МОШ, 1990/91, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(Q_{R_1} = \dfrac{R_1CQ^2}{8\pi\varepsilon_0r(R_1 + R_2)(C + 4\pi\varepsilon_0r)}\),  \(Q_{R_2} = \dfrac{R_2CQ^2}{8\pi\varepsilon_0r(R_1 + R_2)(C + 4\pi\varepsilon_0r)}\).

Решение

Описанная в условии задачи схема эквивалентна изображённой на рисунке 3.30, где \(C_0 = 4\pi\varepsilon_0r\) — ёмкость конденсатора, образованного проводящим шаром и землёй. До замыкания ключа в системе была запасена энергия \(W_1 = Q^2/(2C_0)\).

После замыкания ключа заряд \(Q\) распределится между конденсаторами пропорционально их ёмкостям: заряд конденсатора \(C\) будет равен \(q = CQ/(C + C_0)\), а заряд конденсатора \(C_0\) будет равен \(q_0 = C_0Q/(C + C_0)\). Поэтому после замыкания ключа в конденсаторах будет запасена энергия \[W_2 = \dfrac{q^2}{2C} + \dfrac{q_0^2}{2C_0} = \dfrac{Q^2}{2(C + C_0)}.\] Значит, после замыкания ключа в системе выделится количество теплоты \[Q = W_2 - W_1 = \dfrac{CQ^2}{2C_0(C + C_0)}.\] Поскольку резисторы \(R_1\) и \(R_2\) соединены последовательно, то теплота \(Q\) распределится между ними пропорционально величинам их сопротивлений: \[Q_{R_1} = \dfrac{R_1}{R_1 + R_2}Q = \dfrac{R_1}{R_1 + R_2}\cdot\dfrac{CQ^2}{2C_0(C + C_0)} = \dfrac{R_1CQ^2}{8\pi\varepsilon_0r(R_1 + R_2)(C + 4\pi\varepsilon_0r)},\] \[Q_{R_2} = \dfrac{R_2}{R_1 + R_2}Q = \dfrac{R_2}{R_1 + R_2}\cdot\dfrac{CQ^2}{2C_0(C + C_0)} = \dfrac{R_2CQ^2}{8\pi\varepsilon_0r(R_1 + R_2)(C + 4\pi\varepsilon_0r)}.\]

Ответ

\(A = \dfrac{LI^2}{2(n^2 - 1)}\).

Решение

При внесении сверхпроводящего образца в сверхпроводящую катушку, замкнутую накоротко, магнитный поток \(\Phi = LI\) в ней не изменяется (см. решение предыдущей задачи). Поэтому искомая работа, которая равна разности энергий магнитного поля, запасённых в катушке после и до внесения в неё образца, может быть найдена по формуле: \[A = \dfrac{\Phi^2}{2}\left(\dfrac{1}{L'} - \dfrac{1}{L}\right),\] где \(L'\) — индуктивность катушки с внесённым в неё образцом. Величину \(L'\) можно найти, сравнив друг с другом две катушки, по которым течёт некоторый одинаковый ток \(I_0\) — одну пустую, без сердечника, а вторую — с внесённым в неё сверхпроводящим образцом. Так как внутри сверхпроводящего образца магнитное поле отсутствует, а вне образца в пространстве внутри катушки магнитное поле однородно и равно полю в катушке без образца, то магнитный поток через катушку с образцом отличается от магнитного потока через пустую катушку в \(1 - (1/n^2)\) раз. Следовательно, поскольку через катушки течёт одинаковый ток \(I_0\), то индуктивность катушки с образцом должна быть меньше индуктивности катушки без сердечника, причём \[L' = L\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right).\] С учётом этого результата, для работы, которую нужно совершить при внесении в катушку сверхпроводящего образца, получаем: \[A = \dfrac{LI^2}{2(n^2 - 1)}.\]

Ответ

\(l = H\operatorname{ctg}\alpha_{\max} = H/\sqrt{2}\) (свет лампы падает на экран под углом \(\alpha_{\max} = \arccos\dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 54^\circ\)).

Решение

Будем считать малыми размеры экрана телевизора по сравнению с расстоянием \(r\) от него до лампы. Паразитная освещённость \(E\) экрана обратно пропорциональна \(r^2\) и пропорциональна косинусу угла падения \(\alpha\) света лампы на экран. Поскольку \(r = H/\sin\alpha\), где \(H\) — высота лампы над столом (см. рис. 4.35), то

\[E \sim \dfrac{\cos\alpha}{r^2} = \dfrac{\sin^2\alpha\cos\alpha}{H^2} \sim (1 - \cos^2\alpha)\cos\alpha = x - x^3,\] где введено обозначение \(x = \cos\alpha\). Максимум функции \(f(x) = x - x^3\) можно найти из уравнения \[\dfrac{df}{dx} = 1 - 3x^2 = 0,\] откуда \(x_{\max} = \cos\alpha_{\max} = 1/\sqrt{3}\). Таким образом, паразитная засветка максимальна, когда свет лампы падает на экран телевизора под углом \[\alpha_{\max} = \arccos\dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 54^\circ,\] а расстояние до экрана равно \(l = H\operatorname{ctg}\alpha_{\max} = H/\sqrt{2}\).

Ответ

\(R = l\sqrt{(1 + \cos\alpha)^2 + (\sin\alpha - \operatorname{ctg}2\alpha)^2}\).

Решение

Поскольку свободный конец нити движется по окружности, то в установившемся режиме оба груза должны двигаться также по окружностям. Эти окружности, очевидно, имеют разные радиусы, а центры всех трёх окружностей должны совпадать. При медленном перемещении конца нити скорость движения груза 1, к которому прикреплена всего одна нитка, направлена вдоль этой нитки. Это означает, что общий центр окружностей лежит на перпендикуляре к этой нитке, восстановленном из места прикрепления груза 1 (см. рис. 1.196).

Поскольку массы грузов одинаковы, то и силы трения, действующие на них при скольжении по шероховатой поверхности, тоже должны быть одинаковыми. Это означает, что сумма сил, действующих на груз 2 со стороны двух ниток, равна силе натяжения нитки, соединяющей грузы. Чтобы найти направление этой суммарной силы, выполним следующее построение. Проведём вспомогательную окружность произвольного радиуса с центром в месте нахождения груза 2. Через точку \(A\), которая находится на пересечении окружности и нити, соединяющей грузы, проведём линию, параллельную другой нити. Тогда направление от точки нахождения груза 2 к точке \(B\), в которой вспомогательная окружность пересекается с проведённой линией, будет совпадать с направлением суммарной силы, а следовательно, и с направлением скорости движения этого груза в данный момент времени. К этому направлению нужно также восстановить перпендикуляр из места прикрепления к ниткам груза 2. Тогда центр всех трёх окружностей, по которым движутся грузы и свободный конец нити, будет находиться в точке \(O\), в которой пересекаются два вышеуказанных перпендикуляра. Из проведённого построения следует, что задача будет иметь решение только в том случае, если \(2\alpha < \pi/2\).

Направим ось \(X\) вдоль нитки, соединяющей грузы, а ось \(Y\) — перпендикулярно оси \(X\) от груза 1 к точке \(O\). Тогда разность координат \(\Delta x\) свободного конца нити и общего центра всех трёх окружностей равна \(l(1 + \cos\alpha)\), а разность координат \(\Delta y\) указанных точек равна \(l\sin\alpha - l\operatorname{tg}\left(\dfrac{\pi}{2} - 2\alpha\right)\). Радиус \(R\), который мы ищем, равен расстоянию \(OO'\) на рисунке: \[R = \sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2} = l\sqrt{(1 + \cos\alpha)^2 + (\sin\alpha - \operatorname{ctg}2\alpha)^2}.\]

Ответ

\(W = -\dfrac{q^2}{16\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{\sqrt{a^2 + b^2}}\right)\).

Решение

Воспользуемся для решения задачи методом изображений. Суть этого метода фактически сводится к тому, что мы мысленно размещаем в пространстве набор фиктивных точечных зарядов таким образом, чтобы потенциалы всех проводников при этом остались прежними. При этом поле, создаваемое всеми (реальными и фиктивными) зарядами в пространстве, свободном от проводников, будет в точности совпадать с полем, которое создают там реальные заряды вместе с зарядами, наведёнными на поверхностях проводников. Следовательно, для расчёта системы можно будет воспользоваться законом Кулона, что существенно облегчит вычисления. В рассматриваемой задаче потенциал полуплоскостей равен нулю, поскольку проводники уходят на бесконечность. Из соображений симметрии следует, что в данной системе наведённые заряды можно заменить тремя фиктивными зарядами (одним положительным \(+q\) и двумя отрицательными \(-q\)), размещёнными за проводником так, как показано на рисунке 3.11. Действительно, при таком расположении зарядов все точки поверхности проводника находятся на одинаковых расстояниях от соответствующих пар разноимённых зарядов, что и обеспечивает равенство нулю потенциала проводящей поверхности.

Поскольку электрическое поле в реальной системе существует только в правом верхнем квадранте (см. рисунок), то полная энергия взаимодействия зарядов в этой системе \(W\) может быть найдена, как \(1/4\) от суммы энергий взаимодействия, взятой по всем парам зарядов: \[W = \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(2\cdot\left(-\dfrac{q^2}{2a}\right) + 2\cdot\left(-\dfrac{q^2}{2b}\right) + 2\cdot\dfrac{q^2}{2\sqrt{a^2 + b^2}}\right) =\] \[= -\dfrac{q^2}{16\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{\sqrt{a^2 + b^2}}\right).\]

Ответ

Одну треть напряжения источника.

Решение

При разомкнутой второй обмотке магнитное поле в сердечнике создаётся только первой обмоткой, подключённой к источнику переменного напряжения. Магнитный поток в первой обмотке равен \(\Phi_1 = LI_1\), где \(I_1\) — ток в первой обмотке, \(L\) — индуктивность обмотки (у всех трёх обмоток она одинаковая). Очевидно, что магнитный поток через третью обмотку также пропорционален току \(I_1\), то есть \(\Phi_3 \sim I_1\), или \(\Phi_3 = MI_1\), где \(M\) — коэффициент, который называется взаимной индуктивностью обмоток (для каждой пары обмоток он одинаков). Так как сопротивления обмоток пренебрежимо малы, то напряжения на них равны наводимым в них ЭДС индукции. Тогда, с учётом закона электромагнитной индукции Фарадея, для отношения напряжений на третьей и первой обмотках получаем: \[\dfrac{U_3}{U_1} = \dfrac{-\Delta\Phi_3/\Delta t}{-\Delta\Phi_1/\Delta t} = \dfrac{\Delta\Phi_3}{\Delta\Phi_1} = \dfrac{M\Delta I_1}{L\Delta I_1} = \dfrac{M}{L} = \dfrac{1}{2}.\] При замкнутой накоротко второй обмотке токи текут и в первой, и во второй обмотках. Эти токи создают в первой, второй и третьей обмотках магнитные потоки \(\Phi_1^*\), \(\Phi_2^*\) и \(\Phi_3^*\), соответственно. Для них можно записать: \[\Phi_1^* = LI_1^* + MI_2^*,\qquad \Phi_2^* = MI_1^* + LI_2^*,\qquad \Phi_3^* = MI_1^* + MI_2^*,\] где \(I_1^*\) и \(I_2^*\) — токи, текущие в первой и второй обмотках при короткозамкнутой второй обмотке. Заметим, что ЭДС индукции, наводимая во второй обмотке, равна нулю, так как она замкнута накоротко, а её сопротивление пренебрежимо мало. Следовательно, и магнитный поток через вторую обмотку также равен нулю: \(\Phi_2^* = MI_1^* + LI_2^* = 0\), откуда \(I_2^* = -\dfrac{M}{L}I_1^*\). Поэтому для отношения напряжений на третьей и первой обмотках после закорачивания второй обмотки получаем: \[\dfrac{U_3^*}{U_1^*} = \dfrac{-\Delta\Phi_3^*/\Delta t}{-\Delta\Phi_1^*/\Delta t} = \dfrac{\Delta\Phi_3^*}{\Delta\Phi_1^*} = \dfrac{M\Delta I_1^* + M\Delta I_2^*}{L\Delta I_1^* + M\Delta I_2^*} =\] \[= \dfrac{M\Delta I_1^* - M\cdot(M/L)\Delta I_1^*}{L\Delta I_1^* - M\cdot(M/L)\Delta I_1^*} = \dfrac{M}{L}\cdot\dfrac{1 - M/L}{1 - (M/L)^2} = \dfrac{1}{3}.\] Так как первая обмотка подключена к источнику напряжения, то \(U_1 = U_1^*\). Следовательно, если вторую обмотку замкнуть накоротко, то вольтметр покажет одну треть от напряжения источника.

Ответ

\(\Delta x \approx l\alpha \approx \dfrac{3p_0l\Delta T}{8gr\rho T_0} = \dfrac{3p_0lw_0}{32gr\rho\sigma T_0^4} \approx 0{,}2\) мм.

Решение

Свет, падая на шарик с одной стороны, нагревает её (вообще говоря, неравномерно). Примем, что температура освещённой стороны повышается на некоторую максимальную величину \(\Delta T\), причём \(\Delta T \ll T_0\). Шарик тепла не проводит, поэтому к нему энергия идёт, во-первых, на излучение, а во-вторых, на обмен теплом с окружающим газом. Оценим вклад каждого из этих видов теплоотдачи в энергообмен шарика с окружающей средой.

Мощность, рассеиваемая при излучении с единицы поверхности шарика, составляет \[W_1 \approx \sigma(T_0 + \Delta T)^4 - \sigma T_0^4 \approx 4\sigma T_0^3\Delta T\] (в последнем выражении мы пренебрегли малыми слагаемыми, пропорциональными второй и более высоким степеням \(\Delta T\)).

Если с единицей поверхности шарика в единицу времени сталкивается \(N\) молекул газа, и при каждом ударе молекуле отдаётся энергия \(\Delta W\), то всего в окружающую среду таким образом отдаётся мощность \(W_2 = N\Delta W\).

Для оценки будем считать, что к поверхности шарика движется \(1/6\) часть всех молекул аргона, имеющих одинаковые скорости \(v = \sqrt{\dfrac{3RT_0}{\mu}}\). Поскольку концентрация молекул в сосуде составляет \(n = \dfrac{p_0}{kT_0}\), и \(N = \dfrac{1}{6}nv\), то: \[\Delta W \approx \dfrac{3}{2}k(T_0 + \Delta T) - \dfrac{3}{2}kT_0 = \dfrac{3}{2}k\Delta T,\] \[W_2 = \dfrac{1}{6}nv\Delta W \approx \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{p_0v\Delta T}{T_0}.\] Заметим, что обе величины \(W_1\) и \(W_2\) пропорциональны \(\Delta T\), поэтому их отношение одинаково для всех участков нагретой поверхности шарика: \[\dfrac{W_2}{W_1} \approx \dfrac{p_0\sqrt{3RT_0/\mu}}{16\sigma T_0^4} \approx 0{,}006.\] Таким образом, \(W_2 \ll W_1\), то есть можно пренебречь теплообменом шарика с окружающим его газом и считать, что вся поступающая к единице поверхности шарика мощность \(W_{\text{пост}}\) в дальнейшем рассеивается путём переизлучения. Поэтому для оценки величины изменения температуры нагретой стороны шарика там, где свет падает перпендикулярно его поверхности, имеем: \[\Delta T \approx \dfrac{W_{\text{пост}}}{4\sigma T_0^3} = \dfrac{w_0}{4\sigma T_0^3} \approx 17{,}5\text{ К}.\] Остаётся выяснить, под действием какой силы при освещении горизонтальным пучком света шарик отклоняется от положения равновесия. Вначале оценим силу светового давления на шарик, действующую в горизонтальном направлении и возникающую из-за поглощения импульса падающего пучка и дальнейшего изотропного переизлучения света: \[F_{\text{изл}} \sim \dfrac{3}{2}\pi r^2\dfrac{w_0}{c} \approx 1{,}6\cdot 10^{-12}\text{ Н}\] (здесь \(c\) — скорость света). Кроме этой силы, надо учесть взаимодействие неравномерно нагретого шарика с окружающим его разреженным газом — так называемую «радиометрическую» силу. Давление газа на освещённую (и поэтому более нагретую) часть шарика больше, чем на неосвещённую, так как молекулы при столкновении с освещённой половиной приобретают бо́льшую энергию, а значит, и уносят больший импульс. Величину добавочного давления на освещённую часть шарика можно оценить, приняв, что в среднем температура нагретой стороны равна \(T_0 + (\Delta T/2)\). Тогда: \[\Delta p \approx nk\left(T_0 + \dfrac{\Delta T}{2}\right) - p_0 = \dfrac{nk\Delta T}{2} = \dfrac{p_0\Delta T}{2T_0}.\] Следовательно, действующая на шарик средняя сила давления со стороны газа, направленная горизонтально, равна \[F_{\text{д}} \approx \Delta p\pi r^2 \approx \dfrac{p_0\Delta T\pi r^2}{2T_0} \approx 9{,}4\cdot 10^{-9}\text{ Н} \gg F_{\text{изл}},\] так что силой светового давления можно пренебречь по сравнению с радиометрической силой.

В вертикальном направлении на шарик действует сила тяжести: \[F_{\text{т}} = mg = \dfrac{4}{3}\pi r^3\rho g \approx 4{,}1\cdot 10^{-5}\text{ Н}.\] Под действием этих двух сил, уравновешиваемых силой натяжения нити, шарик отклоняется от исходного равновесного положения так, что нить составляет с вертикалью некоторый угол \(\alpha\). Поскольку \(F_{\text{д}} \ll F_{\text{т}}\), то \(\alpha \approx F_{\text{д}}/F_{\text{т}}\), и искомое смещение шарика от положения равновесия: \[\Delta x \approx l\alpha \approx \dfrac{3p_0l\Delta T}{8gr\rho T_0} = \dfrac{3p_0lw_0}{32gr\rho\sigma T_0^4} \approx 0{,}2\text{ мм}.\]