

Ответ

1) \(I = \dfrac{mg}{Bd} = 2\text{ А}\);  2) \(S = \dfrac{mgL}{(Bd)^2\sin\alpha} = 20\text{ см}\);  3) \(V = \dfrac{g\sqrt{mL}}{Bd} = 1\text{ м/с}\).

Решение

1. Направим единичный вектор нормали \(\vec n\) к плоскости контура вверх. Положительное направление обхода контура связано с направлением \(\vec n\) правилом буравчика (против часовой стрелки, если смотреть сверху). Обозначим через \(\vec V\) мгновенную скорость планки. За малое время \(\Delta t\) планка проходит вдоль рельсов расстояние \(\Delta S = V\Delta t\). Приращение магнитного потока через площадь контура равно: \[\Delta\Phi = \vec B\vec n\,d\,\Delta S = BVd\sin\alpha\,\Delta t .\] ЭДС индукции, возникающая в контуре: \[\varepsilon = -\frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = -BVd\sin\alpha .\] Знак минус означает, что ЭДС индукции действует в направлении, противоположном положительному направлению обхода, то есть по часовой стрелке, если смотреть сверху. В том же направлении течёт ток.

На планку действуют сила тяжести \(m\vec g\), сила Ампера \(\vec F_A\), направленная вертикально вверх, и сила \(\vec N\), равная сумме двух нормальных реакций со стороны рельсов. Обозначим через \(\vec a\) ускорение планки и запишем уравнение второго закона Ньютона: \[m\vec a = m\vec g + \vec F_A + \vec N .\]

Проецируя на направление вектора \(\vec N\), получаем: \[0 = -mg\cos\alpha + F_A\cos\alpha + N \quad\longrightarrow\quad N = (mg - F_A)\cos\alpha .\] Сила Ампера равна: \[F_A = BId,\] \(I\) — мгновенное значение силы тока. При движении планки её скорость возрастает. Вслед за ней растут ЭДС индукции, сила тока и сила Ампера. Сила \(N\) при этом уменьшается и в некоторый момент времени обращается в нуль. В этот момент планка отрывается от рельсов. Полагая \(N = 0\), находим силу тока в момент отрыва: \[N = 0 \quad\longrightarrow\quad F_A = mg, \quad BId = mg \quad\longrightarrow\quad I = \frac{mg}{Bd} = 2\text{ А} .\]

2. Помимо ЭДС индукции, возникающей в движущейся планке, в катушке действует ЭДС самоиндукции. Если не учитывать сопротивление контура, то эти ЭДС следует приравнять друг другу: \[|\varepsilon| = L\frac{\Delta I}{\Delta t} \quad\longrightarrow\quad BVd\sin\alpha = L\frac{\Delta I}{\Delta t} .\] Здесь \(\Delta I\) — приращение силы тока за малое время \(\Delta t\). Перепишем это равенство так: \[B\cdot(V\Delta t)\cdot d\sin\alpha = L\Delta I, \qquad B\cdot\Delta S\cdot d\sin\alpha = L\Delta I .\] Суммируя такие равенства по всем малым промежуткам времени до момента отрыва и учитывая, что в начале движения сила тока равнялась нулю, получаем: \[BSd\sin\alpha = LI \quad\longrightarrow\quad S = \frac{LI}{Bd\sin\alpha} = \frac{mgL}{(Bd)^2\sin\alpha} = 20\text{ см} .\]

3. Запишем уравнение баланса энергии в контуре: \[\frac{LI^2}{2} = A_1,\] \(A_1\) — работа ЭДС индукции. Для планки имеем: \[\frac{mV^2}{2} - mgh = A_2,\] \(V\) — скорость планки при отрыве, \(h = S\sin\alpha\), \(A_2\) — работа силы Ампера. Сложим эти равенства: \[\frac{LI^2}{2} + \frac{mV^2}{2} - mgS\sin\alpha = A_1 + A_2 .\] Покажем, что сумма работ \(A_1\) и \(A_2\) равна нулю: \[A_1 + A_2 = 0 .\] Для этого рассмотрим элементарные работы за малое время \(\Delta t\). За это время в направлении действия ЭДС индукции по контуру протекает заряд \(\Delta q = I\Delta t\). Элементарная работа ЭДС индукции равна: \[\delta A_1 = |\varepsilon|\,\Delta q = BVd\sin\alpha\, I\Delta t .\] Для элементарной работы силы Ампера имеем: \[\delta A_2 = F_A\cdot\Delta S\cdot\cos(90^\circ + \alpha) = -BId\cdot V\Delta t\cdot\sin\alpha .\] Как видно, сумма элементарных работ равна нулю: \[\delta A_1 + \delta A_2 = 0 .\] Отсюда следует равенство нулю суммы полных работ \(A_1 + A_2\). В принципе, этот результат можно обосновать по"=другому, сказав, что ЭДС индукции и сила Ампера возникают вследствие действия силы Лоренца на свободные носители заряда в движущейся планке. Поскольку сила Лоренца не совершает работу, сумма работ ЭДС индукции и силы Ампера должна равняться нулю. Так или иначе, получаем закон сохранения энергии для системы, состоящей из движущейся планки и катушки индуктивности: \[\frac{LI^2}{2} + \frac{mV^2}{2} - mgS\sin\alpha = 0 .\] Отсюда находим скорость планки в момент отрыва: \[\frac{mV^2}{2} = mgS\sin\alpha - \frac{LI^2}{2} = mg\cdot\frac{mgL}{(Bd)^2\sin\alpha}\cdot\sin\alpha - \frac{L}{2}\left(\frac{mg}{Bd}\right)^2 = \frac{L}{2}\left(\frac{mg}{Bd}\right)^2,\] \[V = \frac{g\sqrt{mL}}{Bd} = 1\text{ м/с} .\]

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

Подсказка

Объектив даёт изображение в своей фокальной плоскости. Окуляр должен построить из него мнимое изображение на расстоянии наилучшего зрения \(d\) от глаза: используйте формулу линзы для окуляра, у разных наблюдателей \(d\) разное.

Ответ

1) \(x = \dfrac{F_2^2(d_2 - d_1)}{(d_1 + F_2)(d_2 + F_2)} = 3\text{ мм}\);  2) \(\Delta k = \dfrac{F_1}{d_1} - \dfrac{F_1}{d_2} = 4\).

Решение

1. Так как планета является протяжённым источником света, мысленно разобьём её видимую поверхность на малые элементы, каждый из которых будем считать светящейся точкой. Поскольку планета находится очень далеко, можно считать, что от каждой точки её поверхности в объектив идёт параллельный пучок лучей. Объектив собирает каждый такой пучок в точку, лежащую в фокальной плоскости. Эти точки образуют первичное изображение планеты в виде некоторого круга. Для каждого параллельного пучка достаточно рассмотреть один луч, идущий без преломления через оптический центр объектива. На рисунке показаны два таких луча, идущие от верхнего и нижнего краёв планеты. Угол \(\alpha\) между этими лучами есть угловой диаметр планеты. Изображения краёв получаются в точках \(A\) и \(B\), в которых лучи пересекают фокальную плоскость. Точка \(A\) — изображение верхнего края, точка \(B\) — нижнего. Таким образом, объектив строит действительное перевёрнутое изображение планеты. Найдём его диаметр \(D\), равный длине отрезка \(AB\). Используя малость угла \(\alpha\), получаем: \[\frac{D}{2} = F_1\,\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2} \approx F_1\cdot\frac{\alpha}{2} \quad\longrightarrow\quad D = F_1\alpha .\]

2. Первичное изображение играет роль источника света для наблюдателя, который рассматривает его в окуляр как в лупу. При этом окуляр располагается на расстоянии \(y < F_2\) от первичного изображения и строит мнимое изображение, которое также имеет форму круга. На рисунке диаметр этого круга показан пунктирным отрезком \(A_1B_1\). Точки \(A_1\) и \(B_1\) являются мнимыми изображениями точек \(A\) и \(B\) и лежат на продолжениях вспомогательных лучей, проведённых из \(A\) и \(B\) через оптический центр окуляра. Свет, выходящий из окуляра и попадающий в глаз наблюдателя, устроен так, как будто он испускается предметом, совпадающим с мнимым изображением. Если считать, что глаз расположен вплотную к окуляру, то расстояние от мнимого изображения до окуляра равно расстоянию наилучшего зрения \(d\). Таким образом, при наблюдении в телескоп наблюдатель видит перевёрнутое изображение планеты под углом зрения \(\beta\).

Найдём расстояние \(y\), угол \(\beta\) и угловое увеличение телескопа \(k\). По формуле линзы, записанной для окуляра, получаем: \[\frac{1}{y} - \frac{1}{d} = \frac{1}{F_2} \quad\longrightarrow\quad \frac{1}{y} = \frac{1}{F_2} + \frac{1}{d}, \qquad y = \frac{dF_2}{d + F_2} .\] Для малого угла \(\beta\) имеем: \[\frac{\beta}{2} \approx \mathrm{tg}\frac{\beta}{2} = \frac{D}{2y} \quad\longrightarrow\quad \beta = \frac{D}{y} = F_1\alpha\left(\frac{1}{F_2} + \frac{1}{d}\right).\] Угловое увеличение равно: \[k = \frac{\beta}{\alpha} = \frac{F_1}{F_2} + \frac{F_1}{d} .\]

3. Для близорукого и дальнозоркого наблюдателей имеем: \[y_1 = \frac{d_1F_2}{d_1 + F_2}, \qquad y_2 = \frac{d_2F_2}{d_2 + F_2};\] \[k_1 = \frac{F_1}{F_2} + \frac{F_1}{d_1}, \qquad k_2 = \frac{F_1}{F_2} + \frac{F_1}{d_2} .\] Из формулы \(\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{F_2} + \dfrac{1}{d}\) следует, что при увеличении \(d\) расстояние \(y\) также увеличивается. Поэтому \(y_2 > y_1\). Это означает, что дальнозоркий наблюдатель должен выдвинуть окуляр на расстояние \[x = y_2 - y_1 = \frac{d_2F_2}{d_2 + F_2} - \frac{d_1F_2}{d_1 + F_2} = \frac{F_2^2(d_2 - d_1)}{(d_1 + F_2)(d_2 + F_2)} = 3\text{ мм} .\] Разность угловых увеличений равна: \[\Delta k = k_1 - k_2 = \frac{F_1}{d_1} - \frac{F_1}{d_2} = 4 .\]

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