МОШ, 1995/96, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(S = \dfrac{v^2\sin2\alpha}{g(1 - R)} \approx 10\) м.

Решение

Между моментом броска шарика и его первым ударом о плоскость пройдёт время \(t_0 = \dfrac{2v\sin\alpha}{g}\). После удара горизонтальная составляющая скорости шарика не изменится, а вертикальная станет равна \(Rv\). Значит, между первым и вторым ударами шарика о плоскость пройдёт время \(t_1 = \dfrac{2Rv\sin\alpha}{g}\). Рассуждая аналогично, получим, что между \(n\)-м и \((n + 1)\)-м ударами пройдёт время \(t_n = \dfrac{2v\sin\alpha}{g}R^n\).

Полное время \(T\), в течение которого шарик будет продолжать прыгать, может быть найдено как сумма промежутков времени \(t_n\): \[T = \sum_{n=0}^{\infty}t_n = \dfrac{2v\sin\alpha}{g}\sum_{n=0}^{\infty}R^n = \dfrac{2v\sin\alpha}{g}\cdot\dfrac{1}{1 - R}\] (здесь мы использовали формулу для суммы геометрической прогрессии). Так как горизонтальная составляющая скорости шарика во время процесса не изменяется, то для расстояния, которое пропрыгает шарик, получаем: \(S = v\cos\alpha\,T = \dfrac{v^2\sin2\alpha}{g(1 - R)} \approx 10\) м.

Отметим, что в этой задаче рассмотрен простой пример бесконечного процесса, занимающего конечный промежуток времени.

Ответ

Скорости шаров перед ударом должны быть перпендикулярны, и, кроме того, линия, проходящая через центры шаров в момент удара, должна совпадать с направлением скорости одного из них.

Решение

Рассмотрим сначала случай нелобового абсолютно упругого удара шара массой \(m\), движущегося со скоростью \(\vec v\), о такой же покоящийся. Из законов сохранения импульса и энергии имеем: \[m\vec v = m\vec v_1 + m\vec v_2,\quad \dfrac{mv^2}{2} = \dfrac{mv_1^2}{2} + \dfrac{mv_2^2}{2},\] или \[\vec v = \vec v_1 + \vec v_2,\quad v^2 = v_1^2 + v_2^2.\] Из первого соотношения следует, что векторы \(\vec v\), \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\) образуют треугольник, а из второго соотношения — что этот треугольник прямоугольный, причём векторы \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\) являются его катетами. Значит, действительно, после такого удара шары разлетаются под углом \(90^\circ\). Этот угол не зависит от прицельного расстояния \(\rho\), от него зависят только конкретные направления разлёта шаров.

Так как написанные уравнения можно прочитать и справа налево (законы упругого удара обратимы!), то при столкновении шаров, движущихся со скоростями \(\vec u_1 = -\vec v_1\) и \(\vec u_2 = -\vec v_2\), один из шаров остановится, а второй будет двигаться со скоростью \(\vec u = -\vec v\), если только расположение шаров в момент удара будет таким же, как в рассмотренном ранее случае. Для того, чтобы проводить рассуждения дальше, заметим, что при абсолютно упругом ударе потерь на трение нет, и поэтому тангенциальные составляющие скоростей шаров при нелобовом ударе не изменяются, а нормальными составляющими они обмениваются. Отсюда следует, что для остановки одного из шаров, кроме всего прочего, должно выполняться следующее условие: линия, проходящая через центры обоих шаров, должна при ударе совпадать с направлением скорости одного из них. Действительно, пусть эта линия совпадает с направлением скорости \(\vec u_2\) второго шара (см. рис. 1.109). Тогда у второго шара при ударе отсутствует тангенциальная составляющая скорости, а у первого — нормальная. При ударе второй шар обменивается нормальной составляющей скорости с первым и останавливается. Первый же шар приобретает нормальную составляющую скорости и сохраняет тангенциальную, в результате чего продолжает двигаться со скоростью \(\vec u = \vec u_1 + \vec u_2\).

Отметим, ещё раз, что для остановки одного из шаров при абсолютно упругом нелобовом ударе одного условия \(\vec u_1 \perp \vec u_2\) недостаточно! Необходимо ещё выполнение условия, о котором шла речь выше.

Ответ

\(M_{\min} = \dfrac{Rc^2}{2G}\).

Решение

Для получения оценки будем считать, что свет состоит из частиц — фотонов, которые движутся со скоростью \(c = 3\cdot10^8\) м/с, и будем использовать формулы классической механики (хотя на самом деле этого делать нельзя). Внешний наблюдатель не увидит испущенный с поверхности звезды свет в том случае, если фотон не сможет преодолеть гравитационное притяжение звезды, то есть если скорость фотона \(c\) будет меньше второй космической скорости. Вторая космическая скорость \(v_{2\text{к}}\) может быть найдена из закона сохранения механической энергии: \[\dfrac{mv_{2\text{к}}^2}{2} = G\dfrac{mM_{\min}}{R}.\qquad(1)\] Здесь \(m\) — масса фотона, \(M\) — масса звезды, \(R\) — её радиус, \(G\) — гравитационная постоянная. Полагая \(v_{2\text{к}} = c\), получаем: \[M_{\min} = \dfrac{Rc^2}{2G}.\] Чтобы получить представление о найденном ответе, сделаем численные оценки. Предположим, что звезда, о которой идёт речь в условии задачи, подобна нашему Солнцу. Радиус Солнца равен \(R_\odot \approx 7\cdot10^8\) м. Значит, для того, чтобы свет, испускаемый такой звездой, перестал быть виден внешнему наблюдателю, необходимо, чтобы она имела массу \(M = \dfrac{R_\odot c^2}{2G} \approx 4{,}7\cdot10^{35}\) кг. При этом звезда будет иметь плотность \(\rho = \dfrac{3c^2}{8\pi GR_\odot^2} \approx 3{,}3\cdot10^8\) кг/м\(^3\).

Для сравнения приведём массу Солнца — \(M_\odot \approx 2\cdot10^{30}\) кг и среднюю плотность вещества Земли — она составляет \(\rho_\oplus \sim 5{,}5\cdot10^3\) кг/м\(^3\).

Для получения оценки можно также считать, что вылетевший фотон выходит на «околозвёздную» орбиту и поэтому не достигает внешнего наблюдателя. В этом случае получается, что скорость фотона \(c\) равна первой космической скорости, которая в \(\sqrt2\) раз меньше второй космической скорости. Тогда для \(M_{\min}\) получится вдвое большая величина. Заметим, что в исходную формулу (1) входит масса фотона, хотя фотон не имеет массы покоя. Однако на ответ это не влияет, так как оценки делаются формальным способом, и масса фотона всюду сокращается. Далее, возникает вопрос: насколько полученная оценка близка к верному ответу, который может быть получен средствами общей теории относительности? Ответ неожиданный: полученная формальным способом оценка чудесным образом совпадает с точным ответом!

Ответ

\(p = p_0\cdot\dfrac{T_2}{T_1}\cdot\dfrac{V - V_1}{V - (\rho_1V_1/\rho_2)} \approx 1{,}44\cdot10^5\) Па.

Решение

После охлаждения давление воздуха в сосуде изменится, во-первых, из-за понижения его температуры от \(+30\,^\circ\)C до \(-30\,^\circ\)C, и, во-вторых, из-за уменьшения занимаемого им объёма от \(V - V_1\) до некоторого \(V'\) (объём уменьшится вследствие расширения замёрзшей воды). Из закона Клапейрона имеем: \[\dfrac{p_0(V - V_1)}{T_1} = \dfrac{pV'}{T_2},\] где через \(T_1\) и \(T_2\) обозначены температуры газа до и после охлаждения, выраженные в градусах Кельвина. Конечный объём газа \(V'\) может быть найден из условия равенства масс воды и льда: \[V' = V - V_{\text{льда}} = V - \dfrac{\rho_1}{\rho_2}V_1.\] С учётом последнего соотношения получаем: \[p = p_0\cdot\dfrac{T_2}{T_1}\cdot\dfrac{V - V_1}{V - (\rho_1V_1/\rho_2)} \approx 1{,}44\cdot10^5\text{ Па}.\] В заключение поясним, для чего в условии сказано, что поверх воды налит тонкий слой машинного масла. Это необходимо для того, чтобы вода не испарялась — в противном случае нам бы пришлось учитывать при расчётах влажность воздуха.

Ответ

Для левой цепи \(R_{ab} = \left(\dfrac{1}{2} + \sqrt2\right)R\); для правой цепи \(R_{ab} = \sqrt2R\).

Решение

Начнём решение с рассмотрения цепи, изображённой на рисунке в условии слева. Разобьём исходную цепь на две последовательно соединённые вспомогательные цепи с неизвестными сопротивлениями \(R_1\) и \(R_2\) (см. рис. 3.52.1) и рассмотрим каждую вспомогательную цепь по отдельности.

Первая вспомогательная цепь представляет собой последовательность узлов, типа изображённых на рисунке 3.52.2.

Если у этой цепи отбросить первый узел, то получится новая цепь, во всём подобная прежней (обе цепи бесконечные!), но состоящая из резисторов с вдвое меньшими номиналами. Её сопротивление будет равно \(R_1/2\). Действительно, так как номиналы всех резисторов, из которых состоит цепь, пропорциональны \(R\), то и полное сопротивление цепи пропорционально \(R\). Значит, если номиналы всех резисторов уменьшатся вдвое, то и полное сопротивление также уменьшится вдвое. В итоге для первой вспомогательной цепи можно нарисовать эквивалентную схему (см. рис. 3.52.3), из которой следует уравнение:

\[R_1 = R + \dfrac{1}{\dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{R_1/2}},\] откуда \(R_1 = \sqrt2R\).

Вторая вспомогательная цепь состоит из бесконечного числа параллельно соединённых резисторов, причём номинал каждого следующего резистора вдвое больше номинала предыдущего. Учитывая это, для сопротивления \(R_2\) имеем: \[R_2 = \dfrac{1}{\dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{2R} + \dfrac{1}{4R} + \ldots} = \dfrac{R}{\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n}.\] Сумма, стоящая в знаменателе, представляет собой сумму бесконечной геометрической прогрессии. По известной формуле она равна \[\sum_{n=0}^{\infty}q^n = \dfrac{1}{1 - q}.\] С учётом этого \(R_2 = R/2\).

Этот же результат можно получить и способом, который применялся для нахождения сопротивления \(R_1\). Отбросим у второй вспомогательной цепи первый резистор \(R\). Тогда получится новая цепь, подобная прежней, но имеющая вдвое большее сопротивление. В итоге получаем эквивалентную схему, изображённую на рисунке 3.52.4, из которой следует уравнение:

\[R_2 = \dfrac{1}{\dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{2R_2}},\] приводящее к прежнему результату для \(R_2\).

Так как рассмотренные вспомогательные цепи соединены последовательно, окончательно для цепи, изображённой на рисунке в условии слева, имеем: \[R_{ab} = R_1 + R_2 = \left(\dfrac{1}{2} + \sqrt2\right)R.\] Теперь рассмотрим цепь, изображённую на рисунке в условии справа. Для решения задачи, аналогично предыдущему случаю, вновь разобьём исходную цепь на две последовательно соединённые вспомогательные цепи с неизвестными сопротивлениями \(R_1\) и \(R_3\) (см. рис. 3.52.5).

Сопротивление первой вспомогательной цепи \(R_1\) было найдено при рассмотрении предыдущего случая. Сопротивление же второй вспомогательной цепи может быть найдено по формуле: \[R_3 = \dfrac{1}{\dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{2R} + \dfrac{1}{3R} + \ldots} = \dfrac{R}{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}}.\] Знаменатель этой формулы представляет собой сумму так называемого гармонического ряда, который расходится. Таким образом, сумма в знаменателе равна бесконечности, поэтому \(R_3 = 0\). Учитывая это, для цепи, изображённой на рисунке в условии справа, окончательно получаем: \[R_{ab} = R_1 + R_3 = \sqrt2R.\]

Ответ

\(v_{\text{сн}} \approx \dfrac{2Fv}{mg}\).

Решение

Запишем уравнение движения спутника по круговой орбите радиуса \(R\): \[\dfrac{mv_R^2}{R} = \dfrac{GmM_{\text{З}}}{R^2} = \dfrac{mgR_{\text{З}}^2}{R^2}.\qquad(1)\] Здесь \(v_R\) — скорость спутника при движении по орбите радиуса \(R\), \(M_{\text{З}}\) — масса Земли, \(R_{\text{З}}\) — её радиус, \(g\) — ускорение свободного падения на поверхности Земли.

Пусть за малое время \(\Delta t\) радиус орбиты уменьшился на \(\Delta R\). Тогда из закона изменения механической энергии имеем: \[\dfrac{mv_{R-\Delta R}^2}{2} - \dfrac{mv_R^2}{2} + \left(-\dfrac{mgR_{\text{З}}^2}{R - \Delta R} - \left(-\dfrac{mgR_{\text{З}}^2}{R}\right)\right) = -Fv\Delta t.\qquad(2)\] Кроме того, можно записать уравнение движения спутника по орбите \(R - \Delta R\) со скоростью \(v_{R-\Delta R}\), аналогичное (1): \[\dfrac{mv_{R-\Delta R}^2}{R - \Delta R} = \dfrac{mgR_{\text{З}}^2}{(R - \Delta R)^2}.\qquad(3)\] Выражая из (1) и (3) \(v_R^2\) и \(v_{R-\Delta R}^2\) и подставляя их в (2), получим соотношение, связывающее изменение радиуса орбиты \(\Delta R\) с интервалом времени \(\Delta t\): \[\Delta R = \dfrac{2FvR(R - \Delta R)}{mgR_{\text{З}}^2}\Delta t.\] Учитывая, что \(\Delta R \ll R\), \(R \sim R_{\text{З}}\), для скорости снижения спутника окончательно получим: \[v_{\text{сн}} = \dfrac{\Delta R}{\Delta t} = \dfrac{2FvR(R - \Delta R)}{mgR_{\text{З}}^2} \approx \dfrac{2Fv}{mg}.\]

Ответ

\(\tau = \dfrac{8l_0}{3v_0}\left(\dfrac{m}{\delta m}\right)^2\).

Решение

Рассмотрим процесс столкновения шарика массой \(m_1\), движущегося с некоторой скоростью \(u\), с покоящимся шариком массой \(m_2\). Из законов сохранения импульса и энергии имеем: \[m_1u = m_1u_1 + m_2u_2,\quad \dfrac{m_1u^2}{2} = \dfrac{m_1u_1^2}{2} + \dfrac{m_2u_2^2}{2}.\] Здесь \(u_1\) и \(u_2\) — скорости первого и второго шариков после столкновения. Из написанных уравнений найдём скорость второго шарика после столкновения: \[u_2 = \dfrac{2m_1u}{m_1 + m_2}.\qquad(1)\] Так как в нашем случае массы шариков почти равны (\(|m_1 - m_2| = \delta m \ll m_1, m_2\)), то скорость шарика, который перед столкновением покоился, после столкновения незначительно отличается от скорости налетающего шарика, который, в свою очередь, после столкновения практически полностью теряет свою скорость. Поэтому после любого соударения самую бо́льшую скорость будет иметь самый удалённый от конца стержня движущийся шарик. Для того, чтобы найти, как изменяется с течением времени его скорость, рассмотрим процесс последовательных соударений шариков с порядковыми номерами \(2i + 1\), \(2i + 2\) и \(2i + 3\) (\(i = 0, 1, 2, \ldots\)). Пусть в некоторый момент времени \((2i + 1)\)-й шарик был самым быстрым и имел скорость \(v_{2i+1} = v\). На основании (1) имеем, что скорость \((2i + 2)\)-го шарика после столкновения равна: \[v_{2i+2} = \dfrac{2m}{m + m + \delta m}v_{2i+1} = \dfrac{m}{m + (\delta m/2)}v_{2i+1},\] а скорость \((2i + 3)\)-го шарика после столкновения: \[v_{2i+3} = \dfrac{2(m + \delta m)}{m + \delta m + m}v_{2i+2} = \dfrac{m + \delta m}{m + (\delta m/2)}v_{2i+2}.\] Объединяя эти соотношения, получаем: \[v_{2i+3} = \dfrac{m(m + \delta m)}{(m + (\delta m/2))^2}v_{2i+1}.\] Таким образом, скорость самого быстрого шарика в процессе двух последовательных соударений изменяется на \[\Delta v = v_{2i+3} - v_{2i+1} = -\dfrac{(\delta m)^2}{4(m + (\delta m/2)^2)}v_{2i+1} \approx -\left(\dfrac{\delta m}{2m}\right)^2v.\]

Здесь мы пренебрегли величиной \(\delta m/2\) по сравнению с \(m\).

Итак, мы видим, что скорость самого быстрого шарика уменьшается, и её изменение на \(\Delta v\) происходит за удвоенное время между последовательными столкновениями \(\Delta t \approx 2l_0/v\). Поэтому \[\dfrac{\Delta v}{\Delta t} = -\left(\dfrac{\delta m}{2m}\right)^2\dfrac{v^2}{2l_0}.\] Учитывая, что \(\Delta v \ll v\), получаем: \[-\dfrac{\Delta v}{v^2} \approx \Delta\left(\dfrac{1}{v}\right) = \dfrac{1}{2l_0}\left(\dfrac{\delta m}{2m}\right)^2\Delta t,\] откуда \[t = \dfrac{8m^2l_0}{(\delta m)^2}\left(\dfrac{1}{v} - \dfrac{1}{v_0}\right).\] Эта формула даёт зависимость скорости \(v\) самого быстрого шарика от времени \(t\). Значит, скорость самого быстрого шарика станет равной \(\dfrac{3}{4}v_0\) через время \[\tau = \dfrac{8m^2l_0}{(\delta m)^2}\left(\dfrac{1}{3v_0/4} - \dfrac{1}{v_0}\right) = \dfrac{8l_0}{3v_0}\left(\dfrac{m}{\delta m}\right)^2.\]

Ответ

\(\Delta T \approx \dfrac{TMgv_{\text{п}}}{SQ} \approx 2{,}8\) К.

Решение

Изобразим цикл на \(pV\)-диаграмме (см. рис. 2.64).

При нагрузке и разгрузке поршня описанная система не обменивается теплотой с окружающей средой. Значит, процессы нагрузки (1–2) и разгрузки (3–4) являются адиабатическими. При испарении и конденсации воды её температура остаётся постоянной. Значит, процессы испарения (2–3) и конденсации (4–1) являются изотермическими. Таким образом, рассматриваемый цикл представляет собой не что иное, как цикл Карно, КПД которого равен \[\eta = \dfrac{A}{Q^+} = \dfrac{T' - T}{T'} \approx \dfrac{\Delta T}{T}.\] Здесь \(T\) и \(T'\) — температуры кипения воды при атмосферном и повышенном давлениях соответственно, \(A\) — работа, которую совершает рабочее тело (вода и пар) за цикл, \(Q^+\) — теплота, сообщаемая системе. При написании приближённого равенства использовался тот факт, что \(\Delta T = T' - T\) мал\'о и, следовательно, \(T' \approx T\).

Пусть в начале процесса вода имела объём \(V_{\text{ж}}\), а после испарения пар занимал объём \(V_{\text{п}}\). Тогда, учитывая, что \(V_{\text{ж}} \ll V_{\text{п}}\), для совершаемой в цикле работы получим: \[A \approx \Delta p(V_{\text{п}} - V_{\text{ж}}) \approx \Delta pV_{\text{п}},\] где \(\Delta p = Mg/S\). Заметим, что \(\Delta p \approx 10^4\) Н/м\(^2 \approx 0{,}1\) атм \(\ll p_0 = 1\) атм. Именно это обстоятельство даёт нам возможность считать цикл, изображённый на \(pV\)-диаграмме, почти прямоугольным. Принимая во внимание, что сообщаемая системе теплота \(Q^+\) расходуется на испарение воды, то есть \(Q^+ = Qm\), и что \(V_{\text{п}} = mv_{\text{п}}\), для искомой разности температур \(\Delta T\) окончательно находим: \[\Delta T \approx \dfrac{TA}{Q^+} = \dfrac{TMgv_{\text{п}}}{SQ} \approx 2{,}8\text{ К}.\]

Ответ

\(l = \sqrt2L\sqrt{1 + \left(\dfrac{mg}{2\sigma L}\right)^2}\arccos\dfrac{\dfrac{mg}{2\sigma L}}{\sqrt{1 + \left(\dfrac{mg}{2\sigma L}\right)^2}}\).

Решение

Невесомая нить, ограничивающая плоскую невесомую плёнку жидкости, должна иметь форму дуги окружности. Если эта дуга касается стены и стержня (см. рис. 2.78.1), то есть углы между ними и нитью равны нулю, то длина дуги, очевидно, не может быть меньше \(\dfrac{\pi}{2}\cdot L\). Значит, этот вариант примыкания нити к стене и стержню не удовлетворяет условию задачи, и нить должна составлять со стеной и стержнем в точках закрепления её концов ненулевые и одинаковые углы \(\alpha\) (см. рис. 2.78.2).

Выяснив, как выглядит плёнка, перейдём к нахождению длины нити. Так как плёнка имеет две поверхности, то сила поверхностного натяжения, действующая с её стороны на стержень, равна \(2\sigma L\). Так как стержень неподвижен, то сумма моментов действующих на него сил должна быть равна нулю: \[mg\cdot\dfrac{L}{2} - 2\sigma L\cdot\dfrac{L}{2} - TL\sin\alpha = 0.\] Здесь \(T\) — сила натяжения нити. Выразим её из записанного уравнения: \[T = \dfrac{mg - 2\sigma L}{2\sin\alpha}.\] Заметим, что для равновесия стержня в горизонтальном положении необходимо выполнение условия \(mg > 2\sigma L\).

Далее, сумма вертикальных составляющих сил, действующих на всю систему со стороны стены, очевидно, равна \(mg\). Вертикальная составляющая силы, действующей со стороны стены на нить, равна \(T\cos\alpha\). Значит, вертикальная составляющая силы, действующей со стороны стены на стержень, равна \(mg - T\cos\alpha\) (она приложена к точке крепления стержня к шарниру). С учётом этого обстоятельства, запишем условие равенства нулю суммы вертикальных составляющих сил, действующих на стержень: \[mg - (mg - T\cos\alpha) - 2\sigma L - T\sin\alpha = 0.\] Отсюда, привлекая выражение для \(T\), получим: \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{mg - 2\sigma L}{mg + 2\sigma L}.\] Обозначим шарнир буквой \(A\), точку крепления нити к стержню — \(B\), центр окружности, дугу которой образует нить — \(C\). Тогда \[\angle CAB = \dfrac{\pi}{4}\text{ (из соображений симметрии)},\] \[\angle ACB = \beta = \pi - \dfrac{\pi}{4} - \left(\dfrac{\pi}{2} + \alpha\right) = \dfrac{\pi}{4} - \alpha,\] и по теореме синусов: \[\dfrac{R}{\sin\pi/4} = \dfrac{L}{\sin\beta},\] где \(R\) — радиус окружности. Отсюда: \[R = \dfrac{L\sin\pi/4}{\sin((\pi/4) - \alpha)} = \dfrac{L}{\sqrt2\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{mg - 2\sigma L}{mg + 2\sigma L}\right)}.\] Наконец, в соответствии с определением радианной меры угла, \(2\beta = \dfrac{l}{R}\), где \(l\) — искомая длина нити. В итоге получаем: \[l = 2R\beta = \sqrt2\,\dfrac{\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{mg - 2\sigma L}{mg + 2\sigma L}}{\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{mg - 2\sigma L}{mg + 2\sigma L}\right)}\,L.\] Это выражение можно упростить, устранив в знаменателе композицию прямой и обратной тригонометрических функций.

Приведём другое оригинальное решение задачи, позволяющее сразу получить ответ в более простой тригонометрической форме. (Это решение на олимпиаде предложил В. А. Белов, тогда, в 1995/1996 учебном году, ученик 10 класса школы № 4 города Королёв Московской области.)

Со стороны плёнки на нить действует сила поверхностного натяжения \(F = 2\sigma\sqrt2L\), направленная перпендикулярно отрезку, соединяющему закреплённые концы нити (\(\sqrt2L\) — длина этого отрезка). Кроме силы поверхностного натяжения на нить действуют только силы реакции точек закрепления (равные по величине и противоположные по направлению силе натяжения нити \(T\) в этих точках). Сумма проекций сил реакции на вышеуказанный отрезок равна 0, а на перпендикулярное к этому отрезку направление (в плоскости плёнки) \(2T\sin\beta\). Так как нить находится в равновесии, то \[2T\sin\beta = 2\sigma\sqrt2L,\quad\text{откуда}\quad T = \dfrac{\sqrt2\sigma L}{\sin\beta}.\qquad(1)\] Вертикальная составляющая силы натяжения нити, действующей на конец стержня, равна \(T\sin\alpha = T\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \beta\right)\). Из условия равенства нулю суммы моментов сил относительно середины стержня следует, что на стержень действует такая же вертикальная составляющая силы со стороны шарнира (суммарный момент сил поверхностного натяжения относительно середины стержня, очевидно, равен нулю; также нулю равен и суммарный момент сил тяжести). Следовательно, условие равновесия стержня по вертикали имеет вид: \[\begin{aligned} mg &= 2T\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \beta\right) + 2\sigma L =\\ &= 2T\left(\sin\dfrac{\pi}{4}\cos\beta - \cos\dfrac{\pi}{4}\sin\beta\right) + 2\sigma L =\\ &= 2T\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\cos\beta - \dfrac{\sqrt2}{2}\sin\beta\right) + 2\sigma L =\\ &= \sqrt2T(\cos\beta - \sin\beta) + 2\sigma L \end{aligned}\] Подставив сюда выражение для \(T\) из формулы (1), получим \[\begin{aligned} mg &= \sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt2\sigma L}{\sin\beta}(\cos\beta - \sin\beta) + 2\sigma L =\\ &= 2\sigma L(\operatorname{ctg}\beta - 1) + 2\sigma L = 2\sigma L\operatorname{ctg}\beta,\quad\text{и}\quad\operatorname{ctg}\beta = \dfrac{mg}{2\sigma L}. \end{aligned}\] Из геометрических соображений \(\operatorname{ctg}\beta = \dfrac{R\cos\beta}{L/\sqrt2}\) (из прямоугольного треугольника с гипотенузой \(BC\) и катетами, один из которых лежит на отрезке \(AC\), а другой является перпендикуляром к этому отрезку, проведённым из точки \(B\)). Таким образом, \[\operatorname{ctg}\beta = \dfrac{mg}{2\sigma L} = \dfrac{R\cos\beta}{L/\sqrt2}\quad\text{откуда}\quad\cos\beta = \dfrac{mgL/\sqrt2}{2\sigma LR} = \dfrac{mg}{2\sqrt2\sigma R}.\] Из того же треугольника \[\sin\beta = \dfrac{L/\sqrt2}{R} = \dfrac{L}{\sqrt2R}.\] Выразим \(R\) через параметры, данные в условии: \[1 = \sin^2\beta + \cos^2\beta = \left(\dfrac{L}{\sqrt2R}\right)^2 + \left(\dfrac{mg}{2\sqrt2\sigma R}\right)^2 = \dfrac{L^2}{2R^2} + \dfrac{(mg)^2}{8\sigma^2R^2} = \dfrac{1}{R^2}\left(\dfrac{L^2}{2} + \dfrac{(mg)^2}{8\sigma^2}\right).\] Отсюда \[R = \sqrt{\dfrac{L^2}{2} + \dfrac{(mg)^2}{8\sigma^2}} = \sqrt{\dfrac{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}{8\sigma^2}}.\] В соответствии с определением радианной меры угла \[\begin{aligned} l = 2R\beta &= 2R\arccos\dfrac{mg}{2\sqrt2\sigma R} =\\ &= 2\sqrt{\dfrac{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}{8\sigma^2}}\arccos\left(\dfrac{mg}{2\sqrt2\sigma\sqrt{\dfrac{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}{8\sigma^2}}}\right) =\\ &= \dfrac{1}{\sqrt2\sigma}\sqrt{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}\arccos\dfrac{mg}{\sqrt{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}} =\\ &= \dfrac{\sqrt2L}{2\sigma L}\sqrt{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}\arccos\dfrac{mg}{\sqrt{(2\sigma L)^2 + (mg)^2}} =\\ &= \sqrt2L\sqrt{1 + \left(\dfrac{mg}{2\sigma L}\right)^2}\arccos\left(\dfrac{\dfrac{mg}{2\sigma L}}{\sqrt{1 + \left(\dfrac{mg}{2\sigma L}\right)^2}}\right). \end{aligned}\] Замечание. Вводя обозначение \(Z = \dfrac{mg}{2\sigma L}\), полученный ответ можно переписать в форме \[l = \sqrt2L\cdot\sqrt{1 + Z^2}\arccos\dfrac{Z}{\sqrt{1 + Z^2}}.\] Ответ, полученный в результате решения первым способом, также можно выразить через \(Z\): \[l = \sqrt2L\cdot\dfrac{\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{Z - 1}{Z + 1}}{\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{Z - 1}{Z + 1}\right)}.\] Приравняв эти выражения, получим \[\dfrac{\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{Z - 1}{Z + 1}}{\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \operatorname{arctg}\dfrac{Z - 1}{Z + 1}\right)} = \sqrt{1 + Z^2}\arccos\dfrac{Z}{\sqrt{1 + Z^2}}.\] Это равенство верно для всех значений \(Z\), допустимых по условию задачи. То есть ответы, полученные первым и вторым способом, на самом деле одинаковы и отличаются только формой записи (хотя на первый взгляд это не совсем очевидно). Таким образом, решая задачу двумя разными способами, мы попутно получили интересное тригонометрическое тождество (но доказали его пока что только для значений \(Z\), которые имеют физический смысл в рассмотренной нами задаче).

Ответ

\(\varphi = \left(1 - \dfrac{h^2}{H^2}\right)\varphi_0\).

Решение

Пусть \(V\), \(V'\), \(Q\), \(Q'\) — объёмы и заряды пирамид \(SABCD\) и \(SA'B'C'D'\) соответственно. Так как пирамиды подобны и их заряд пропорционален объёму, а объём — кубу высоты, то \(V/V' = Q/Q' = H^3/h^3\). До того, как часть исходной пирамиды отрезали, потенциал \(\varphi_0\) в точке \(S\) складывался из потенциала \(\varphi'\) пирамиды \(SA'B'C'D'\) и потенциала \(\varphi''\) оставшейся части \(ABCDA'B'C'D'\), то есть \(\varphi_0 = \varphi' + \varphi''\). Потенциал, создаваемый в точке \(S\) каждой из пирамид, прямо пропорционален их заряду и обратно пропорционален их характерному линейному размеру. Поэтому \(\dfrac{\varphi_0}{\varphi'} = \dfrac{Q/H}{Q'/h} = \dfrac{H^2}{h^2}\). Из двух последних уравнений получаем: \[\varphi'' = \varphi_0 - \varphi' = \left(1 - \dfrac{h^2}{H^2}\right)\varphi_0.\]