МОШ, 1996/97, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(l > (2\sqrt3 - 3)L \approx 0{,}46L\).

Решение

Введём прямоугольную систему координат с началом в нижнем гвозде и рассмотрим движение шарика после того, как его отпустили. Сначала он движется по окружности радиусом \(L\) с центром в верхнем гвозде. Затем, после того, как нить зацепится за нижний гвоздь, шарик движется по окружности радиусом \((L - l)\) с центром в нижнем гвозде. Далее, в некоторый момент времени сила натяжения нити обращается в ноль, и шарик начинает двигаться по параболе. Он перелетит через нижний гвоздь в том случае, если парабола пересекает ось \(y\) выше гвоздя. На рисунке 1.120 показан предельный случай, соответствующий минимально возможной длине \(l\), при которой шарик ещё перелетает через гвоздь.

Пусть в тот момент, когда шарик начинает двигаться по параболе, нить составляет с горизонтом угол \(\alpha\). Уравнение движения шарика для этого момента времени имеет вид: \[\dfrac{mv^2}{L - l} = mg\sin\alpha,\] а закон сохранения энергии (за ноль потенциальной энергии принят уровень, где вбит нижний гвоздь): \[\dfrac{mv^2}{2} = mg\left(l - (L - l)\sin\alpha\right).\] Отсюда находим, что \(\sin\alpha = \dfrac{2l}{3(L - l)}\) и \(v = \sqrt{2gl/3}\).

Учитывая, что в рассматриваемый момент времени вектор скорости шарика перпендикулярен нити, запишем закон движения шарика по параболе: \[x = (L - l)\cos\alpha - v\sin\alpha\cdot t,\] \[y = (L - l)\sin\alpha + v\cos\alpha\cdot t - \dfrac{gt^2}{2}.\] Условие того, что шарик перелетит через гвоздь, есть \(y > 0\) при \(x = 0\). Из первого уравнения для времени полёта шарика до гвоздя имеем: \(t = \dfrac{(L - l)\cos\alpha}{v\sin\alpha}\). Подставляя \(t\) и \(v\) в выражение для \(y\), получаем: \(4l\sin\alpha > 3(L - l)\cos^2\alpha\). Отсюда, с учётом выражения для \(\alpha\), окончательно находим: \(l > (2\sqrt3 - 3)L \approx 0{,}46L\).

Ответ

\(m \leqslant 0{,}08M\) (по более точной оценке — \(m \leqslant 0{,}06M\)).

Решение

Запишем выражения для кинетической \(W\) и потенциальной \(U\) энергий груза, колеблющегося на невесомой пружине. Если \(x\) — координата груза, \(v\) — его скорость, то \(W = Mv^2/2\), а \(U = kx^2/2\), откуда для периода колебаний получаем \(T_0 = 2\pi\sqrt{M/k}\).

Пусть теперь пружина имеет массу \(m\). Тогда в выражении для кинетической энергии системы появляется добавка — кинетическая энергия пружины. Её можно оценить следующим образом. Будем считать, что вся масса пружины сосредоточена в её середине и колеблется с амплитудой, равной половине амплитуды колебаний груза. Тогда кинетическая энергия пружины \(W_{\text{п}} = \dfrac{m}{2}\left(\dfrac{v}{2}\right)^2 = \dfrac{m}{4}\cdot\dfrac{v^2}{2}\), и полная кинетическая энергия системы \[W = \dfrac{1}{2}\left(M + \dfrac{m}{4}\right)v^2.\] Выражение для потенциальной энергии при этом имеет прежний вид. В результате для периода колебаний груза на массивной пружине получаем: \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{M + (m/4)}{k}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{M}{k}}\sqrt{1 + \dfrac{m}{4M}} \approx\] \[\approx 2\pi\sqrt{\dfrac{M}{k}}\left(1 + \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{m}{4M}\right) = T_0\left(1 + \dfrac{m}{8M}\right).\] Здесь мы использовали приближённую формулу \((1 + x)^n \approx 1 + nx\), справедливую при \(x \ll 1\). По условию \(\dfrac{m}{8M} \leqslant 0{,}01\), так что искомое соотношение имеет вид: \(m \leqslant 0{,}08M\).

Более точную оценку можно получить, считая, что амплитуда колебаний различных частей пружины нарастает по линейному закону при удалении от закреплённого конца. Тогда скорость \(v_{\text{п}}\) малого участка пружины, находящегося на расстоянии \(y\) от точки её закрепления, выражается формулой: \(v_{\text{п}} = \dfrac{y}{l}v\), и для кинетической энергии пружины получается: \[W_{\text{п}} = \int\dfrac{1}{2}v_{\text{п}}^2\,dm = \int\limits_0^l\dfrac{1}{2}\dfrac{y^2}{l^2}v^2\dfrac{m}{l}\,dy = \dfrac{m}{3}\cdot\dfrac{v^2}{2},\] так что \(W = \dfrac{1}{2}\left(M + \dfrac{m}{3}\right)v^2\). В этом случае, аналогично предыдущему, получаем: \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{M + (m/3)}{k}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{M}{k}}\sqrt{1 + \dfrac{m}{3M}} \approx T_0\left(1 + \dfrac{m}{6M}\right),\] откуда следует, что при условиях задачи масса пружины должна удовлетворять следующему условию: \(m \leqslant 0{,}06M\).

Видно, что оба метода расчёта дают близкие результаты.

Ответ

График \(p(T)\) (рис. 2.40): от \(-50\,^\circ\)C (\(p' \approx 0{,}9p_0\)) до \(-26\,^\circ\)C давление растёт пропорционально абсолютной температуре; от \(-26\,^\circ\)C до \(+35\,^\circ\)C давление постоянно и равно \(p_0\); от \(+35\,^\circ\)C до \(+50\,^\circ\)C давление снова растёт пропорционально температуре, до \(p'' \approx 1{,}05p_0\).

Решение

Объём пластиковой бутылки зависит от разности внешнего и внутреннего давлений. Если внутри бутылки давление больше наружного — атмосферного, то объём бутылки \(V_1 = 1\) л, а если внутреннее давление меньше атмосферного, то бутылка сжимается, и её объём уменьшается примерно до 0 л. Таким образом, общий объём двух сосудов — стеклянного и пластикового — может при атмосферном давлении \(p_0 = 1\cdot10^5\) Па иметь любую величину в пределах от \(V_2 = 4\) л до \(V_1 + V_2 = 5\) л. Из уравнения Менделеева — Клапейрона следует, что общее количество газа \(\nu\) в обоих сосудах может быть найдено по формуле \[\nu = \dfrac{1}{R}\left(\dfrac{p_1V_1}{T_0} + \dfrac{p_2V_2}{T_0}\right),\] где индексы 1 и 2 относятся к бутылке и стеклянному сосуду соответственно, \(T_0 = -50\,^\circ\)C, \(p_1 = 2\cdot10^5\) Па, \(p_2 = 0{,}4\cdot10^5\) Па.

Определим температуры \(T_1\) и \(T_2\), при которых давление воздуха внутри сосудов равно атмосферному, а объёмы равны \(V_2 = 4\) л и \(V_1 + V_2 = 5\) л. Так как количество газа \(\nu\) в сосудах неизменно, то \[\dfrac{p_0V_2}{T_1} = \dfrac{p_1V_1}{T_0} + \dfrac{p_2V_2}{T_0},\qquad \dfrac{p_0(V_1 + V_2)}{T_2} = \dfrac{p_1V_1}{T_0} + \dfrac{p_2V_2}{T_0}.\] Отсюда легко найти: \(T_1 \approx 247\) К (\(-26\,^\circ\)C), \(T_2 \approx 308\) К (\(+35\,^\circ\)C).

Значит, после соединения бутылок при температуре \(T_0 = -50\,^\circ\)C давление в них будет равно \[p' = \dfrac{1}{V_2}(p_1V_1 + p_2V_2) = \dfrac{T_0}{T_1}p_0 \approx 0{,}9p_0,\] то есть меньше атмосферного, и поэтому в диапазоне температур от \(-50\,^\circ\)C до \(-26\,^\circ\)C общий объём системы равен \(V_2 = 4\) л, и давление нарастает пропорционально абсолютной температуре: \(p = \dfrac{\nu R}{V_2}T\). В диапазоне от \(-26\,^\circ\)C до \(+35\,^\circ\)C давление не меняется и равно атмосферному давлению \(p_0\), а объём системы увеличивается от \(V_2 = 4\) л до \(V_1 + V_2 = 5\) л. И, наконец, в диапазоне от \(+35\,^\circ\)C до \(+50\,^\circ\)C давление снова растёт пропорционально абсолютной температуре: \(p = \dfrac{\nu R}{V_1 + V_2}T\), но скорость роста меньше, чем на участке от \(-50\,^\circ\)C до \(-26\,^\circ\)C. По достижении температуры \(T_3 = +50\,^\circ\)C давление в бутылках будет равно \[p'' = \dfrac{T_3}{V_1 + V_2}\cdot\dfrac{p_1V_1 + p_2V_2}{T_0} = \dfrac{T_3}{T_2}p_0 \approx 1{,}05p_0.\] Получающийся график зависимости \(p(T)\) приведён на рисунке 2.40.

Отметим, что продолжения наклонных участков этого графика проходят через точку \(p = 0\) Па, \(T = 0\) К \(\approx -273\,^\circ\)C.

Ответ

При \(b > a\): \(v = \sqrt{\dfrac{\sigma qh}{m\varepsilon_0}\left(1 - \dfrac{\sqrt3a}{\sqrt{4b^2 - a^2}}\right)}\); при \(b = a\): \(v = 0\); при \(\dfrac{a}{\sqrt3} < b < a\): \(v = \sqrt{\dfrac{\sigma q}{m\varepsilon_0}\left(\sqrt{b^2 - \dfrac{a^2}{3}} - h\right)\left(\dfrac{\sqrt3a}{\sqrt{4b^2 - a^2}} - 1\right)}\).

Решение

Пусть \(SABC\) — правильная пирамида, образованная пересечением четырёх бесконечных заряженных плоскостей, \(SH\) — её высота, \(SD\) — высота боковой грани \(CSB\) (см. рис. 3.17.1). Поле, создаваемое каждой плоскостью, однородно, направлено по нормали к данной плоскости и по модулю равно \(E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\). Так как пирамида правильная, то внутри пирамиды сумма проекций всех четырёх векторов напряжённости на плоскость основания \(ABC\) равна нулю, а сумма проекций векторов напряжённости на высоту пирамиды \(SH\) равна \(E_x = E - 3E\sin\alpha\). Здесь \(\alpha\) — угол между высотой пирамиды \(SH\) и высотой любой из боковых граней пирамиды, ось \(X\) направлена вдоль \(SH\).

На рисунке 3.17.2 показан треугольник \(ASD\), полученный в результате сечения пирамиды плоскостью, проходящей через ребро \(AS\) и высоту \(SD\) противолежащей ему боковой грани. Вектор \(\vec E\) показывает напряжённость поля, создаваемого плоскостью, в которой лежит грань \(BCS\), точка \(O\) определяет положение заряда \(q\). Аналогичный рисунок можно нарисовать для каждой из трёх боковых граней пирамиды. Из геометрических соображений следует, что \[\sin\alpha = \dfrac{DH}{DS} = \dfrac{\dfrac{1}{3}\cdot DA}{DS} = \dfrac{\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}\cdot a}{\sqrt{b^2 - \left(\dfrac{a}{2}\right)^2}} = \dfrac{a}{\sqrt3\cdot\sqrt{4b^2 - a^2}},\] то есть \[E_x = E(1 - 3\sin\alpha) = E\left(1 - \dfrac{\sqrt3a}{\sqrt{4b^2 - a^2}}\right).\] Значит, в зависимости от соотношения между стороной основания \(a\) и боковым ребром \(b\), возможны три случая:

а) \(E_x > 0\) — реализуется при \(\sqrt3a < \sqrt{4b^2 - a^2}\), откуда следует условие \(b > a\). В этом случае шарик после того, как его отпустят, ударится о плоскость основания пирамиды. Так как поле однородно, то на шарик после его отпускания действует постоянная сила \(F_x = qE_x\). Из закона сохранения энергии получаем: \(\dfrac{mv^2}{2} = F_xh = qE_xh\), откуда \[v = \sqrt{\dfrac{\sigma qh}{m\varepsilon_0}\left(1 - \dfrac{\sqrt3a}{\sqrt{4b^2 - a^2}}\right)}\quad\text{при}\quad b > a.\] б) \(E_x = 0\) — реализуется при \(a = b\). В этом случае поле внутри пирамиды отсутствует, и шарик не будет двигаться, то есть \(v = 0\).

в) \(E_x < 0\) — реализуется при \(\sqrt3a > \sqrt{4b^2 - a^2}\), откуда следует условие \(b < a\). В этом случае шарик ударится о вершину пирамиды и закон сохранения энергии можно записать в виде: \[\dfrac{mv^2}{2} = -qE_x(SH - h).\] С учётом того, что \(SH = \sqrt{b^2 - \dfrac{a^2}{3}}\) и \(b > \dfrac{a}{\sqrt3}\) (см. рис. 3.17.2), получаем: \[v = \sqrt{\dfrac{\sigma q}{m\varepsilon_0}\left(\sqrt{b^2 - \dfrac{a^2}{3}} - h\right)\left(\dfrac{\sqrt3a}{\sqrt{4b^2 - a^2}} - 1\right)}\quad\text{при}\quad\dfrac{a}{\sqrt3} < b < a.\]

Ответ

\(\omega < \dfrac{c}{R}(a - 1) \approx 2\) рад/с, где \(a = \sqrt[24]{2}\).

Решение

Музыка может звучать фальшиво, если вследствие приближения или удаления от зрителя звучащей гармони частота звука при нажатии одной и той же клавиши изменяется больше, чем в \(a = \sqrt[24]{2}\) раз. Изменение частоты связано с эффектом Допплера. Прежде, чем приступать к решению задачи, рассмотрим подробнее происхождение этого эффекта.

Пусть источник звука, испускающий волны с частотой \(\nu_0 = 1/T_0\), где \(T_0\) — период колебаний источника, движется по направлению к приёмнику с постоянной скоростью \(v\). Представим, что за время \(t = NT_0\) испускается цуг, состоящий из \(N\) длин волн. Если скорость звука составляет \(c\), то через время \(t\), когда первая волна пройдёт расстояние \(ct\), последняя волна ещё только успеет выйти из источника, а сам источник пройдёт расстояние \(vt\). Значит, расстояние между началом и концом цуга через время \(t\) будет составлять \((c - v)t\), и на этом расстоянии будет укладываться \(N\) длин волн. Значит, длина волны, излучаемой движущимся источником, равна \[\lambda = \dfrac{(c - v)t}{N} = (c - v)T_0,\] а соответствующая ей частота, регистрируемая неподвижным приёмником, \[\nu = \dfrac{c}{\lambda} = \dfrac{c}{(c - v)T_0} = \nu_0\dfrac{c}{c - v}.\] Это и есть формула, описывающая эффект Допплера. Если источник удаляется от приёмника, то перед скоростью источника \(v\) в данной формуле, очевидно, должен стоять знак «плюс». Отметим ещё раз, что эффект Допплера связан с изменением длины волны, испускаемой движущимся источником, а не с изменением скорости звука, которая зависит только от свойств среды.

Итак, мы выяснили, что приближение гармони к зрителю при вращении карусели приводит к повышению частоты звука, а удаление гармони — к понижению. В нашем случае изменение частоты максимально тогда, когда слушатель находится в одной плоскости с каруселью, а скорость гармониста, равная по величине \(\omega R\), направлена вдоль линии слушатель — гармонист (см. рис. 4.3).

Отношение повышенной частоты звука к номинальной \(\nu_0\) или номинальной частоты к пониженной частоте не должно превышать \(a = \sqrt[24]{2}\). Поскольку, очевидно, \(\omega R \ll c\), где \(\omega\) — угловая скорость вращения карусели, то, используя приближённую формулу \((1 + x)^n \approx 1 + nx\), в первом случае получаем \[\dfrac{\nu}{\nu_0} = \dfrac{c}{c - \omega R} \approx 1 + \dfrac{\omega R}{c} < a,\] а во втором случае \[\dfrac{\nu_0}{\nu} = \dfrac{c + \omega R}{c} = 1 + \dfrac{\omega R}{c} < a,\] то есть то же самое условие. Выражая из полученного соотношения угловую скорость \(\omega\), находим: \[\omega < \dfrac{c}{R}(a - 1) \approx 2\text{ рад/с}.\] Заметим, что и первое, и второе неравенства могут быть решены непосредственно, без использования приближённой формулы. При этом получаются два значения частоты: \[\omega < \omega_1 = \dfrac{c}{R}\cdot\dfrac{a - 1}{a} \approx 1{,}9698\text{ рад/с --- в первом случае},\] \[\omega < \omega_2 = \dfrac{c}{R}(a - 1) \approx 2{,}0276\text{ рад/с --- во втором случае}.\] Однако, частота \(\omega_1\) отличается от частоты \(\omega_2\) настолько незначительно, что смещение частоты, вызванное таким изменением угловой скорости, значительно меньше четверти тона и не может быть обнаружено на слух. Поэтому физически более правильно объединять случаи приближения и удаления гармониста и давать один приближённый ответ.

Отметим, что реальная угловая скорость вращения карусели, конечно, значительно меньше 2 рад/с, поскольку при такой угловой скорости центростремительное ускорение гармониста равнялось бы \(\omega^2R = 20\) м/с\(^2 \approx 2g\)!

Ответ

\(L = \dfrac{v^2}{4\mu g}\).

Решение

Поскольку трением между трубами во время удара можно пренебречь, удар абсолютно упругий и трубы одинаковы, то после удара катившаяся труба потеряет поступательную компоненту движения, но сохранит вращение, а покоившаяся труба приобретёт поступательное движение, но не будет вращаться. Таким образом, обе трубы начнут проскальзывать относительно поверхности, причём одна из них будет ускоряться, а вторая — замедляться. Величины ускорений обеих труб одинаковы по модулю, направлены в разные стороны и равны \(a = \mu g\), поскольку на каждую трубу в горизонтальном направлении действует сила трения \(F_{\text{тр}} = \mu mg\).

Рассмотрим движение второй трубы, которая приобрела поступательное движение и в начальный момент времени не вращалась (см. рис. 1.169).

Скорость её оси уменьшается по закону: \(v_1 = v - at = v - \mu gt\). Линейная скорость точки касания трубы с поверхностью имеет относительно оси трубы скорость: \(v_2 = at = \mu gt\), которая увеличивается. Проскальзывание трубы прекратится в тот момент, когда скорости \(v_1\) и \(v_2\) сравняются. Отсюда \(v - \mu gt = \mu gt\), и для времени \(t_0\), через которое прекратится проскальзывание, получаем: \(t_0 = \dfrac{v}{2\mu g}\).

Для первой трубы всё будет происходить аналогично, с той лишь разницей, что скорость оси трубы будет нарастать по закону \(v_2 = at = \mu gt\), а линейная скорость точки касания трубы с поверхностью (относительно оси) будет уменьшаться по закону \(v_1 = v - at = v - \mu gt\).

Таким образом, проскальзывание труб прекратится через одинаковое время \(t_0\), и скорости их движения после этого станут одинаковыми и равными \(v/2\). После того, как скорости труб сравняются, расстояние между ними перестанет увеличиваться. Значит, для того, чтобы найти максимальное расстояние между трубами, нужно вычислить разность их координат через время \(t_0\). Если начало координат поместить в место, где происходит соударение, то для координаты оси первой трубы через время \(t_0\) имеем: \[x_1 = -R + \dfrac{at_0^2}{2} = -R + \dfrac{v^2}{8\mu g},\] а для координаты оси второй трубы через время \(t_0\): \[x_2 = R + vt_0 - \dfrac{at_0^2}{2} = R + \dfrac{3v^2}{8\mu g},\] где \(R\) — радиус трубы. Значит, расстояние между осями труб через время \(t_0\) будет равно \[S = x_2 - x_1 = 2R + \dfrac{v^2}{4\mu g},\] а искомое максимальное расстояние между трубами \[L = S - 2R = \dfrac{v^2}{4\mu g}.\] Это расстояние можно также найти более простым способом: трубы удаляются друг от друга после удара с ускорением \(a_{\text{отн}} = 2a = 2\mu g\) в течение времени \(t_0\), поэтому искомое максимальное расстояние между ними равно \(L = \dfrac{a_{\text{отн}}t_0^2}{2} = \dfrac{v^2}{4\mu g}\).

Ответ

\(F_1 = \dfrac{mg}{4}\cdot\dfrac{L^2 + 2l^2 - lL}{L^2 + l^2 - lL}\); \(F_2 = \dfrac{mg}{4}\cdot\dfrac{L^2}{L^2 + l^2 - lL}\); \(F_3 = \dfrac{mg}{4}\cdot\dfrac{2(L^2 + l^2) - 3lL}{L^2 + l^2 - lL}\) (при \(l = L/2\) все три силы равны \(mg/3\)).

Решение

Когда балку положили на брусья (см. рис. 1.248.1), они немного погрузились в воду, причём очевидно, что дополнительные глубины их погружения \(\Delta h_{1,2,3}\) пропорциональны искомым силам давления балки на брусья: \(F_{1,2,3} = \rho gS\Delta h_{1,2,3}\), где \(\rho\) — плотность воды, \(S\) — площадь продольного сечения брусьев.

Запишем условия равновесия балки. Сумма сил и сумма моментов сил, например, относительно оси, проходящей параллельно брусьям через левый конец балки, должны быть равны нулю: \[mg = F_1 + F_2 + F_3,\] \[F_2l + F_3L = \dfrac{mgL}{2}.\] Этих уравнений недостаточно для того, чтобы найти силы \(F_1\), \(F_2\) и \(F_3\). Ещё одно — недостающее — уравнение можно получить, использовав то обстоятельство, что балка является жёсткой и лежит почти горизонтально. Из рисунка 1.248.2 видно, что связь между величинами \(\Delta h_i\) при этих условиях имеет вид: \(\operatorname{tg}\alpha \approx \dfrac{\Delta h_1 - \Delta h_2}{l} = \dfrac{\Delta h_1 - \Delta h_3}{L}\).

Поскольку \(F_i \sim \Delta h_i\), то отсюда \[\dfrac{F_1 - F_2}{l} = \dfrac{F_1 - F_3}{L}.\] Решая полученную систему уравнений, получаем: \[F_1 = \dfrac{mg}{4}\cdot\dfrac{L^2 + 2l^2 - lL}{L^2 + l^2 - lL};\quad F_2 = \dfrac{mg}{4}\cdot\dfrac{L^2}{L^2 + l^2 - lL};\quad F_3 = \dfrac{mg}{4}\cdot\dfrac{2(L^2 + l^2) - 3lL}{L^2 + l^2 - lL}.\] Нетрудно убедиться, что при \(l = L/2\) из полученных формул следует, что \(F_1 = F_2 = F_3 = mg/3\), то есть если второй брус лежит точно под серединой балки, то нагрузка на брусья распределяется равномерно.

Ответ

\(\varphi(x) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\begin{cases}0 & \text{при } |x| < r;\\[2pt] \dfrac{1}{\sqrt{R^2 + x^2}} - \dfrac{r}{\sqrt{r^4 + x^2R^2}} & \text{при } |x| \geqslant r.\end{cases}\)

Решение

Так как заземляющий сферу проводник является тонким и длинным, то можно пренебречь электрическим полем этого проводника и считать, что кольцо со сферой настолько удалены от других тел, что их влиянием можно пренебречь. В силу сказанного и с учётом того, что сфера расположена симметрично относительно кольца, можно считать, что заряд \(Q\) распределён по кольцу равномерно.

Разобьём кольцо на малые элементы, каждый из которых можно считать точечным зарядом величины \(\Delta Q\). Как известно, поверхность нулевого потенциала поля, создаваемого двумя не равными по величине и противоположными по знаку точечными зарядами, имеет вид сферы, окружающей меньший по модулю заряд. Следовательно, поле, создаваемое точечным зарядом \(\Delta Q\), находящимся на расстоянии \(R\) от центра заземлённой сферы, и зарядами, имеющимися на заземлённой сфере радиуса \(r < R\), вне сферы должно совпадать с полем точечных зарядов \(\Delta Q\) и \(-\Delta q\) при определённых величине и расположении последнего. Из соображений симметрии следует, что заряд \(-\Delta q\) должен находиться на прямой, соединяющей центр данной сферы и заряд \(\Delta Q\). Кроме того, очевидно, что заряд \(-\Delta q\) должен находиться внутри сферы. Если расстояние от заряда \(-\Delta q\) до центра сферы равно \(\rho\), то, поскольку все точки сферы имеют нулевой потенциал, должны выполняться соотношения: \[\dfrac{\Delta Q}{R - r} - \dfrac{\Delta q}{r - \rho} = 0,\qquad \dfrac{\Delta Q}{R + r} - \dfrac{\Delta q}{r + \rho} = 0.\] Отсюда \(\rho = \dfrac{r^2}{R}\) и \(\Delta q = \dfrac{r}{R}\Delta Q\).

Приведённые рассуждения справедливы для любого элемента кольца. Из сказанного следует, что поле вне сферы в рассматриваемой задаче эквивалентно полю двух коаксиальных колец — радиуса \(R\) с зарядом \(Q\) и радиуса \(\rho\) с зарядом \(-q = -\sum\Delta q = -\dfrac{r}{R}\sum\Delta Q = -\dfrac{r}{R}Q\). Поскольку потенциал поля кольца радиуса \(R\) с равномерно распределённым по нему общим зарядом \(Q\) на оси кольца на расстоянии \(x\) от его плоскости равен \(\varphi_1 = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{Q}{\sqrt{R^2 + x^2}}\), то искомый потенциал: \[\varphi(x) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\begin{cases}0 & \text{при } |x| < r;\\[2pt] \dfrac{1}{\sqrt{R^2 + x^2}} - \dfrac{r}{\sqrt{r^4 + x^2R^2}} & \text{при } |x| \geqslant r.\end{cases}\]

Ответ

\(\mathcal{E} = \dfrac{U}{2n\left(1 \pm \sqrt{1 - (1/n)}\right)}\), где знак «\(+\)» соответствует меньшему, а знак «\(-\)» большему из двух возможных чисел оборотов, при которых мотор развивает мощность, в \(n\) раз меньшую максимальной.

Решение

Пусть \(R\) — сопротивление обмотки мотора, \(I\) — текущий по обмотке ток. Тогда развиваемая мотором полезная механическая мощность равна \(N = UI - I^2R\). Следовательно, мотор может развивать заданную мощность \(N\) при двух различных силах тока, текущего через обмотку: \[I(N)_{1,2} = \dfrac{U \pm \sqrt{U^2 - 4NR}}{2R},\] где знак «\(+\)» соответствует случаю, когда ротор мотора был соединён с нагрузкой до подключения к сети, и его число оборотов невелико, а знак «\(-\)» соответствует случаю, когда мотор механически нагрузили лишь после того, как его ротор раскрутился до большого числа оборотов в режиме холостого хода.

Максимальная мощность, которую может развить мотор при заданном напряжении сети, получается, когда подкоренное выражение равно нулю: \[N_{\max} = \dfrac{U^2}{4R}.\] (Заметим, что этот результат можно получить и другим способом. Зависимость \(N(I)\) — параболическая. Она достигает максимума при \(I = \dfrac{U}{2R}\). Подставляя это значение силы тока в формулу для \(N(I)\), сразу получаем выражение для \(N_{\max}\).)

Поскольку \(U = IR + \mathcal{E}\), где \(\mathcal{E}\) — ЭДС индукции, возникающая в обмотке ротора во время работы мотора от сети при заданной нагрузке на валу, то \[N = I(U - IR) = \mathcal{E}I.\] ЭДС индукции пропорциональна скорости вращения ротора, поэтому при работе мотора в качестве генератора с тем же числом оборотов создаваемая ЭДС должна быть такой же, то есть равной \(\mathcal{E}\). Учитывая, что мотор развивает мощность \(N = N_{\max}/n\), получаем: \[\mathcal{E} = \dfrac{N}{I} = \dfrac{N_{\max}/n}{I(N_{\max}/n)_{1,2}} = \dfrac{U}{2n\left(1 \pm \sqrt{1 - (1/n)}\right)},\] где знак «\(+\)» соответствует меньшему, а знак «\(-\)» большему из двух возможных чисел оборотов, при которых мотор развивал мощность, в \(n\) раз меньшую максимальной.

Ответ

\(n(z) = \alpha/z\): показатель преломления должен убывать обратно пропорционально координате \(z\), отсчитываемой от центра окружности.

Решение

Выберем начало координат в центре окружности радиуса \(R\), по дуге которой распространяется луч света. Пусть показатель преломления монотонно изменяется вдоль оси \(Z\).

Разобьём среду на множество тонких слоёв, перпендикулярных оси \(Z\), как показано горизонтальными пунктирными линиями на рисунке 4.18.

В пределах каждого из слоёв показатель преломления можно считать неизменным. Пусть \(\varphi\) — угол между осью \(Z\) и касательной к лучу в некоторой точке. Тогда, как следует из построения на рисунке, \(\varphi\) является также углом падения луча на слой с координатой \(z\). В соответствии с законом преломления \(n(z)\sin\varphi = \text{const}\). Так как \(\sin\varphi = z/R\), то \[n(z) = \dfrac{\text{const}}{\sin\varphi} = \dfrac{R\cdot\text{const}}{z} = \dfrac{\alpha}{z},\] где \(\alpha\) — постоянный коэффициент. Таким образом, для того, чтобы луч света мог распространяться в среде по дуге окружности, показатель преломления должен убывать обратно пропорционально координате \(z\), отсчитываемой от центра этой окружности.