МОШ, 2001/02, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(v_1 = \sqrt{v^2 + 4u(u + v)\left(1 - \dfrac{L^2}{R^2}\right)}\).

Решение

Перейдём в систему отсчёта, связанную с движущимся цилиндром. В ней перед ударом шарик движется со скоростью \(\vec v + \vec u\) (см. рисунок).

Так как цилиндр гладкий и между ним и шариком не действуют силы трения, то углы между нормалью к поверхности цилиндра в месте удара и направлениями движения шарика до и после удара одинаковы. Следовательно, после удара о цилиндр шарик в движущейся системе отсчёта будет двигаться с той же по модулю скоростью \(\vec v + \vec u\) под углом \(\beta = \pi - 2\alpha\) к направлению исходного движения, причём \(\cos\alpha = L/R\).

Вернёмся обратно в неподвижную систему отсчёта, связанную с землёй. В ней скорость шарика после удара \(\vec v_1\) будет представлять собой векторную сумму скорости \(\vec u\) цилиндра относительно земли и скорости \(\vec v + \vec u\) шарика относительно цилиндра (см. рисунок). Используя теорему косинусов, получим: \[v_1^2 = u^2 + (v + u)^2 - 2u(v + u)\cos 2\alpha =\] \[= v^2 + 2u^2(1 - \cos 2\alpha) + 2uv(1 - \cos 2\alpha) =\] \[= v^2 + 2u(u + v)(1 - \cos 2\alpha) = v^2 + 4u(u + v)(1 - \cos^2\alpha).\] С учётом выражения для \(\cos\alpha\) окончательно получаем: \[v_1 = \sqrt{v^2 + 4u(u + v)\left(1 - \dfrac{L^2}{R^2}\right)}.\]

Ответ

\(5\) м.

Решение

Скорость шайбы \(v\) на расстоянии \(S\) от точки начала движения можно определить из закона изменения механической энергии. При начальной скорости \(v_0\) и массе шайбы \(m\) имеем: \[\dfrac{mv^2}{2} - \dfrac{mv_0^2}{2} = A(S),\] где \(A(S)\) — работа, которую совершает сила трения на пути \(S\). При достаточно малом перемещении \(\Delta S\) справедлива формула \(\Delta A(S) = -\mu(S)mg\Delta S\), где \(\mu(S)\) — коэффициент трения на расстоянии \(S\) от точки начала движения. Видно, что величина \(\Delta A(S)\) не зависит от скорости \(v_0\), а значит, и суммарная работа \(A(S)\) на всём пути \(S\) не зависит от \(v_0\), пока \(v(S) \geqslant 0\). Поэтому при начальной скорости шайбы \(v_1\) она остановится, пройдя путь \(S\), который можно определить из соотношения \(-\dfrac{mv_1^2}{2} = A(S)\). Подставляя \(A(S)\) из этого соотношения в предыдущее уравнение, получаем: \[\dfrac{mv^2}{2} - \dfrac{mv_0^2}{2} = -\dfrac{mv_1^2}{2},\] откуда находим величину скорости \(v\) на нашем графике, соответствующую точке остановки шайбы во втором случае: \(v = \sqrt{v_0^2 - v_1^2} = 3\) м/с. Из графика находим, что скорости \(v = 3\) м/с соответствует \(S = 5\) м, то есть при начальной скорости \(v_1 = 4\) м/с шайба пройдёт до полной остановки путь 5 м.

Ответ

\(T \approx 200\) К (определяется графически, см. решение).

Решение

Поскольку давление в точке \(A\) меньше давления насыщенных паров при температуре \(T_A = 300\) К, то всё вещество находится в газообразном состоянии. Если бы вещество не конденсировалось, то давление \(p\) и температура \(T\) этого вещества в соответствии с уравнением Менделеева — Клапейрона были бы связаны прямо пропорциональной зависимостью \(p = \beta T\). В условиях, когда вещество из пара переходит в конденсированное состояние, линейная зависимость давления от температуры при понижении температуры справедлива только до момента начала конденсации, который соответствует точке пересечения графика, приведённого на рисунке, с прямой линией \(p = \beta T\), проходящей через начало координат и точку \(A\).

Если, как это требуется по условию задачи, сконденсировалась половина имеющегося вещества, то это состояние будет соответствовать некоторой точке \(B\) на кривой зависимости давления насыщенного пара от температуры. Эту точку можно найти путём следующих рассуждений. Если всё сконденсировавшееся вещество удалить, то давление в системе останется равным давлению насыщенного пара в точке \(B\). Если теперь нагревать оставшийся пар до начальной температуры \(T_A = 300\) К, то его давление, очевидно, будет линейно возрастать до величины вдвое меньшей, чем было начальное давление \(p_{\text{н}}\), поскольку количество вещества в системе уменьшилось вдвое. Отсюда следует графический способ нахождения температуры, соответствующей точке \(B\). Поставим на \(pT\)-диаграмме вспомогательную точку \(C\), соответствующую начальной температуре \(T_A = 300\) К и давлению \(p_{\text{н}}/2\). Проведём через точку \(C\) и начало координат прямую. Эта прямая пересечёт график зависимости давления насыщенного пара от температуры в искомой точке \(B\), соответствующей в нашем случае температуре \(T \approx 200\) К.

Ответ

Сопротивление резистора \(R = \dfrac{\tau}{C}\), ёмкость конденсатора \(C_1 = C\).

Решение

Так как конденсатор разряжается не до конца, то находящиеся в «чёрном ящике» конденсатор и резистор могут быть соединены друг с другом и с контактами только последовательно. Поскольку установившийся заряд на конденсаторе \(C\) равен \(Q_0/2\), то ёмкость конденсатора \(C_1\) в «чёрном ящике» также равна \(C\).

В начальный момент времени ток через резистор, в соответствии с определением силы тока, равен \(I = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t}\), где \(\Delta Q\) — заряд, стёкший с конденсатора \(C\) за малое время \(\Delta t\), прошедшее после начала его разрядки. Отношение \(\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}\) равно угловому коэффициенту касательной к графику зависимости \(Q(t)\), проведённой в точке, соответствующей моменту времени \(t = 0\). Из графика (см. рисунок) видно, что эта касательная, выходящая из точки \(Q_0\) на оси ординат, отсекает на оси абсцисс отрезок времени, равный \(\tau\).

Таким образом, начальный ток через резистор равен \(I = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \dfrac{Q_0}{\tau}\), а падение напряжения на нём \(U = \dfrac{Q_0}{C}\). Поэтому сопротивление резистора \(R = \dfrac{U}{I} = \dfrac{\tau}{C}\).

Ответ

\(E = \dfrac{mg}{q}\cdot\dfrac{1}{1 - \dfrac{2gL}{v^2}}\) (решение существует при \(v > \sqrt{2gL}\)).

Решение

Ясно, что для выполнения условий задачи шарик после попадания в поле должен выталкиваться из него — в противном случае он никогда не покинет область поля и, следовательно, не сможет вернуться в исходную точку. Предположим далее, что плоскость траектории шарика до его попадания в поле перпендикулярна границе области, в которой имеется поле. Тогда для выполнения условий задачи необходимо, как минимум, чтобы силовые линии поля были также перпендикулярны границе указанной области. Действительно, если бы силовые линии были направлены под углом к границе области, в которой имеется поле, то шарик за время движения в поле приобрёл бы «боковую» составляющую скорости, направленную вдоль этой границы (перпендикулярно плоскости начальной траектории), и не смог бы вернуться в исходную точку. Пусть теперь плоскость траектории шарика до его попадания в поле составляет с границей области, в которой имеется поле, некоторый угол. Тогда, очевидно, для выполнения условий задачи необходимо, как минимум, чтобы силовые линии поля составляли с границей области поля точно такой же угол — в противном случае у шарика опять же появится «боковая» составляющая скорости, перпендикулярная плоскости начальной траектории, и шарик не сможет упасть в исходную точку. Таким образом, мы доказали, что в любом случае траектория шарика как до, так и после его попадания в поле лежит в вертикальной плоскости, параллельной силовым линиям поля. При этом данная плоскость может составлять некоторый угол с границей области, в которой имеется поле.

Теперь выясним, каким образом должен двигаться шарик в электрическом поле. Разложим вектор скорости шарика в момент его попадания в поле на две составляющие — горизонтальную, параллельную силовым линиям, и вертикальную. Так как электрическое поле потенциально, то горизонтальная составляющая скорости шарика при его вылете из поля сохранит величину и изменит знак по сравнению с горизонтальной составляющей в момент попадания шарика в поле. Значит, время, проходящее от момента броска шарика до его попадания в поле, равно времени, проходящему от момента вылета шарика из поля до его падения, и равно отношению расстояния \(L\) к величине горизонтальной составляющей скорости. С другой стороны, это время равно времени подъёма шарика в поле тяжести от места броска до уровня точки пересечения границы поля, а также времени движения от данной точки до точки падения. В силу потенциальности поля тяжести вертикальная составляющая скорости шарика при его движении вверх и вниз на одной и той же высоте одинакова, а с ростом высоты уменьшается. Поэтому, если бы шарик вылетел из поля выше точки его попадания в поле, то время движения вниз до точки падения было бы больше, а если ниже — то меньше упомянутого выше времени подъёма шарика от точки броска до точки его попадания в поле. Следовательно, для того, чтобы шарик упал в исходную точку, необходимо, чтобы вертикальная составляющая скорости шарика за время его нахождения в поле также изменила знак и сохранила свою величину, причём точки попадания шарика в поле и его вылета из поля должны совпадать. Это возможно только в том случае, когда шарик в поле движется по прямой линии, вдоль которой направлен вектор действующей на шарик суммарной силы \(m\vec g + q\vec E\).

Итак, мы доказали следующие утверждения. Для того, чтобы шарик мог вернуться в исходную точку, необходимо, чтобы он после вылета из электрического поля двигался назад по той же траектории, по которой он летел от момента броска до попадания в электрическое поле. Это возможно лишь в том случае, если траектория шарика всё время лежит в плоскости, параллельной силовым линиям электрического поля, причём они должны быть направлены так, чтобы выталкивать шарик из поля.

Для дальнейшего решения задачи введём прямоугольную систему координат с началом в точке броска шарика, поместим её в плоскость траектории шарика и направим координатную ось \(X\) вдоль поверхности земли (антипараллельно линиям электрического поля), а ось \(Y\) — вверх. Пусть шарик влетает в электрическое поле, имея проекции скорости \(v_x\) и \(v_y\). При вылете из поля проекции скорости, как мы уже выяснили, должны остаться прежними по величине и изменить свой знак. Так как шарик движется в поле вдоль оси \(X\) с постоянным ускорением \(-qE/m\), а вдоль оси \(Y\) — с ускорением свободного падения \(-g\), то для проекций его скорости в момент вылета из поля можно записать: \[-v_x = v_x - \dfrac{qE}{m}t;\quad -v_y = v_y - gt,\] где \(t\) — время полёта шарика в электрическом поле. Из этих соотношений получаем: \[E = \dfrac{mg}{q}\cdot\dfrac{v_x}{v_y}.\] Пусть от момента броска шарика до его попадания в электрическое поле прошло время \(\tau\). Тогда из уравнений кинематики получаем: \[v_x = v\cos\alpha,\quad v_y = v\sin\alpha - g\tau,\quad L = v_x\tau = v\cos\alpha\cdot\tau.\] Исключая из двух последних уравнений \(\tau\), получаем выражение для проекции скорости \(v_y\): \[v_y = v\sin\alpha - \dfrac{gL}{v\cos\alpha}.\] Подставляя \(v_x\) и \(v_y\) в выражение для \(E\) и учитывая, что \(\alpha = 45^\circ\), находим: \[E = \dfrac{mg}{q}\cdot\dfrac{v_x}{v_y} = \dfrac{mg}{q}\cdot\dfrac{v\cos\alpha}{v\sin\alpha - \dfrac{gL}{v\cos\alpha}} =\] \[= \dfrac{mg}{q}\cdot\dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha - \dfrac{gL}{(v\cos\alpha)^2}} = \dfrac{mg}{q}\cdot\dfrac{1}{1 - \dfrac{2gL}{v^2}}.\] Из этого выражения видно, что решение задачи существует при условии \(v > \sqrt{2gL}\). Данное условие означает, что шарик должен влетать в электрическое поле прежде, чем достигнет наивысшей точки своей траектории при полёте вне поля. Из формулы для \(E\), кроме того, следует, что при движении, удовлетворяющем условиям задачи, справедливо соотношение \(\dfrac{mg}{qE} = \dfrac{v_y}{v_x}\), которое и означает, что в момент попадания шарика в электрическое поле его скорость направлена вдоль суммарной силы, действующей на шарик в электрическом поле и поле силы тяжести. Следовательно, шарик движется в поле с ускорением вдоль прямой, составляющей с горизонталью угол \[\psi = \operatorname{arctg}\dfrac{mg}{qE} = \operatorname{arctg}\dfrac{v_y}{v_x} = \operatorname{arctg}\left(1 - \dfrac{2gL}{v^2}\right).\] Следует отметить, что в общем случае движение заряженного шарика во взаимно перпендикулярных однородных гравитационном и электрическом полях происходит по параболе, которая в данном случае вырождается в прямую.

Ответ

\(\mu = \dfrac{gR\operatorname{tg}\alpha}{\sqrt{g^2R^2 + v^4\cos^2\alpha}}\).

Решение

Введём неподвижную прямоугольную систему координат \(XYZ\) (см. рисунок). Её начало поместим в то место, где в данный момент времени находится шайба, ось \(X\) направим горизонтально (перпендикулярно радиусу желоба в сторону движения шайбы), ось \(Y\) — вверх, а ось \(Z\) — в сторону оси желоба перпендикулярно к ней (на нашем рисунке ось \(Z\) направлена «от нас»). Пусть масса шайбы равна \(m\). Обозначим на рисунке действующие на шайбу силы. Сила тяжести \(mg\) направлена вниз; сила реакции желоба \(N\) направлена перпендикулярно к желобу, под некоторым углом к горизонту, и имеет проекции \(N_x\), \(N_y\) и \(N_z\) на все три координатные оси; наконец, сила трения \(F_{\text{тр}} = \mu N\) направлена по касательной к желобу в сторону, противоположную направлению скорости шайбы \(v\).

Запишем уравнение движения шайбы (второй закон Ньютона) в проекциях на координатные оси: \[N_x = \mu N\cos\alpha;\] \[N_y + \mu N\sin\alpha = mg;\] \[N_z = \dfrac{mv_x^2}{R} = \dfrac{mv^2\cos^2\alpha}{R}.\] Учтём также, что \(N_x = N_y\operatorname{tg}\alpha\), поскольку сила \(N\) перпендикулярна желобу, и что \[N^2 = N_x^2 + N_y^2 + N_z^2.\] Подставляя в последнее равенство выражения для \(N_x\) и \(N_z\), с учётом связи между \(N_x\) и \(N_y\) получаем уравнение, связывающее \(N\) и \(\mu\): \[N^2 = N_x^2\left(1 + \dfrac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha}\right) + \left(\dfrac{mv^2\cos^2\alpha}{R}\right)^2 = \mu^2N^2\dfrac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha} + \left(\dfrac{mv^2\cos^2\alpha}{R}\right)^2.\] Далее заметим, что \[mg\sin\alpha = N_y\sin\alpha + \mu N\sin^2\alpha = \dfrac{N_x\sin\alpha}{\operatorname{tg}\alpha} + \mu N\sin^2\alpha =\] \[= \mu N\cos^2\alpha + \mu N\sin^2\alpha = \mu N.\] Следовательно, полученное уравнение можно переписать в следующем виде: \[\dfrac{m^2g^2\sin^2\alpha}{\mu^2} = m^2g^2\cos^2\alpha + \dfrac{m^2v^4\cos^4\alpha}{R^2}.\] Отсюда для коэффициента трения окончательно имеем: \[\mu = \dfrac{mg\sin\alpha}{\sqrt{m^2g^2\cos^2\alpha + \dfrac{m^2v^4\cos^4\alpha}{R^2}}} = \dfrac{gR\operatorname{tg}\alpha}{\sqrt{g^2R^2 + v^4\cos^2\alpha}}.\]

Ответ

\(T = \dfrac{2L}{\alpha v}\left(1 - \left(\dfrac{2 - \alpha}{2}\right)^{N-1}\right) \approx \dfrac{2L}{\alpha v} = 200\) с.

Решение

Пусть масса первого (самого тяжёлого) шарика равна \(m\). Тогда масса второго шарика равна \((1 - \alpha)m\), третьего — \((1 - \alpha)^2m\), и так далее (здесь \(\alpha = 0{,}01\)). Пусть после столкновения первый шарик приобрёл скорость \(u\), а второй начал двигаться со скоростью \(v_1\). Запишем законы сохранения импульса и энергии для столкновения первого и второго шариков: \[mv = mu + (1 - \alpha)mv_1,\] \[\dfrac{mv^2}{2} = \dfrac{mu^2}{2} + (1 - \alpha)\dfrac{mv_1^2}{2}.\] Отсюда скорость первого шарика равна \(u = \dfrac{\alpha}{2 - \alpha}v > 0\), а скорость второго шарика (после первого соударения) \(v_1 = \dfrac{2}{2 - \alpha}v > u > 0\).

Таким образом, после первого соударения оба шарика будут двигаться в направлении исходного движения первого шарика, причём второй, более лёгкий шарик будет двигаться быстрее первого, более тяжёлого. Поскольку шарики разложены в порядке убывания их масс, то аналогичные рассуждения справедливы для любой пары сталкивающихся шариков. Поэтому любой более тяжёлый шарик, столкнувшись со следующим за ним более лёгким, впоследствии не будет влиять на дальнейшее движение всех остальных более лёгких шариков. Вследствие этого при решении задачи можно просто последовательно рассматривать соударения в цепочке шариков.

Первое соударение шариков произойдёт через время \(\Delta t_0 = L/v\). Так как массы любых двух соседних шариков отличаются в одинаковое число раз, то аналогичная формула справедлива для любого соударения. Поэтому скорость третьего шарика (после второго соударения) равна \(v_2 = \dfrac{2}{2 - \alpha}v_1 = \left(\dfrac{2}{2 - \alpha}\right)^2v\), скорость четвёртого шарика (после третьего соударения) \(v_3 = \dfrac{2}{2 - \alpha}v_2 = \left(\dfrac{2}{2 - \alpha}\right)^3v\), и так далее. Следовательно, промежуток времени между соударениями \((n + 1)\)-го и \((n + 2)\)-го шариков равен \[\Delta t_n = \dfrac{L}{v_n} = \dfrac{L}{v}\left(\dfrac{2 - \alpha}{2}\right)^n,\] где \(n = 0, 1, 2, \dots, N - 2\), а время, через которое начнёт двигаться последний шарик, равно сумме всех промежутков \(\Delta t_n\): \[T = \dfrac{L}{v} + \dfrac{L}{v}\cdot\dfrac{2 - \alpha}{2} + \dfrac{L}{v}\left(\dfrac{2 - \alpha}{2}\right)^2 + \dots + \dfrac{L}{v}\left(\dfrac{2 - \alpha}{2}\right)^{N-2}.\] Последняя сумма представляет собой сумму \(N - 1\) члена геометрической прогрессии с первым членом \(a = L/v\) и знаменателем \(q = \dfrac{2 - \alpha}{2} < 1\). Поэтому \[T = \dfrac{a(1 - q^{N-1})}{1 - q} = \dfrac{L}{v}\cdot\dfrac{1 - \left(\dfrac{2 - \alpha}{2}\right)^{N-1}}{1 - \dfrac{2 - \alpha}{2}} =\] \[= \dfrac{2L}{\alpha v}\left(1 - \left(\dfrac{2 - \alpha}{2}\right)^{N-1}\right) \approx \dfrac{2L}{\alpha v} = \dfrac{2\cdot 1\text{ м}}{0{,}01\cdot 1\text{ м/с}} = 200\text{ с}.\] В последней формуле учтено, что \(q^{N-1} = \left(\dfrac{2 - \alpha}{2}\right)^{N-1} = 0{,}995^{2001} \approx 4{,}4\cdot 10^{-5} \ll 1\).

Отметим, что последний шарик после соударения приобретёт скорость \(v_{N-1} = \left(\dfrac{2}{2 - \alpha}\right)^{N-1}v = \dfrac{v}{q^{N-1}} \approx 22{,}8\) км/с, что превышает вторую космическую скорость!

Ответ

\(h = \dfrac{\nu R(T_0 - T)}{Sp_0}\left(1 + \dfrac{5p_0(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{л}})}{2\lambda\rho_{\text{в}}\rho_{\text{л}}}\right) \approx \dfrac{\nu R(T_0 - T)}{Sp_0}\).

Решение

Поскольку процесс проходит при постоянном давлении \(p_0\), то удельная теплота плавления льда постоянна. Так как в сосуде установилась температура \(T_0\), равная температуре замерзания воды, то это означает, что часть воды (или вся вода) превратилась в лёд. При этом гелий нагрелся и увеличил свой объём на величину \[\Delta V = \dfrac{\nu R(T_0 - T)}{p_0}.\] Масса \(m\) воды, превратившейся в лёд, может быть найдена из уравнения теплового баланса и первого начала термодинамики: \[\Delta Q = \lambda m = \dfrac{3}{2}\nu R(T_0 - T) + p_0\Delta V = \dfrac{5}{2}\nu R(T_0 - T),\] откуда \[m = \dfrac{5\nu R(T_0 - T)}{2\lambda}.\] Замёрзшая вода расширилась, и увеличение её объёма составило \[\Delta V_1 = \dfrac{m}{\rho_{\text{л}}} - \dfrac{m}{\rho_{\text{в}}} = m\dfrac{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{л}}}{\rho_{\text{в}}\rho_{\text{л}}} = \dfrac{5\nu R(T_0 - T)(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{л}})}{2\lambda\rho_{\text{в}}\rho_{\text{л}}}.\] Пусть поршень сместился на расстояние \(h\). Тогда \(Sh = \Delta V + \Delta V_1\), и \[h = \dfrac{\nu R(T_0 - T)}{p_0S} + \dfrac{5\nu R(T_0 - T)(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{л}})}{2\lambda\rho_{\text{в}}\rho_{\text{л}}S} =\] \[= \dfrac{\nu R(T_0 - T)}{Sp_0}\left(1 + \dfrac{5p_0(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{л}})}{2\lambda\rho_{\text{в}}\rho_{\text{л}}}\right).\] Заметим, что при подстановке всех численных значений выражение \(\dfrac{5p_0(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{л}})}{2\lambda\rho_{\text{в}}\rho_{\text{л}}}\) оказывается равным приблизительно \(10^{-4}\), то есть реально можно им пренебречь и считать, что \(h \approx \dfrac{\nu R(T_0 - T)}{Sp_0}\).

Ответ

\(|Q_1| = |Q_2| = 4\pi\varepsilon_0d^2E_0\); минимальное расстояние от движущегося заряда до точки наблюдения равно \(d\); скорость \(v = d/t_0\).

Решение

При больших значениях времени \(t\) движущийся заряд находится очень далеко от точки наблюдения, и поэтому электрическое поле создаётся только неподвижным зарядом \(Q_1\). Величина напряжённости поля при этом равна \(E_0\) (см. рис. 1), причём в соответствии с законом Кулона \(E_0 = \dfrac{|Q_1|}{4\pi\varepsilon_0d^2}\), откуда \(|Q_1| = 4\pi\varepsilon_0d^2E_0\). Этот заряд может быть как положительным, так и отрицательным — знак из условия задачи определить нельзя. Движущийся заряд \(Q_2\), по условию задачи, имеет такие же величину и знак, как заряд \(Q_1\).

Из графика видно, что в момент времени \(t = 0\) напряжённость электрического поля в точке наблюдения обращается в ноль. Кроме того, график симметричен относительно оси ординат. Поскольку заряды по условию задачи одинаковы, то это возможно лишь в том случае, когда заряд \(Q_2\) движется вдоль прямой линии и в момент времени \(t = 0\) находится на минимальном расстоянии \(d\) от точки наблюдения на прямой, проходящей через эту точку и неподвижный заряд \(Q_1\). При этом заряды располагаются симметрично по разные стороны от точки наблюдения, и расстояние между ними составляет \(2d\).

Для того, чтобы найти скорость движущегося заряда \(v\), найдём величину поля в точке наблюдения через малое время \(\Delta t\) после того, как поле было равно нулю (для определённости будем считать заряды отрицательными). За время \(\Delta t\) движущийся заряд сместился на расстояние \(v\Delta t\), а поле возросло (см. рис. 2) на величину \[\Delta E \approx 2E_0\sin\dfrac{\alpha}{2} \approx E_0\alpha \approx E_0\dfrac{v\Delta t}{d}.\]

Таким образом, величина напряжённости поля в точке наблюдения при малых временах возрастает пропорционально времени. Отношение \(\Delta E/\Delta t\) равно угловому коэффициенту касательной к графику, проведённой в точке, соответствующей моменту времени \(t = 0\). Из графика видно, что эта касательная, выходящая из начала координат, проходит через точку с координатами \((t_0, E_0)\). Следовательно, \(\Delta E/\Delta t = E_0v/d = E_0/t_0\). Отсюда \(v = d/t_0\).

Ответ

\(W = \dfrac{Q^2}{8C}\).

Решение

После соединения обкладок конденсатора проводником заряды будут перетекать с одной пластины на другую до тех пор, пока их потенциалы не станут одинаковыми. Потенциалы пластин выровняются тогда, когда с заряженной пластины на незаряженную перетечёт заряд \(Q/2\), вследствие чего поле в пространстве между пластинами исчезнет. Поле снаружи конденсатора при этом не изменится. Следовательно, в процессе перетекания заряда в виде тепла выделится энергия, которая была запасена в электростатическом поле, имевшемся в пространстве между пластинами до их соединения проводником. Это поле создавалось пластиной с зарядом \(Q\). Заметим, что точно такое же поле было бы между обкладками этого конденсатора, если бы на них находились заряды \(Q/2\) и \(-Q/2\). Энергия, запасённая в конденсаторе, в этом случае была бы равна \[W = \dfrac{(Q/2)^2}{2C} = \dfrac{Q^2}{8C}.\] Так как величина запасённой в конденсаторе энергии определяется величиной поля между его обкладками, то такая же энергия была запасена в пространстве между заряженной зарядом \(Q\) и незаряженной пластинами до соединения их проводником. Именно эта энергия выделится в проводнике в виде тепла. Отметим, что в ответ не вошло значение сопротивления проводника \(R\), поскольку при достаточно большом сопротивлении количество выделившегося в проводнике тепла и в самом деле не зависит от \(R\), как и в классической задаче про разряд конденсатора через резистор. Если же сопротивление \(R\) не очень велико, то в процессе разряда через проводник будет течь значительный ток, и возникшее электромагнитное поле унесёт заметную часть энергии, которая уже не сможет выделиться в проводнике.