МОШ, 1997/98, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(\tau = V\sqrt2/a\); корабль движется по параболе \(y = x - \dfrac{ax^2}{V^2}\).

Решение

Перейдём в инерциальную систему отсчёта, движущуюся с постоянной скоростью \(\vec V\). Так как во всех инерциальных системах отсчёта при одинаковых начальных условиях все механические явления протекают одинаково (принцип относительности Галилея), то ограничение, наложенное в условии задачи на ускорение корабля, не изменится. В новой системе отсчёта начальная скорость космического корабля равна нулю, а конечная скорость по модулю равна \(V\sqrt2\) и направлена под углом \(135^\circ\) к первоначальному направлению движения.

Теперь ясно, что для совершения манёвра нужно включить двигатели так, чтобы при развороте корабля его ускорение было всё время направлено в сторону конечной скорости корабля, то есть под углом \(135^\circ\) к первоначальному направлению движения. Тогда минимальное время манёвра будет равно \(\tau = V\sqrt2/a\).

Выясним, по какой траектории будет двигаться корабль при манёвре. Для этого вернёмся в исходную систему отсчёта и направим координатную ось \(Y\) декартовой системы координат в направлении, обратном ускорению, а ось \(X\) — перпендикулярно к ней, так, как показано на рисунке 1.36. Тогда закон движения в проекциях на эти оси примет вид: \[x = \dfrac{V\sqrt2}{2}t,\quad y = \dfrac{V\sqrt2}{2}t - \dfrac{at^2}{2}.\] Выражая из первого уравнения время и подставляя его во второе, получим уравнение траектории корабля: \(y = x - \dfrac{ax^2}{V^2}\), то есть корабль будет двигаться по параболе, аналогично телу, брошенному под углом \(45^\circ\) к горизонту.

В заключение приведём примеры двух неправильных решений задачи, которые сразу приходят в голову.

1) Корабль осуществляет поворот, двигаясь по окружности радиусом \(R\) с постоянным центростремительным ускорением \(a = V^2/R\). Тогда время, которое он затратит на манёвр, равно \(\tau_1 = \dfrac{\pi R}{2V} = \dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{V}{a} > \tau\).

2) Корабль сначала полностью гасит начальную продольную скорость и только потом развивает необходимую поперечную скорость. В этом случае время манёвра равно \(\tau_2 = 2(V/a) > \tau\).

Ответ

\(\left(\dfrac{4}{3}(\rho_0 - \rho)\pi R^3 - m\right)\dfrac{\sin\alpha}{1 + \sin\alpha} \leqslant M < \dfrac{4}{3}(\rho_0 - \rho)\pi R^3 - m\).

Решение

Масса груза \(M\) ограничивается двумя условиями. Во-первых, \(M\) не должна быть слишком велика — иначе шарик упадёт на землю. Во-вторых, \(M\) не должна быть слишком мала — иначе шарик покатится вверх по наклонному потолку. Рассмотрим оба этих условия отдельно.

1. Найдём максимальную массу \(M\), при которой шарик ещё не будет падать вниз. Поскольку очевидно, что объём грузика очень мал по сравнению с объёмом шарика, при расчётах будем пренебрегать объёмом грузика. Тогда для того, чтобы шарик не падал, действующая на него сила Архимеда должна быть больше суммы сил тяжести, действующих на груз, резиновую оболочку и накачанный в неё газ: \[\rho_0gV > mg + Mg + \rho gV,\] где \(V = (4/3)\pi R^3\) — объём воздушного шарика. Отсюда находим первое условие, которому должна удовлетворять масса груза: \[M < \dfrac{4}{3}(\rho_0 - \rho)\pi R^3 - m.\qquad(1)\] 2. Если груз, масса которого удовлетворяет условию (1), подвесить к нижней точке шарика, то шарик покатится вверх по потолку (по условию задачи проскальзывания нет). Шарик будет проворачиваться до тех пор, пока момент силы тяжести \(L_M\), действующей на груз, не скомпенсирует сумму моментов силы Архимеда и силы тяжести, действующей на шарик и на накачанный в него газ. Если же этого так и не произойдёт при максимально возможном значении момента \(L_M\), то шарик будет катиться вверх по потолку.

Выберем для вычисления моментов сил горизонтальную ось, проходящую через точку касания шарика и потолка. Тогда максимально возможный момент силы тяжести, действующей на груз, будет достигаться в ситуации, показанной на рисунке 1.190. Его величина равна: \(L_M = Mg(R + R\sin\alpha) = MgR(1 + \sin\alpha)\).

С учётом этого выражения условие для моментов сил запишется в виде \[MgR(1 + \sin\alpha) \geqslant (\rho_0gV - mg - \rho gV)R\sin\alpha,\] откуда, с учётом выражения для \(V\): \[M \geqslant \dfrac{\left(\dfrac{4}{3}(\rho_0 - \rho)\pi R^3 - m\right)\sin\alpha}{1 + \sin\alpha}.\qquad(2)\] Объединяя (1) и (2), окончательно получаем: \[\left(\dfrac{4}{3}(\rho_0 - \rho)\pi R^3 - m\right)\dfrac{\sin\alpha}{1 + \sin\alpha} \leqslant M < \dfrac{4}{3}(\rho_0 - \rho)\pi R^3 - m.\] Следует отметить, что с ростом угла \(\alpha\) максимальная сила трения шарика о потолок уменьшается, и утверждение об отсутствии проскальзывания шарика по потолку, высказанное в условии задачи, перестаёт быть справедливым. Поэтому, конечно, угол \(\alpha\) реально не может достигать \(\pi/2\), хотя из вида нашего решения это и не следует.

Ответ

Ни при каком: всплывающая коробка никогда не упрётся в крышку цилиндра.

Решение

В условии сказано, что коробка лёгкая. Значит, её массой можно пренебречь. Пусть в некоторый момент времени после начала нагнетания жидкости расстояние от её поверхности до крышки цилиндра равно \(H_1\), а до крышки коробки — \(h_1\) (см. рис. 2.37).

Поскольку коробка считается невесомой, то давления воздуха внутри и вне коробки всё время одинаковы. Так как температура газа в процессе нагнетания жидкости постоянна, то справедливы соотношения, следующие из закона Бойля — Мариотта: \(p_0H = p_1H_1\) и \(p_0h = p_1h_1\), где \(p_0\) — исходное давление воздуха, \(p_1\) — давление в рассматриваемый момент времени. Из написанных уравнений имеем: \(H_1 = p_0H/p_1\) и \(h_1 = p_0h/p_1\). Отсюда \[h_1 = \dfrac{h}{H}H_1 < H_1.\] Этот результат справедлив при любом давлении \(p_1\) и не зависит от него. Значит, всплывающая коробка никогда не упрётся в крышку цилиндра.

Ответ

\(t_1 = k^{3/2}\cdot t_0\).

Решение

Будем решать задачу методом размерностей. Так как сила взаимодействия бусинок равна \(\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{q^2}{r^2}\), то их ускорение пропорционально \(\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{q^2}{mr^2}\). Поэтому время разлёта бусинок \(t_0\) однозначно определяется двумя параметрами: \(r_0\) и \(\alpha = \dfrac{q^2}{\varepsilon_0m}\). Эти параметры имеют следующие размерности: \([r_0] = \text{м}\), \([\alpha] = \text{м}^3/\text{с}^2\). Из двух параметров такой размерности можно составить единственную комбинацию \(\tau\), имеющую размерность времени: \(\tau = (r_0^3/\alpha)^{1/2}\). Таким образом, время \(t\), за которое начальное расстояние между бусинками удвоится, зависит от величины \(r_0\) следующим образом: \(t = \text{const}\cdot\tau = \text{const}\cdot(r_0^3/\alpha)^{1/2}\). Значит, при увеличении расстояния \(r_0\) в \(k\) раз время \(t\) увеличится в \(k^{3/2}\) раз, то есть \(t_1 = k^{3/2}\cdot t_0\).

Ответ

\(\mathcal{E}_0 = \dfrac{1}{\dfrac{1}{U_1} + \dfrac{1}{U_2} - \dfrac{1}{U_0}} = 1{,}8\) В.

Решение

Всё дело в том, что у батарейки имеется конечное внутреннее сопротивление \(r\), и вольтметры также неидеальны. Обозначим внутренние сопротивления вольтметров через \(R_1\) и \(R_2\) и запишем закон Ома для каждой из схем измерения ЭДС (на рисунке 3.61 изображены схемы, в которых реальные вольтметры заменены идеальными приборами с параллельно подключёнными к ним сопротивлениями).

Для первой цепи \(\mathcal{E}_0 = I(r + R_1)\), откуда, учитывая, что вольтметр показывает напряжение \(U_1 = IR_1\), получаем: \[U_1 = \dfrac{\mathcal{E}_0R_1}{r + R_1} = \dfrac{\mathcal{E}_0}{1 + \dfrac{r}{R_1}}.\] Для второй и третьей цепи аналогично имеем: \[U_2 = \dfrac{\mathcal{E}_0}{1 + \dfrac{r}{R_2}},\qquad U_0 = \dfrac{\mathcal{E}_0}{1 + \dfrac{r}{R_1} + \dfrac{r}{R_2}}.\] Решая совместно три полученных уравнения, находим ЭДС батарейки: \[\mathcal{E}_0 = \dfrac{1}{\dfrac{1}{U_1} + \dfrac{1}{U_2} - \dfrac{1}{U_0}} = 1{,}8\text{ В}.\]

Ответ

\(u^{(100)}_{\max} \approx v\left(1 - \dfrac{\pi^2}{200}\right) \approx 0{,}95v\).

Решение

Сначала докажем, что если шарик поворачивает на угол \(\alpha\), меньший \(180^\circ\), за два удара, то при заданной начальной скорости его конечная скорость будет максимальной в том случае, если при каждом ударе он поворачивал на угол, равный \(\alpha/2\).

Пусть до первого удара первый шарик двигался со скоростью \(v\). Тогда после этого удара первый шарик будет двигаться с некоторой скоростью \(v_1\), направленной под углом \(\varphi\) к направлению первоначального движения, а второй шарик, который до удара покоился, будет двигаться со скоростью \(v_2\), направленной под углом \(\psi\) к направлению первоначального движения первого шарика. Тогда из закона сохранения импульса для абсолютно упругого удара движущегося шарика о неподвижный шарик имеем: \[mv = mv_1\cos\varphi + mv_2\cos\psi,\quad mv_1\sin\varphi = mv_2\sin\psi,\] причём \(\varphi + \psi = \pi/2\), так как после абсолютно упругого нелобового удара движущегося шарика о такой же покоящийся скорости разлетающихся шаров, как уже отмечалось выше в решении задачи 1.109, направлены под углом \(90^\circ\) друг к другу.

Отсюда находим скорость первого шара после удара: \(v_1 = v\cos\varphi\). Это означает, что поворот вектора скорости налетающего шара на угол \(\varphi\) сопровождается уменьшением величины скорости в \(\cos\varphi\) раз. Значит, после двух последовательных соударений скорость налетающего шарика будет равна \(u^{(2)} = v\cos\varphi\cdot\cos(\alpha - \varphi)\) (напомним, что шарик поворачивает за два удара на угол \(\alpha\)). Для того, чтобы скорость шарика \(u^{(2)}\) после двух ударов была максимальна, необходимо, чтобы было максимальным произведение \(\cos\varphi\cdot\cos(\alpha - \varphi)\). По известной формуле: \[u^{(2)} = v\cos\varphi\cos(\alpha - \varphi) = \dfrac{v}{2}\left(\cos(\alpha - 2\varphi) + \cos\alpha\right).\] Ясно, что это выражение будет иметь максимальное значение при \(\cos(\alpha - 2\varphi) = 1\), откуда \(\varphi = \alpha/2\), что и требовалось доказать.

Рассматривая таким же способом каждую пару последовательных ударов, приходим к выводу, что для максимализации конечной скорости при каждом ударе налетающий шар должен поворачивать на один и тот же угол \(\varphi\). Так как по условию после \(N - 1 = 100\) соударений этот шар начинает двигаться в противоположном направлении, то \[\varphi = \dfrac{\pi}{N - 1} = \dfrac{\pi}{100}.\] После сотого соударения шар будет иметь скорость \[u^{(100)} = v(\cos\varphi)^{N-1} = v\left(\sqrt{1 - \sin^2\varphi}\right)^{N-1}.\] Учитывая, что при \(x \ll 1\) и \(nx \ll 1\) справедливы приближённые формулы: \(\sin x \approx x\) и \((1 + x)^n \approx 1 + nx\), окончательно получаем: \[u^{(100)}_{\max} = v\left(\sqrt{1 - \sin^2\varphi}\right)^{N-1} \approx v\left(\sqrt{1 - \varphi^2}\right)^{N-1} \approx v\left(1 - \dfrac{N - 1}{2}\varphi^2\right) =\] \[= v\left(1 - \dfrac{\pi^2}{2(N - 1)}\right) = v\left(1 - \dfrac{\pi^2}{200}\right) \approx 0{,}95v.\]

Ответ

При упоре коленом в середину кочерги \(F = \dfrac{\sigma a^3}{2(3)\,l} = 150\ (100)\) Н; при изгибании только ладонями \(F_1 \approx 750\ (500)\) Н (в скобках — более точная оценка).

Решение

Кочерга начинает гнуться тогда, когда напряжение в её материале превышает предел упругости \(\sigma\). При этом слои, находящиеся на внешней стороне дуги изгибаемой кочерги, растягиваются, а находящиеся на внутренней стороне дуги — сжимаются. Для оценки момента сил, который надо приложить, чтобы кочерга согнулась, можно считать, что на верхнюю половину сечения кочерги действует растягивающее усилие \(f = \sigma\cdot a\cdot\dfrac{a}{2}\), а на нижнюю половину — такое же сжимающее усилие (см. рис. 1.200).

Тогда момент сил равен: \(M = \dfrac{\sigma a^2}{2}\cdot\dfrac{a}{2} = \dfrac{\sigma a^3}{4}\).

Более точная оценка для момента силы получается при учёте линейного закона изменения напряжения по сечению кочерги: \(M_{\text{т}} = \int\limits_{-a/2}^{a/2}x\cdot\sigma(x)\,dS\), где \(\sigma(x) = \dfrac{2x}{a}\sigma\) и \(dS = a\,dx\), откуда получается, что \(M_{\text{т}} = 2\sigma\int\limits_{-a/2}^{a/2}x^2\,dx = \dfrac{\sigma a^3}{6}\). Таким образом, обе полученные оценки близки.

Получим теперь оценку для силы. Заметим, что кочергу можно гнуть двумя способами. Первый способ — упираться коленом в середину кочерги, а за её концы тянуть руками с силой \(F\). Тогда изгибающий момент будет равен \(M = Fl/2\), откуда \[F = \dfrac{2M}{l} = \dfrac{2}{l}\cdot\dfrac{\sigma a^3}{4(6)} = \dfrac{\sigma a^3}{2(3)\,l} = 150\ (100)\text{ Н}.\] (Цифры в скобках здесь и далее соответствуют более точной оценке момента сил \(M_{\text{т}}\)). Это не очень большое усилие!

Второй, более «честный» способ изгибания кочерги: создавать моменты сил ладонями рук, ничем, кроме них, не упираясь в кочергу. Считая, что ширина ладони равна \(L \approx 10\) см, получаем: \(M \cong F_1L\), и \[F_1 = \dfrac{M}{L} = \dfrac{\sigma a^3}{4(6)\,L} = 750\ (500)\text{ Н}.\] Такое усилие создать пальцами рук достаточно трудно!

Ответ

Если выполнены условия \(\dfrac{1}{\sqrt{q_2}} + \dfrac{1}{\sqrt{q_3}} > \dfrac{1}{\sqrt{q_1}}\) и два аналогичных (бусинки в вершинах треугольника), то \(T = \dfrac{\left(\sqrt{q_2q_3} + \sqrt{q_1q_3} + \sqrt{q_1q_2}\right)^2}{4\pi\varepsilon_0l^2}\); иначе бусинки располагаются «в линию» (меньший заряд между большими), и, например, для порядка \(q_3, q_2, q_1\): \(T = \dfrac{1}{2\pi\varepsilon_0l^2}\left(q_1q_3 + \left(\sqrt{q_1q_2} + \sqrt{q_2q_3}\right)^2\right)\).

Решение

Рассмотрим случай, когда заряды располагаются в вершинах треугольника (см. рис. 3.6.1).

Для этого рассмотрим какой-либо заряд, например, \(q_1\). Сумма сил, действующих на этот заряд, равна нулю (заряд неподвижен). Со стороны нити на этот заряд действуют две одинаковые по модулю силы натяжения \(T\), направленные вдоль сторон треугольника \(q_2q_1q_3\). Следовательно, равнодействующая этих сил направлена по биссектрисе угла \(q_2q_1q_3\). Тогда равнодействующая сил электростатического взаимодействия заряда \(q_1\) с зарядами \(q_2\) и \(q_3\) также должна быть направлена по биссектрисе этого угла, но в другую сторону. А поскольку эти силы также направлены вдоль сторон треугольника \(q_2q_1q_3\), то они должны быть равны по модулю между собой и каждая из них должна быть равна \(T\). Обозначим через \(l_1\) расстояние между зарядами \(q_2\) и \(q_3\), через \(l_2\) — расстояние между зарядами \(q_2\) и \(q_1\), и через \(l_3\) — расстояние между зарядами \(q_3\) и \(q_1\). Учитывая сказанное выше, получаем: \[\dfrac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0l_2^2} = \dfrac{q_1q_3}{4\pi\varepsilon_0l_3^2},\qquad \dfrac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0l_2^2} = \dfrac{q_2q_3}{4\pi\varepsilon_0l_1^2},\qquad(1)\] откуда \(q_1l_1^2 = q_2l_3^2 = q_3l_2^2\). Отсюда, с учётом соотношения \(l_1 + l_2 + l_3 = l\), получаем: \[l_1 = \dfrac{l}{1 + \sqrt{\dfrac{q_1}{q_2}} + \sqrt{\dfrac{q_1}{q_3}}};\quad l_2 = \dfrac{l}{1 + \sqrt{\dfrac{q_3}{q_1}} + \sqrt{\dfrac{q_3}{q_2}}};\quad l_3 = \dfrac{l}{1 + \sqrt{\dfrac{q_2}{q_1}} + \sqrt{\dfrac{q_2}{q_3}}}.\] Теперь, зная, например, расстояние \(l_1\) между зарядами \(q_2\) и \(q_3\), можно вычислить силу электростатического взаимодействия между ними. Эта сила, как мы уже выяснили, равна силе натяжения нити \(T\): \[T = F_{23} = \dfrac{q_2q_3}{4\pi\varepsilon_0l_1^2} = \dfrac{q_2q_3}{4\pi\varepsilon_0l^2}\left(1 + \sqrt{\dfrac{q_1}{q_2}} + \sqrt{\dfrac{q_1}{q_3}}\right)^2 =\] \[= \dfrac{\left(\sqrt{q_2q_3} + \sqrt{q_1q_3} + \sqrt{q_1q_2}\right)^2}{4\pi\varepsilon_0l^2}.\] Ответ формально получен. Но необходимо учесть, что в процессе решения все алгебраические преобразования были сделаны именно «формально». Мы нигде не учли, что длины сторон треугольника не могут быть произвольными, они обязательно связаны соотношениями («неравенство треугольника»): \[\begin{cases}l_1 + l_2 > l_3;\\ l_1 + l_3 > l_2;\\ l_2 + l_3 > l_1,\end{cases}\quad\text{откуда}\quad\begin{cases}l_1 + l_2 + l_3 > 2l_3;\\ l_1 + l_2 + l_3 > 2l_2;\\ l_1 + l_2 + l_3 > 2l_1,\end{cases}\quad\text{или}\quad\begin{cases}l_1 < l/2;\\ l_2 < l/2;\\ l_3 < l/2.\end{cases}\] Отсюда, с учётом полученных ранее выражений для \(l_1\), \(l_2\) и \(l_3\): \[\begin{cases}1 + \sqrt{q_1/q_2} + \sqrt{q_1/q_3} > 2;\\ 1 + \sqrt{q_3/q_1} + \sqrt{q_3/q_2} > 2;\\ 1 + \sqrt{q_2/q_1} + \sqrt{q_2/q_3} > 2,\end{cases}\quad\text{или}\quad\begin{cases}\sqrt{q_1q_3} + \sqrt{q_1q_2} > \sqrt{q_2q_3};\\ \sqrt{q_1q_3} + \sqrt{q_2q_3} > \sqrt{q_1q_2};\\ \sqrt{q_1q_2} + \sqrt{q_2q_3} > \sqrt{q_1q_3}.\end{cases}\] Эти соотношения также можно переписать в виде: \[\dfrac{1}{\sqrt{q_2}} + \dfrac{1}{\sqrt{q_3}} > \dfrac{1}{\sqrt{q_1}};\quad \dfrac{1}{\sqrt{q_2}} + \dfrac{1}{\sqrt{q_1}} > \dfrac{1}{\sqrt{q_3}};\quad \dfrac{1}{\sqrt{q_3}} + \dfrac{1}{\sqrt{q_1}} > \dfrac{1}{\sqrt{q_2}}.\qquad(2)\] Возникает вопрос: а что же случится, если эти условия окажутся невыполненными, и где допущена «ошибка» в приведённом выше формальном решении?

Немного подумав, можно сообразить, что заряды могут располагаться не только в вершинах треугольника, но и вдоль прямой линии (см. рис. 3.6.2). На первый взгляд такие варианты расположения зарядов кажутся неустойчивыми. Но, оказывается, это не так. В самом деле, хотя бы одно устойчивое положение равновесие у системы должно быть! Но если соотношение между зарядами таково, что система вообще не может существовать в виде треугольника, то остаются только варианты расположения зарядов «в линию», и хотя бы один из этих трёх вариантов обязательно должен быть устойчивым.

«Ошибку» же мы допустили, записывая соотношения (1). Первое из них представляет собой условие равновесия заряда \(q_1\) по двум различным направлениям (\(q_1\)–\(q_2\) и \(q_1\)–\(q_3\)). А если же эти направления совпадают, то (1) не следует из предыдущих рассуждений и может оказаться неверным. Действительно, если не выполнено условие (2), то (1) также не выполняется, и дальнейшие формальные алгебраические преобразования в этом случае приводят к не имеющему физического смысла результату, в чём мы и убедились.

Найдём силу натяжения нити в случае расположения зарядов «в линию». Рассмотрим, например, случай, показанный в верхней части рисунка 3.6.2.

Из условия равновесия заряда \(q_2\) получаем: \[\dfrac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0x_1^2} = \dfrac{q_2q_3}{4\pi\varepsilon_0x_2^2},\qquad x_1 + x_2 = \dfrac{l}{2},\] где \(x_1\) и \(x_2\) — расстояния между \(q_1\) и \(q_2\) и между \(q_2\) и \(q_3\) соответственно. Решая эту систему, находим: \(x_1 = \dfrac{l}{2}\cdot\dfrac{1}{1 + \sqrt{q_3/q_1}}\). Запишем условие равновесия заряда \(q_1\) (\(T_1\) — сила натяжения нити в рассматриваемом случае): \[2T_1 = \dfrac{q_1q_3}{4\pi\varepsilon_0(l/2)^2} + \dfrac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0x_1^2}.\] Отсюда, с учётом выражения для \(x_1\), находим силу натяжения нити: \[T = T_1 = \dfrac{1}{2\pi\varepsilon_0l^2}\left(q_1q_3 + \left(\sqrt{q_1q_2} + \sqrt{q_2q_3}\right)^2\right).\] Остальные два варианта рассматриваются полностью аналогично.

Для полноты решения осталось рассмотреть вопрос об устойчивости равновесия в различных вариантах расположения зарядов (в условии задачи это не требуется, участникам олимпиады предлагалось найти только силу натяжения нити).

Прежде всего покажем, что у рассмотренной в задаче системы не может быть двух и более положений устойчивого равновесия.

Данная система имеет две степени свободы. В качестве таких степеней свободы (параметров или «координат» системы) можно выбрать, например, длины отрезков \(l_1\) и \(l_2\) (а \(l_3\) определяется условием \(l_1 + l_2 + l_3 = l\) и поэтому самостоятельной степенью свободы не является).

Если у системы есть более одного положения устойчивого равновесия, то на координатной плоскости \((l_1, l_2)\) «вокруг» каждого из них должна быть своя «область притяжения» (область отклонений от равновесных значений \(l_1\) и \(l_2\), при которых система стремится восстановить эти равновесные значения — свои для каждой области). Понятно, что эти области должны отделяться друг от друга границами, все точки которых соответствуют неустойчивым положениям равновесия, из которых система может «свалиться» в одну из «областей притяжения». Но в нашей системе количество возможных положений равновесия конечно: один «треугольник», если он существует, а также три варианта, показанные на рис. 3.6.2. Поэтому построить из них «границы» (линии на плоскости \((l_1, l_2)\)) не получится.

Значит, у нашей системы имеется ровно одно положение устойчивого равновесия. Очевидно, потенциальная энергия электростатического взаимодействия зарядов в этом положении будет минимальной по сравнению с другими возможными вариантами расположения зарядов в данной системе.

Далее отметим, что если конфигурация «треугольник» (рис. 3.6.1) возможна, то она обязательно является устойчивой. В самом деле, в этом случае все три силы попарного взаимодействия между зарядами равны (как это было выяснено на соответствующем этапе решения задачи). Для того, чтобы из этого «треугольника» получить какое-нибудь другое расположение зарядов, какие-то расстояния между зарядами придётся уменьшить (увеличив энергию системы), а какие-то расстояния между зарядами увеличатся (при этом энергия системы, наоборот, уменьшится). Суммарное изменение расстояний при этом будет нулевым, так как длина нити \(l\) не меняется. Но сила взаимодействия между зарядами убывает с расстоянием. Поэтому при уменьшении расстояния между зарядами увеличение энергии системы будет больше, чем уменьшение энергии в результате увеличения расстояния между другими зарядами. Следовательно, потенциальная энергия системы в равновесном положении «треугольник» минимальна по сравнению с любым другим расположением зарядов, поэтому этот «треугольник» и является положением устойчивого равновесия (если «треугольник» существует, то он является единственным, так как длины его сторон \(l_1\), \(l_2\) и \(l_3\) однозначно определяются из решения).

Если соотношение зарядов \(q_1\), \(q_2\), \(q_3\) таково, что заряды не могут располагаться в вершинах треугольника, то понятно, что возможных положений равновесия всего 3 (рис. 3.6.2); одно из них — устойчивое, а два других — неустойчивые. Устойчивой будет та конфигурация, в которой меньший заряд находится между бо́льшими (две другие комбинации зарядов не обладают минимальной потенциальной энергией — эту энергию можно уменьшить, меняя соответствующие заряды местами).

Ответ

\(R_{\text{цепи}} = \dfrac{r + R}{2}\) при \(r < R\); \(R_{\text{цепи}} = \dfrac{2rR}{r + R}\) при \(r > R\) (график — рис. 3.48.3).

Решение

Прежде всего, найдём потенциалы \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\) точек 1 и 2 электрической схемы при произвольных значениях сопротивлений \(R\) и \(r\) в отсутствие диода. Пусть на схему подано постоянное напряжение \(U\), и при этом потенциал минусовой клеммы равен нулю. Тогда \[\varphi_1 = \dfrac{Ur}{r + R},\qquad \varphi_2 = \dfrac{UR}{r + R}.\]

Значит, при \(r < R\) потенциал точки 1 ниже потенциала точки 2. В этом случае после включения в цепь диода он не будет проводить ток, и схема эквивалентна изображённой на рисунке 3.48.1. Её сопротивление равно \[R_1 = \dfrac{r + R}{2}.\]

При \(r > R\) потенциал точки 1 выше потенциала точки 2. Поэтому диод будет проводить ток, и схема эквивалентна изображённой на рисунке 3.48.2. Её сопротивление равно \[R_2 = \dfrac{2rR}{r + R}.\] Таким образом, искомая зависимость сопротивления цепи от сопротивления \(r\) имеет вид:

\[R_{\text{цепи}} = \begin{cases}\dfrac{r + R}{2} & \text{при } r < R;\\[4pt] \dfrac{2rR}{r + R} & \text{при } r > R.\end{cases}\] График этой зависимости представлен на рисунке 3.48.3. Следует отметить, что в точке \(r = R\) график не имеет излома.