МОШ, 1998/99, заключительный этап, 11 класс

Ответ

Минимальное расстояние \(h = \dfrac{60}{13}\) м \(\approx 4{,}62\) м достигается в момент \(T = \dfrac{25}{169}\) с \(\approx 0{,}15\) с.

Решение

Перейдём в систему отсчёта \(X'Y'Z'\), связанную с точкой \(A\). Время в этой системе отсчёта совпадает со временем в исходной системе отсчёта, а точка \(A\) покоится в начале координат. Поэтому задача упрощается — для решения задачи нужно рассматривать только движение точки \(B\).

Выясним сначала, с какой скоростью движется в новой системе отсчёта точка \(B\). Из графиков, приведённых в условии, следует, что в исходной системе отсчёта точки \(A\) и \(B\) имели следующие проекции скорости на координатные оси \(XYZ\).

Точка \(A\): \(v_{Ax} = -1\) м/с, \(v_{Ay} = 2\) м/с, \(v_{Az} = -4\) м/с.

Точка \(B\): \(v_{Bx} = -4\) м/с, \(v_{By} = -2\) м/с, \(v_{Bz} = 8\) м/с.

В новой системе отсчёта точка \(B\) имеет следующие проекции скорости на координатные оси \(X'Y'Z'\): \[v_{Bx'} = v_{Bx} - v_{Ax} = -3\text{ м/с},\quad v_{By'} = v_{By} - v_{Ay} = -4\text{ м/с},\quad v_{Bz'} = v_{Bz} - v_{Az} = 12\text{ м/с}.\] Значит, в системе отсчёта \(X'Y'Z'\) точка \(B\) движется со скоростью \(V_{B(r)'} = \sqrt{(v_{Bx'})^2 + (v_{By'})^2 + (v_{Bz'})^2} = 13\) м/с, которая представляет собой скорость движения точки \(B\) относительно точки \(A\).

Теперь выясним, по какой траектории движется точка \(B\) относительно точки \(A\). Очевидно, что она представляет собой прямую линию, расположение которой нетрудно установить. Действительно, как следует из графиков, в момент времени \(t = 0\) точка \(B\) в системе отсчёта \(X'Y'Z'\) имела координаты \(x_0' = 3\) м, \(y_0' = 4\) м, \(z_0' = 0\) м, то есть находилась в плоскости \(X'Y'\) (см. рис. 1.24). Расстояние от начала отсчёта до точки \(B\) в этот момент составляло \(s_0' = \sqrt{(x_0')^2 + (y_0')^2 + (z_0')^2} = 5\) м.

В момент времени \(t = 1\) с точка \(B\) в новой системе отсчёта имела координаты \(x_1' = 0\) м, \(y_1' = 0\) м, \(z_1' = 12\) м, то есть находилась на оси \(Z'\), и расстояние от неё до начала координат было равно \(s_1' = 12\) м. Отсюда видно, что начало координат (в котором находится точка \(A\)) и точки, в которых находилась точка \(B\) в моменты времени \(t = 0\) с и \(t = 1\) с, являются вершинами прямоугольного треугольника с гипотенузой \(s' = 13\) м, причём точка \(B\) движется вдоль гипотенузы. Значит, минимальное расстояние \(h\) между точками \(A\) и \(B\) равно минимальному расстоянию от начала координат до гипотенузы, то есть длине высоты, опущенной на гипотенузу: \[h = s_0'\dfrac{s_1'}{s'} = \dfrac{60}{13}\text{ м} \approx 4{,}62\text{ м}.\] К тому моменту, когда расстояние между точками \(A\) и \(B\) будет минимальным, точка \(B\) пройдёт вдоль гипотенузы расстояние \(L = \sqrt{(s_0')^2 - h^2} = \dfrac{25}{13}\) м. Поскольку точка \(B\) в системе отсчёта \(X'Y'Z'\) движется со скоростью \(V_{B(r)'}\), то это случится через время \[T = \dfrac{L}{V_{B(r)'}} = \dfrac{25}{169}\text{ с} \approx 0{,}15\text{ с}.\] Задачу можно решить и более формальным способом. Запишем законы движения точек \(A\) и \(B\) в системе координат \(XYZ\): \[x_A(t) = 9 - t,\quad y_A(t) = 3 + 2t,\quad z_A(t) = 7 - 4t;\] \[x_B(t) = 12 - 4t,\quad y_B(t) = 7 - 2t,\quad z_B(t) = 7 + 8t.\] Тогда зависимость квадрата расстояния между точками от времени даётся выражением: \[S^2(t) = \left(x_A(t) - x_B(t)\right)^2 + \left(y_A(t) - y_B(t)\right)^2 + \left(z_A(t) - z_B(t)\right)^2 = 169t^2 - 50t + 25,\] то есть представляет собой квадратичную функцию. Из теоремы Виета следует, что она имеет минимум при значении аргумента, равном взятому с обратным знаком отношению коэффициента при \(t\) к удвоенному коэффициенту при \(t^2\): \[T = -\dfrac{-50}{2\cdot169} = \dfrac{25}{169}\text{ с}.\] При этом минимальное значение расстояния между точками равно \[S(T) = \sqrt{169\cdot\left(\dfrac{25}{169}\right)^2 - 50\cdot\dfrac{25}{169} + 25} = \dfrac{60}{13}\text{ м}.\]

Ответ

\(\omega \geqslant \sqrt{\dfrac{g}{\mu r}\sqrt{1 + \mu^2}}\).

Решение

Сделаем чертёж и изобразим на нём все силы, действующие на кольцо (см. рис. 1.93). Это сила тяжести \(mg\), приложенная к центру кольца, а также силы трения \(F_{\text{тр}}\) и нормального давления спицы на кольцо \(N\), приложенные в точке касания кольца и спицы и направленные вверх и перпендикулярно спице соответственно. Кроме того, понятно, что для устойчивого вращения кольца оно должно быть наклонено под некоторым углом \(\alpha\) к вертикали — так, чтобы сумма моментов сил \(N\) и \(F_{\text{тр}}\) относительно центра кольца была равна нулю, или, что то же самое, равнодействующая этих сил лежала в плоскости кольца.

Запишем уравнения движения. Для этого можно заменить кольцо материальной точкой массы \(m\), расположенной в его центре. Из рисунка видно, что центр кольца движется по окружности радиусом \(r\sin\alpha\), причём центростремительное ускорение обеспечивается силой \(N\). В вертикальном же направлении кольцо удерживается силой трения \(F_{\text{тр}}\). Уравнения имеют вид: \[N = m\omega^2r\sin\alpha;\quad F_{\text{тр}} = mg;\quad F_{\text{тр}} \leqslant \mu N;\quad N = F_{\text{тр}}\operatorname{tg}\alpha.\] Решая их, получим условие для величины угловой скорости кольца, при которой оно будет устойчиво вращаться вокруг спицы: \[\omega \geqslant \sqrt{\dfrac{g}{\mu r}\sqrt{1 + \mu^2}}.\]

Ответ

Полоски притягиваются; сила на единицу длины \(f = \dfrac{\varepsilon_0aU^2}{2b^2}\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right) \approx 0{,}042\) Н/м.

Решение

На полоски линии, описанной в задаче, действуют две силы: кулоновская сила электростатического притяжения \(F_{\text{К}}\), обусловленная наличием на поверхности полосок зарядов, и сила Ампера \(F_{\text{А}}\), связанная с протеканием тока и отталкивающая пластинки друг от друга. Согласно условию, при некотором сопротивлении нагрузки \(R_0\) сила взаимодействия проводников равна нулю. Это означает, что при данном сопротивлении нагрузки силы Кулона и Ампера уравновешивают друг друга. Вычислим кулоновскую силу, приходящуюся на единицу длины линии. Выделим участок линии длиной \(l\). Пусть на нём находится заряд \(q\). Тогда \(\dfrac{F_{\text{К}}}{l} = \dfrac{qE}{2l}\). В этой формуле \(E\) — напряжённость электрического поля между полосками линии, которая представляет собой плоский конденсатор. В формуле учтено, что кулоновская сила равна произведению заряда, находящегося на рассматриваемом участке пластины, на величину напряжённости поля, создаваемого другой пластиной, равную \(E/2\). Выразим погонную кулоновскую силу через величины, заданные в условии задачи: \[\dfrac{F_{\text{К}}}{l} = \dfrac{qE}{2l} = \dfrac{qU}{2bl} = \dfrac{CU^2}{2bl} = \dfrac{\varepsilon_0aU^2}{2b^2}.\] Здесь \(C/l = \varepsilon_0a/b\) — ёмкость плоского конденсатора, приходящаяся на единицу длины линии.

Теперь найдём силу Ампера, приходящуюся на единицу длины линии. Она пропорциональна квадрату силы тока: \[\dfrac{F_{\text{А}}}{l} = BI^2 = B\left(\dfrac{U}{R_0}\right)^2.\] Коэффициент пропорциональности \(B\) можно найти, приравнивая \(F_{\text{К}}/l\) и \(F_{\text{А}}/l\): \[B = \dfrac{\varepsilon_0aR_0^2}{2b^2}.\] Из полученных формул следует, что после увеличения сопротивления нагрузки в \(n = 5\) раз кулоновская сила не изменится, а сила Ампера уменьшится в \(n^2\) раз. Значит, после увеличения сопротивления полоски линии будут притягиваться. Сила их притяжения \(f\), приходящаяся на единицу длины, будет равна разности сил Кулона и Ампера \[f = \dfrac{\varepsilon_0aU^2}{2b^2} - B\left(\dfrac{U}{nR_0}\right)^2,\] откуда, с учётом выражения для \(B\), получаем: \[f = \dfrac{\varepsilon_0aU^2}{2b^2}\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right) \approx 0{,}042\text{ Н/м}.\]

Ответ

Если тоннель закругляется в сторону платформы: \(L \approx 3\sqrt{R(l + h)}\); если в противоположную сторону: \(L \approx \left(3\sqrt{l + h} + \sqrt{2l}\right)\sqrt R\).

Решение

Прежде всего заметим, что луч, который видит пассажир, отражается от верхней части рельса, которая имеет округлую форму. Поэтому при большом радиусе закругления рельсов (и, следовательно, при малых углах падения и отражения луча) можно пренебречь тем, что глаза пассажира и фары метропоезда находятся на разной высоте над уровнем рельсов, и считать, что фары, глаз пассажира и точка рельса, от которой отражается свет, лежат в практически горизонтальной плоскости. Далее, необходимо рассмотреть два случая: когда тоннель закругляется в сторону платформы, на которой стоит пассажир, и когда тоннель закругляется в противоположную от пассажира сторону.

Рассмотрим сначала первый случай. Из рисунка 4.8.1 видно, что прежде всего пассажир увидит луч от правой фары, отражённый правым рельсом. Отрезки, проведённые из центра кривизны пути (точка \(O\)) к фаре (точка \(F\)), пассажиру (точка \(P\)), точке (\(K\)) отражения света от рельса и точке, в которой луч касается стенки тоннеля (\(S\)), составляют друг с другом равные углы \(\alpha\). Из треугольника \(OPK\) можно приближённо найти расстояние от внутренней стенки тоннеля до внешнего рельса: \[\dfrac{l}{2} + \dfrac{h}{2} \approx R(1 - \cos\alpha) \approx \dfrac{R\alpha^2}{2}.\] Отсюда \(\alpha \approx \sqrt{\dfrac{l + h}{R}}\), а искомое расстояние: \[L \approx 3\alpha R \approx 3\sqrt{R(l + h)}.\]

Рассмотрим второй случай (см. рис. 4.8.2). Он отличается от первого тем, что луч касается стенок тоннеля дважды — в точках \(S\) и \(S_1\). Отрезки \(OF\), \(OS_1\), \(OK\) и \(OS\) по-прежнему образуют между собой одинаковые углы \(\alpha\), совпадающие с углом, найденным в предыдущем случае. Отрезок же \(OP\) составляет с отрезком \(OS\) некоторый угол \(\beta\), который можно оценить из треугольника \(OPS\) при помощи следующего соотношения: \[l \approx R(1 - \cos\beta) \approx \dfrac{R\beta^2}{2}.\] Отсюда \(\beta \approx \sqrt{\dfrac{2l}{R}}\), и искомое расстояние: \[L \approx R(3\alpha + \beta) \approx \left(3\sqrt{l + h} + \sqrt{2l}\right)\sqrt R.\]

Ответ

\(u = 3v_1 = 1{,}5\) см/с.

Решение

При движении шарика в жидкости на него действуют сила тяжести \(F_{\text{т}}\), направленная вниз, сила Архимеда \(F_{\text{А}}\), направленная вверх, и сила вязкого трения \(F_{\text{тр}}\), зависящая, как это следует из условия задачи, от скорости и от диаметра шарика. Две первые силы являются объёмными. Это значит, что их разность пропорциональна разности \(\rho - \rho_{\text{ж}}\) (\(\rho\) — плотность шарика) и объёму шарика, то есть кубу его диаметра \(d\): \[|F_{\text{т}} - F_{\text{А}}| = A|\rho - \rho_{\text{ж}}|d^3.\] Здесь \(A\) — коэффициент пропорциональности. Предположим, что сила вязкого трения зависит от диаметра шарика \(d\) и его скорости \(v\) следующим образом: \(F_{\text{тр}} = Bd^nv^m\), где \(B\) — коэффициент пропорциональности, \(n\) и \(m\) — неизвестные показатели степени. При движении с постоянной скоростью разность сил тяжести и Архимеда равна по величине силе вязкого трения. Тогда для пузырька диаметром \(d_1\) имеем: \[A\rho_{\text{ж}}d_1^3 = Bd_1^nv_1^m,\quad\text{откуда}\quad v_1 = \sqrt[m]{\dfrac{A}{B}\rho_{\text{ж}}d_1^{3-n}}.\] Аналогично, с учётом условия задачи для пузырька диаметром \(d_2\) получаем \[v_2 = \sqrt[m]{\dfrac{A}{B}\rho_{\text{ж}}(2d_1)^{3-n}} = 4v_1 = 4\sqrt[m]{\dfrac{A}{B}\rho_{\text{ж}}d_1^{3-n}},\] откуда следует уравнение \[2^{(3-n)/m} = 2^2,\quad\text{или}\quad 3 - n = 2m.\] Далее, для дробинки диаметром \(d_2\), учитывая, что \(v_3 = 4v_2\) и \(\rho_{\text{д}} = 5\rho_{\text{ж}}\), получаем \[v_3 = \sqrt[m]{\dfrac{A}{B}(\rho_{\text{д}} - \rho_{\text{ж}})d_2^{3-n}} = \sqrt[m]{\dfrac{A}{B}\cdot4\rho_{\text{ж}}d_2^{3-n}} = 4\sqrt[m]{\dfrac{A}{B}\rho_{\text{ж}}d_2^{3-n}},\] откуда находим, что \(m = 1\). Зная \(m\), определяем, что и \(n = 1\). Значит, зависимость \(F_{\text{тр}}(d, v)\) имеет следующий вид: \(F_{\text{тр}} = Bdv\).

Теперь можно найти скорость \(u\), с которой будет всплывать пластмассовый шарик. Учитывая, что его плотность равна \(\dfrac{2}{3}\rho_{\text{ж}}\), получаем: \[u = \dfrac{A}{B}\left(\rho_{\text{ж}} - \dfrac{2}{3}\rho_{\text{ж}}\right)\cdot(3d_1)^2 = 3\dfrac{A}{B}\rho_{\text{ж}}d_1^2 = 3v_1 = 1{,}5\text{ см/с}.\]

Ответ

\(Q_{\max} = Q_2 = \dfrac{T_2}{T_1}Q_1\).

Решение

Нарисуем \(pV\)-диаграмму и обозначим состояния с температурами \(T_1\) и \(T_2\) точками «1» и «2» соответственно (см. рис. 2.56). Проведём через эти точки изотермы и адиабаты и обозначим точки их пересечения «3» и «4».

Из условия задачи следует, что процесс \(1 \to 2\), в течение которого температура не убывает, а тепло не отводится от газа, возможен. Это означает, что точка 2 лежит справа от адиабаты, проходящей через точку 1. При этом график произвольного процесса \(1 \to 2\), для которого, однако, выполняются условия задачи, лежит внутри цикла \(1 \to 3 \to 2 \to 4 \to 1\).

Обозначим через \(Q_{12}\), \(Q_{132}\) и \(Q_{142}\) количества теплоты, сообщаемые газу в процессах \(1 \to 2\), \(1 \to 3 \to 2\) и \(1 \to 4 \to 2\) соответственно. Рассмотрим процесс \(1 \to 3 \to 2 \to 1\). В нём газ сначала получает тепло \(Q_{132}\), потом отдаёт тепло \(Q_{12}\), совершая при этом работу \(Q_{132} - Q_{12}\), которая равна площади фигуры, ограниченной на диаграмме линиями «1–3», «3–2» и «2–1». Так как эта площадь неотрицательна, то \(Q_{132} \geqslant Q_{12}\).

Рассмотрим аналогичным образом процесс \(1 \to 2 \to 4 \to 1\). Работа, которую совершает газ в этом процессе, также неотрицательна и равна \(Q_{12} - Q_{142}\), откуда \(Q_{12} \geqslant Q_{142}\).

Из полученных неравенств имеем: \[Q_{142} \leqslant Q_{12} \leqslant Q_{132}.\] Поскольку процесс \(1 \to 2\) — произвольный (из числа удовлетворяющих условию задачи), то из данного неравенства следует, что минимальное количество теплоты \(Q_1\), которое может передаваться газу в таком процессе, равно \(Q_{142}\). Максимальное же количество теплоты \(Q_2\), которое может передаваться газу в данном процессе, из тех же соображений равно \(Q_{132}\).

Таким образом, для того, чтобы получить ответ задачи, нужно рассмотреть цикл Карно \(1 \to 3 \to 2 \to 4 \to 1\). Его КПД равен \[\eta = 1 - \dfrac{Q_{142}}{Q_{132}} = 1 - \dfrac{T_1}{T_2},\] откуда, с учётом того, что \(Q_{142} = Q_1\) и \(Q_{132} = Q_2\), находим: \[Q_{\max} = Q_2 = \dfrac{T_2}{T_1}Q_1.\]

Ответ

\(T_0 = 2\pi\sqrt{\dfrac{mL(\rho L + R)}{\mathcal{E}lB}}\).

Решение

Выясним сначала, где находится положение равновесия перемычки. Поскольку батареи имеют одинаковые ЭДС, то при схеме их включения, показанной на рисунке 3.74, разность потенциалов между серединами рельсов равна нулю.

Следовательно, если перемычка покоится посередине, то через неё не протекает ток, а значит, на неё не действует сила Ампера. Значит, это положение и является положением равновесия перемычки. Отметим далее, что при движении перемычки через неё протекает ток, обусловленный как изменением омического сопротивления частей цепи, так и явлением электромагнитной индукции. В соответствии с правилом Ленца, часть силы Ампера, связанная с индукционным током, приводит к затуханию колебаний (можно показать, что эта часть силы пропорциональна скорости перемычки и, следовательно, является аналогом вязкого трения). Поэтому, в соответствии с условием задачи, ЭДС индукции при решении задачи можно пренебречь.

Поместим начало координатной оси \(X\) в середину нижнего рельса и направим ось вдоль него. Рассмотрим малое смещение перемычки вдоль оси \(X\) — например, влево. После того, как перемычка сдвинется вдоль рельсов на расстояние \(x < 0\), в ней начнёт протекать ток. Обозначим ток, текущий от левой батареи к началу координат, через \(I_1\); ток, ответвляющийся из начала координат в перемычку, через \(I_2\); ток, текущий от начала координат к правой батарее, через \(I_3\). Запишем первое правило Кирхгофа: \[I_1 = I_2 + I_3.\] Для контура, содержащего левую батарею и перемычку, а также для контура, содержащего правую батарею и перемычку, применим второе правило Кирхгофа: \[2I_1\rho(L + x) + I_2R = \mathcal{E},\] \[2I_3\rho(L - x) - I_2R = \mathcal{E}.\] Решая полученную систему, найдём силу тока, текущего через перемычку: \[I_2 = -\dfrac{\mathcal{E}x}{\rho(L^2 - x^2) + RL} \approx -\dfrac{\mathcal{E}x}{\rho L^2 + RL},\] поскольку колебания малые, и \(x^2 \ll L^2\).

Так как перемычка находится в магнитном поле, то на неё действует сила Ампера: \[F_{\text{А}} = I_2lB = -\dfrac{\mathcal{E}lBx}{L(\rho L + R)}.\] Она направлена вправо, то есть стремится вернуть перемычку в положение равновесия. Поэтому уравнение движения перемычки имеет вид: \[ma_x = -\dfrac{\mathcal{E}lB}{L(\rho L + R)}x.\] Отсюда для частоты \(\omega_0\) и периода \(T_0\) собственных колебаний перемычки получаем: \[\omega_0 = \sqrt{\dfrac{\mathcal{E}lB}{mL(\rho L + R)}},\qquad T_0 = \dfrac{2\pi}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\dfrac{mL(\rho L + R)}{\mathcal{E}lB}}.\]

Ответ

\(\omega = \dfrac{qd^2B_0}{2mL^2}\).

Решение

Выясним сначала, почему стержень начнёт вращаться. Рассмотрим воображаемый круговой контур, по которому движутся заряды при вращении стержня вокруг вертикальной оси, проходящей через его середину. При выключении магнитного поля магнитный поток через этот контур уменьшается, что приводит к возникновению вихревого электрического поля. Это поле действует на заряды и разгоняет их. Данный процесс для простоты понимания можно представлять себе так, как будто вместо воображаемого контура имеется проводящее кольцо, содержащее всего два носителя заряда. Тогда при выключении магнитного поля в проводнике будет возникать ЭДС индукции, и потечёт ток, то есть заряды придут в движение.

Для решения задачи прежде всего найдём ЭДС индукции \(\mathcal{E}\). По условию однородное магнитное поле в любой момент времени сосредоточено между полюсами электромагнита и строго вертикально. По закону электромагнитной индукции \[\mathcal{E} = -\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t} = -S\dfrac{\Delta B}{\Delta t}.\] Здесь \(\Phi = SB\) — магнитный поток через контур, \(S = \pi d^2/4\) — площадь торцевого сечения полюса электромагнита, \(B\) — мгновенное значение индукции магнитного поля. По условию магнитное поле равномерно уменьшается от значения \(B_0\) до нуля; пусть это происходит за время \(\tau\): \[B = B_0 - \dfrac{B_0}{\tau}t.\] Отсюда \(\dfrac{\Delta B}{\Delta t} = -\dfrac{B_0}{\tau}\), и для ЭДС индукции получаем: \[\mathcal{E} = \dfrac{\pi d^2B_0}{4\tau}.\] С другой стороны, ЭДС по определению есть отношение работы \(A_{\text{стор}}\), совершаемой сторонними силами \(F_{\text{стор}}\) при перемещении пробного заряда, к его величине \(q_{\text{проб}}\). В нашем случае появление ЭДС индукции связано с возникновением вихревого электрического поля, которое и совершает работу. Значит, \[\mathcal{E} = \dfrac{A_{\text{стор}}}{q} = \dfrac{F_{\text{стор}}}{q}\cdot\pi L = E\pi L.\] Здесь \(E\) — напряжённость вихревого электрического поля. Приравнивая два полученных выражения для \(\mathcal{E}\), найдём \(E\): \[E = \dfrac{d^2B_0}{4\tau L}.\] Так как система симметрична, то для нахождения угловой скорости вращения стержня можно рассмотреть только один заряд. На этот заряд в вихревом электрическом поле действует сила \(F = qE\), направленная по касательной к окружности, по которой он движется. В соответствии со вторым законом Ньютона эта сила приводит к появлению тангенциального (касательного) ускорения, которое равно \[a = \dfrac{F}{m} = \dfrac{qE}{m} = \dfrac{qd^2B_0}{4m\tau L}.\] В течение времени \(\tau\), за которое происходит уменьшение магнитного поля, заряды движутся по окружности с этим ускорением и приобретают линейную скорость \[v = a\tau = \dfrac{qd^2B_0}{4mL}.\] Этой линейной скорости зарядов соответствует искомая угловая скорость стержня \[\omega = \dfrac{v}{L/2} = \dfrac{qd^2B_0}{2mL^2}.\]

Ответ

\(\delta x = \dfrac{\lambda}{2\sin\dfrac{\alpha}{2}\cos\left(\varphi + \dfrac{\alpha}{2}\right)}\).

Решение

Так как радиус экрана много больше расстояния между соседними интерференционными полосами, то его участок вблизи точки \(A\), на котором располагаются эти полосы, можно считать плоским. Круговая частота колебаний, соответствующих волне с длиной \(\lambda\), распространяющейся со скоростью \(c\), равна \(\omega = 2\pi c/\lambda\).

Угол, который образует направление волны, падающей вдоль радиуса \(BO\) (см. рис. 4.38), с рассматриваемой частью экрана, равен \(\beta_1 = \dfrac{\pi}{2} - \varphi\). Для второй волны соответствующий угол равен \(\beta_2 = \dfrac{\pi}{2} - \varphi - \alpha\). Расстояние \(\delta x\) между двумя соседними максимумами на экране находится из условия изменения разности фаз обеих волн на \(2\pi\): \[2\pi = \dfrac{\omega}{c}\cdot\delta x(\cos\beta_1 - \cos\beta_2).\] Отсюда \[\delta x = \dfrac{2\pi c}{\omega}\cdot\dfrac{1}{\cos\beta_1 - \cos\beta_2} = \dfrac{\pi c}{\omega\sin\dfrac{\beta_1 - \beta_2}{2}\sin\dfrac{\beta_1 + \beta_2}{2}} =\] \[= \dfrac{\pi c}{\omega\sin\dfrac{\alpha}{2}\cos\left(\varphi + \dfrac{\alpha}{2}\right)} = \dfrac{\lambda}{2\sin\dfrac{\alpha}{2}\cos\left(\varphi + \dfrac{\alpha}{2}\right)}.\]