МОШ, 2001/02, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(F_{\text{тр}} = \dfrac{mv_0^2}{l}\left(1 - \dfrac{x}{l}\right)\) — линейная зависимость от \(x\).

Решение

Работа, совершённая силой трения к моменту попадания тела в точку с координатой \(x\), по модулю равна \[A(x) = \dfrac{mv_0^2}{2} - \dfrac{mv^2(x)}{2} = \dfrac{m}{2}\left(v_0^2 - \left(v_0\left(1 - \dfrac{x}{l}\right)\right)^2\right) = \dfrac{mv_0^2}{2}\left(\dfrac{2x}{l} - \left(\dfrac{x}{l}\right)^2\right).\] Следовательно, на участке от \(x\) до \(x + \Delta x\) совершается работа \[A(x + \Delta x) - A(x) = \dfrac{mv_0^2}{2}\left(\dfrac{2(x + \Delta x)}{l} - \left(\dfrac{x + \Delta x}{l}\right)^2 - \dfrac{2x}{l} + \left(\dfrac{x}{l}\right)^2\right) =\] \[= \dfrac{mv_0^2}{2}\left(\dfrac{2\cdot\Delta x}{l} - \dfrac{2x\cdot\Delta x}{l^2} - \left(\dfrac{\Delta x}{l}\right)^2\right).\] При малых \(\Delta x\) последним слагаемым можно пренебречь. Поскольку \(A(x + \Delta x) - A(x) = F_{\text{тр}}\cdot\Delta x\), то для силы трения, действующей на тело в точке \(x\), получаем: \[F_{\text{тр}} = \dfrac{mv_0^2}{2}\left(\dfrac{2}{l} - \dfrac{2x}{l^2}\right) = \dfrac{mv_0^2}{l}\left(1 - \dfrac{x}{l}\right),\] то есть сила трения линейно зависит от координаты \(x\).

Задачу можно решать и другим, более формальным способом. Действительно, искомая величина силы трения, в соответствии со вторым законом Ньютона, равна \(F_{\text{тр}} = |ma|\). По определению ускорения: \[F_{\text{тр}} = |ma| = m\left|\dfrac{\Delta v}{\Delta t}\right| = m\left|\dfrac{\Delta v}{\Delta x}\right|\cdot\left|\dfrac{\Delta x}{\Delta t}\right|.\] Но \(\left|\dfrac{\Delta v}{\Delta x}\right| = \dfrac{v_0}{l}\), а \(\left|\dfrac{\Delta x}{\Delta t}\right| = |v(x)| = v_0\left(1 - \dfrac{x}{l}\right)\). Отсюда для величины силы трения получаем прежний ответ.

Ответ

\(r_{\min} = r_1\dfrac{p_3}{p_1} \approx 13{,}3\%\);  \(r_{\max} = \dfrac{V_1r_1 + V_2r_2}{V_1 + V_2} \approx 33{,}3\%\).

Решение

При указанной температуре (а её по условию задачи поддерживают постоянной) давление насыщенных паров воды \(p_{\text{н}}\) много меньше, чем атмосферное давление, поэтому массой молекул воды можно пренебречь по сравнению с массой других газов, составляющих воздух. Масса газа в каждом сосуде пропорциональна произведению давления и объёма (в соответствии с уравнением Менделеева — Клапейрона). До открывания крана в обоих сосудах масса газа была одинакова и пропорциональна произведению \(p_1V_1 = p_2V_2 = 20\) атм \(\times\) л. После открывания крана в сосудах достаточно быстро установится одинаковое давление. Суммарный объём равен теперь 30 литрам, суммарная масса пропорциональна \(p_1V_1 + p_2V_2 = 40\) атм \(\times\) л. В соответствии с законом Бойля — Мариотта \(p_1V_1 + p_2V_2 = (V_1 + V_2)p_3\). Отсюда установившееся давление равно \(p_3 = \dfrac{p_1V_1 + p_2V_2}{V_1 + V_2} \approx 1{,}33\) атм. При этом из десятилитрового сосуда в двадцатилитровый сосуд перейдёт часть содержимого. Давление при постоянной температуре пропорционально концентрации молекул. Концентрация молекул в сосуде объёмом 20 литров уменьшилась в \(\dfrac{p_1}{p_3} = \dfrac{2\text{ атм}}{1{,}33\text{ атм}} \approx 1{,}5\) раза. Вместе с молекулами кислорода и азота, из которых в основном состоит воздух, из сосуда объёмом 10 литров в сосуд объёмом 20 литров при быстром установлении давления «перебрались» и молекулы воды, поэтому их концентрация тоже уменьшилась во столько же раз. Относительная влажность воздуха \(r = p/p_{\text{н}}\) при постоянной температуре пропорциональна концентрации молекул воды. Поэтому в малом сосуде влажность вначале уменьшится до величины \(r_{\min} = r_1\dfrac{p_3}{p_1} \approx 13{,}3\%\).

Со временем в результате диффузии в обоих сосудах установится одинаковая концентрация молекул воды. До открывания крана общее количество молекул воды было пропорционально величине \((V_1r_1 + V_2r_2)\). После установления равновесного распределения молекул воды их общее количество останется тем же и будет пропорционально \((V_1 + V_2)r_3\). Величина \(r_3\) и будет максимальной относительной влажностью воздуха в сосуде объёмом 10 литров: \[(V_1 + V_2)r_3 = (V_1r_1 + V_2r_2).\] Отсюда \[r_3 = r_{\max} = \dfrac{V_1r_1 + V_2r_2}{V_1 + V_2} \approx 33{,}3\%.\] Таким образом, после открывания крана относительная влажность воздуха в меньшем сосуде вначале, при выравнивании давлений в сосудах, уменьшится от \(r_1 = 20\%\) до \(r_{\min} \approx 13{,}3\%\), а затем во время процесса диффузии возрастёт до максимального значения \(r_{\max} \approx 33{,}3\%\).

Ответ

\(T = \dfrac{8a}{Q}\sqrt{\dfrac{\varepsilon\varepsilon_0am}{d}\,x}\) (колебания не гармонические, период зависит от амплитуды).

Решение

В процессе колебаний заряд пластин не изменяется, а эффективная площадь обкладок плоского конденсатора ёмкостью \(C\) изменяется в пределах от \(a^2\) до \(a(a - x)\), поскольку заряд концентрируется только на частях пластин, находящихся напротив друг друга. Энергия конденсатора \[W = \dfrac{Q^2}{2C} = \dfrac{Q^2d}{2\varepsilon\varepsilon_0a(a - x)}\] увеличивается с ростом \(x\), поэтому возникает возвращающая сила, которую можно найти из энергетических соображений. Поскольку работа возвращающей силы может совершаться только за счёт уменьшения энергии конденсатора, то, приравняв эту работу для малого перемещения \(\Delta x > 0\) изменению энергии конденсатора, взятому со знаком «минус» (это и означает «за счёт»), получаем: \[\Delta A = F\Delta x = -\Delta W = W_1 - W_2 =\] \[= \dfrac{Q^2d}{2\varepsilon\varepsilon_0a^2}\left(\dfrac{1}{1 - \dfrac{x}{a}} - \dfrac{1}{1 - \dfrac{x + \Delta x}{a}}\right) \approx -\dfrac{Q^2d\Delta x}{2\varepsilon\varepsilon_0a^3\left(1 - \dfrac{x}{a}\right)^2}.\] Здесь учтено, что \(\Delta x \ll x\). Поскольку \(x \ll a\), вторым слагаемым в скобках в знаменателе можно пренебречь, так что для силы находим: \[F \approx -\dfrac{Q^2d}{2\varepsilon\varepsilon_0a^3}.\] Получилось, что возвращающая сила в первом приближении постоянна по модулю, не зависит от смещения \(x\) и всегда направлена к положению равновесия! Таким образом, колебания пластины не будут гармоническими.

При переходе верхней пластины через положение равновесия возвращающая сила изменяет знак, сохраняя свою величину. На самом деле в данной системе при изменении знака \(x\) сила не может изменяться скачком. Само возникновение возвращающей силы связано с краевыми эффектами в конденсаторе, так что изменение знака силы в действительности происходит в диапазоне смещений порядка расстояния между пластинами \(d\), которое, согласно условию, значительно меньше начального смещения пластины \(x\). Поэтому при дальнейшем расчёте движения верхней пластины можно считать, что оно происходит под действием постоянной по модулю силы. При этом отклонённая и отпущенная без начальной скорости пластина будет двигаться к положению равновесия с постоянным по величине ускорением \[w = \dfrac{|F|}{m} = \dfrac{Q^2d}{2\varepsilon\varepsilon_0a^3m}.\] Положение равновесия будет достигнуто через время \[\tau = \sqrt{\dfrac{2x}{w}} = \sqrt{\dfrac{4\varepsilon\varepsilon_0a^3mx}{Q^2d}} = \dfrac{2a}{Q}\sqrt{\dfrac{\varepsilon\varepsilon_0amx}{d}}.\] Период колебаний, то есть время возврата пластины в исходное положение, очевидно, будет в четыре раза больше: \[T = 4\tau = \dfrac{8a}{Q}\sqrt{\dfrac{\varepsilon\varepsilon_0am}{d}\,x}.\] Отметим, что у данной системы период колебаний зависит от их амплитуды.

Ответ

\(t = \dfrac{E}{gB}\).

Решение

После того, как частица начала двигаться в области пространства, в которой есть только поле \(\vec g\), её скорость начала уменьшаться. Это означает, что скорость частицы имеет составляющую, направленную противоположно вектору \(\vec g\), то есть частица движется «вверх» по отношению к полю силы тяжести. Следовательно, векторы \(\vec E\), \(\vec B\), \(\vec g\), скорость частицы \(\vec v\) и действующие на неё электрическая, магнитная и гравитационная силы направлены так, как показано на рисунке.

Угол к горизонту, под которым частица двигалась, находясь во всех трёх полях, может быть найден из условия равенства нулю суммы действующих на неё сил: \[\sin\alpha = \dfrac{qE}{qvB} = \dfrac{E}{vB}.\] После попадания в ту область пространства, где есть только поле силы тяжести, частица будет двигаться по параболе. Её скорость будет минимальна в верхней точке траектории, тогда, когда вертикальная составляющая скорости обратится в ноль. Это произойдёт через время \[t = \dfrac{v\sin\alpha}{g} = \dfrac{v}{g}\cdot\dfrac{E}{vB} = \dfrac{E}{gB}.\]

Ответ

\(D = 1/F \approx 3{,}3\) дптр (очки \(+3\) или \(+3{,}5\) диоптрии).

Решение

Назначение очков — располагать изображение предмета, даваемое очками, там, где хозяину очков удобно его наблюдать. В нашем случае читатель держит книгу на расстоянии \(d = 0{,}3\) м от глаза, а изображение должно получиться вдали, «на бесконечности», потому что только удалённые предметы видны хозяину глаза с искусственным хрусталиком, если он без очков. Это означает, что книга должна находиться практически в фокальной плоскости линзы очков, то есть её фокусное расстояние составляет \(F \approx d = 0{,}3\) м. Оптическая сила очков при этом равна \(D = 1/F \approx 3{,}3\) дптр. Бо́льшая точность в оценочном расчёте неуместна. Следовательно, для того, чтобы читать книгу, владельцу искусственного хрусталика можно взять очки с оптической силой \(+3\) или \(+3{,}5\) диоптрии. Учёт расстояния между глазом и линзой (примерно 1 см) практически не меняет результат.

Ответ

\(V = \sqrt{2\sqrt{2}\,gR}\) (бросок с высоты \(H = \dfrac{3R}{2\sqrt{2}} \approx 1{,}06R\)).

Решение

Минимальная скорость маленького тела в момент его падения на плоскость достигается при броске этого тела с минимальной начальной механической энергией. Нужно правильно выбрать высоту точки броска и скорость тела — ясно, что оптимальная траектория должна почти касаться полусферы в некоторой (пока неизвестной) точке (см. рисунок).

Обозначим начальную скорость тела через \(v\), скорость в точке касания — через \(u\), высоту точки броска над плоскостью — через \(H\). Пусть траектория почти касается полусферы на высоте \(h = R\sin\alpha\), где \(\alpha\) — угол между горизонтом и радиусом полусферы, проведённым в точку касания. Ясно, что вектор \(\vec u\) направлен по касательной к полусфере, то есть перпендикулярно указанному радиусу, и составляет такой же угол \(\alpha\) с вертикалью. Горизонтальная компонента скорости тела во время полёта постоянна, отсюда \(u = v/\sin\alpha\). Время полёта до точки касания \(t = R\cos\alpha/v\), за это время вертикальная компонента скорости возрастает на \(gt\), тогда \(u\cos\alpha = gt = gR\cos\alpha/v\). Из написанных соотношений получаем: \(v^2 = gR\sin\alpha\).

При движении тела от точки броска до точки касания среднее значение вертикальной проекции его скорости равно \((u\cos\alpha)/2\). Тогда \[H - h = \dfrac{u\cos\alpha}{2}t = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{v}{\sin\alpha}\cdot\cos\alpha\cdot\dfrac{R\cos\alpha}{v} = \dfrac{R\cos^2\alpha}{2\sin\alpha}.\] Отсюда \[H = R\sin\alpha + \dfrac{R\cos^2\alpha}{2\sin\alpha}.\] Запишем теперь выражение для полной механической энергии тела массой \(m\) в точке броска: \[E = mgH + \dfrac{mv^2}{2} = mgR\left(\sin\alpha + \dfrac{\cos^2\alpha}{2\sin\alpha}\right) + \dfrac{mgR\sin\alpha}{2} =\] \[= \dfrac{mgR}{2}\cdot\dfrac{3\sin^2\alpha + \cos^2\alpha}{\sin\alpha} = \dfrac{mgR}{2}\left(2\sin\alpha + \dfrac{1}{\sin\alpha}\right) =\] \[= \dfrac{mgR}{\sqrt{2}}\left(\sqrt{2}\sin\alpha + \dfrac{1}{\sqrt{2}\sin\alpha}\right).\] В последних скобках стоит сумма обратных друг другу величин, которая, как известно, не может быть меньше 2. Минимальное значение этой суммы достигается тогда, когда её слагаемые одинаковы и равны 1. Таким образом, \(\sin\alpha_{\min} = 1/\sqrt{2}\), и минимальная энергия соответствует углу касания \(45^\circ\) и равна \(E_{\min} = \sqrt{2}mgR\). В момент падения тела на плоскость его потенциальная энергия равна нулю. Следовательно, согласно закону сохранения механической энергии, минимальная скорость тела \(V\) при падении определяется из соотношения: \(mV^2/2 = E_{\min} = \sqrt{2}mgR\), откуда \(V = \sqrt{2\sqrt{2}gR}\).

Отметим, что высота, с которой должен производиться бросок, равна \(H = \dfrac{3R}{2\sqrt{2}} \approx 1{,}06R\), то есть чуть больше радиуса полусферы.

Ответ

\(V_{\max} = \dfrac{L}{4}\sqrt{\dfrac{k}{m}}\).

Решение

Направим координатную ось \(X\) вправо вдоль оси пружин и поместим начало координат посередине между стенками. Тогда после пережигания нитей левый грузик будет двигаться по закону \(x_1(t) = -\dfrac{L}{2}\cos\left(t\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\right)\), а правый — по закону \(x_2(t) = \dfrac{L}{2}\cos\left(t\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right)\) (время \(t\) отсчитывается от момента пережигания нитей). Грузики столкнутся через время \(t_0\), которое определяется из условия \(x_1(t) = x_2(t)\), откуда получаем: \[-\dfrac{L}{2}\cos\left(t_0\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\right) = \dfrac{L}{2}\cos\left(t_0\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right).\] Преобразовывая сумму косинусов в произведение, имеем: \[2\cos\left(\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{\dfrac{2k}{m}} + \sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right)t_0\right)\cdot\cos\left(\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{\dfrac{2k}{m}} - \sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right)t_0\right) = 0,\] откуда \[\cos\left(\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{\dfrac{2k}{m}} + \sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right)t_0\right) = 0\quad\text{или}\quad\cos\left(\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{\dfrac{2k}{m}} - \sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right)t_0\right) = 0.\] Из всех решений этой системы уравнений нужно выбрать наименьшее положительное. Оно получается из условия: \[\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{\dfrac{2k}{m}} + \sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right)t_0 = \dfrac{\pi}{2},\] откуда \(t_0 = \dfrac{\pi}{3}\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\).

В момент столкновения грузики будут иметь координату \[x_0 = \dfrac{L}{2}\cos\left(t_0\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right) = \dfrac{L}{2}\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\cdot\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right) = \dfrac{L}{4}.\] Скорости \(v_1\) левого и \(v_2\) правого грузиков перед столкновением будут равны: \[v_1 = \dfrac{L}{2}\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\sin\left(t_0\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\right) = \dfrac{L}{2}\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\cdot\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\right) =\] \[= \dfrac{L}{2}\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2};\] \[v_2 = -\dfrac{L}{2}\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\sin\left(t_0\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right) = -\dfrac{L}{2}\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\cdot\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\right) =\] \[= -\dfrac{L}{2}\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2} = -\dfrac{v_1}{2}.\] Скорость грузиков \(u\) непосредственно после соударения может быть найдена из закона сохранения импульса при абсолютно неупругом ударе: \[u = \dfrac{mv_1 + 2mv_2}{m + 2m} = 0.\] Таким образом, скорость грузиков после удара равна нулю, а удлинения пружин в этот момент времени отличны от нуля и равны \(x_0 = L/4\). Следовательно, после столкновения слипшиеся грузики будут совершать гармонические колебания с амплитудой \(x_0\) и с частотой \(\omega = \sqrt{\dfrac{k + 2k}{m + 2m}} = \sqrt{\dfrac{k}{m}}\). В процессе этих колебаний максимальная скорость грузиков будет равна \[V_{\max} = \omega x_0 = \dfrac{L}{4}\sqrt{\dfrac{k}{m}}.\]

Ответ

\(\eta = 1 - \dfrac{3V_2(p_1 - p_3)}{5\left(p_1(V_2 - V_1) + p_3(V_4 - V_2)\right)} \approx 0{,}133 = 13{,}3\%\).

Решение

В рассматриваемом процессе газ отдаёт количество теплоты \(Q_-\) на участке 2–3 и получает количество теплоты \(Q_+\) на участках 1–2 и 3–4. На участке 4–1 над рабочим телом совершается работа без теплообмена с внешней средой. Обозначим через \(T_i\) (\(i = 1, 2, 3, 4\)) температуры в состояниях с номерами \(i\). Из первого начала термодинамики, поскольку газ одноатомный, с учётом уравнения Менделеева — Клапейрона получаем: \[Q_- = \dfrac{3}{2}\nu R(T_2 - T_3) = \dfrac{3}{2}V_2(p_1 - p_3),\] \[Q_+ = \dfrac{3}{2}\nu R(T_2 - T_1) + p_1(V_2 - V_1) + \dfrac{3}{2}\nu R(T_4 - T_3) + p_3(V_4 - V_2) =\] \[= \dfrac{5}{2}p_1(V_2 - V_1) + \dfrac{5}{2}p_3(V_4 - V_2).\] Таким образом, \[\eta = 1 - \dfrac{Q_-}{Q_+} = 1 - \dfrac{3V_2(p_1 - p_3)}{5\left(p_1(V_2 - V_1) + p_3(V_4 - V_2)\right)} \approx 0{,}133 = 13{,}3\%.\]

Ответ

\(U = \dfrac{vB(R - r)}{2}\).

Решение

В данной ситуации катушка, очевидно, будет катиться в том направлении, в котором тянут второй конец провода. При этом провод будет наматываться на средний цилиндр и сматываться с крайнего цилиндра. Вследствие этого будет изменяться общая площадь контура, пронизываемого магнитным полем, и в контуре возникнет ЭДС индукции, которую и покажет вольтметр. Изменение магнитного потока через контур удобно разбить на две части: первую, связанную с изменением площади обмотки самой катушки, и вторую, связанную с изменением площади той части контура, которая образована подводящими проводами и меняется за счёт движения катушки. Нужно также иметь в виду, что знак потока через вторую часть контура противоположен знаку потока через первую часть, поскольку направления обхода этих контуров противоположны.

Рассмотрим изменение магнитного потока через обмотку катушки. Точка \(A\) катушки (см. рисунок) движется вдоль стола с постоянной скоростью \(v\).

Так как проскальзывание отсутствует, то скорость \(u\) оси катушки можно найти из соотношения \[\dfrac{v}{R - r} = \dfrac{u}{R},\quad\text{откуда}\quad u = \dfrac{vR}{R - r},\quad\text{а}\quad u - v = \dfrac{vr}{R - r}.\] Пусть за время \(\Delta t\) ось катушки сместилась вдоль стола на расстояние \(\Delta L_1 = u\Delta t\). При этом на средний цилиндр намотается участок провода длиной \(\Delta L_2 = (u - v)\Delta t\), а с крайнего цилиндра смотается участок длиной \(\Delta L_1\). Изменение потока магнитной индукции через обмотку на крайнем цилиндре при этом равно \[\Delta\Phi_1 = B\Delta S_1 = B\pi R^2\cdot\dfrac{\Delta L_1}{2\pi R} = \dfrac{BR}{2}\Delta L_1 = \dfrac{BRu}{2}\Delta t = \dfrac{BR^2v}{2(R - r)}\Delta t,\] а через обмотку на среднем цилиндре — \[\Delta\Phi_2 = B\Delta S_2 = B\pi r^2\cdot\dfrac{\Delta L_2}{2\pi r} = \dfrac{Br}{2}\Delta L_2 = \dfrac{Br(u - v)}{2}\Delta t = \dfrac{Br^2v}{2(R - r)}\Delta t,\] где \(\Delta S_1\) и \(\Delta S_2\) — изменения площадей средней и крайней обмоток соответственно. Поток через обмотку на крайнем цилиндре уменьшается, а через обмотку на среднем — увеличивается.

Поток через площадь, ограниченную подводящими проводами, уменьшается за счёт того, что катушка движется вправо со скоростью \(u\). При этом за время \(\Delta t\) поток уменьшится на величину \[\Delta\Phi_3 = B(R - r)u\Delta t = BRv\Delta t.\] Следовательно, с учётом противоположного направления обхода двух частей общего контура, величина ЭДС индукции, которую покажет вольтметр, равна \[U = -\dfrac{\Delta\Phi_1}{\Delta t} + \dfrac{\Delta\Phi_2}{\Delta t} + \dfrac{\Delta\Phi_3}{\Delta t} = -\dfrac{BR^2v}{2(R - r)} + \dfrac{Br^2v}{2(R - r)} + BRv = \dfrac{vB(R - r)}{2}.\] Задачу можно решить и другим, более простым способом, рассматривая не изменение магнитного потока через контуры, а движение проводников в магнитном поле. Заметим, что при движении катушки нескомпенсированная ЭДС возникает только на участке провода, начинающемся в точке касания катушки и стола, и заканчивающемся в точке \(A\). Это следует из того, что все идущие вверх участки намотанного на катушку провода, кроме указанного, имеют соответствующие и идущие вниз участки по другую сторону вертикальной оси симметрии катушки, и возникающие в этих участках провода ЭДС взаимно компенсируются. Остающийся «нескомпенсированным» участок провода имеет длину \(R - r\), его начало в любой момент времени покоится, а конец движется вдоль стола со скоростью \(v\), причём скорость точек этого воображаемого проводника, лежащих между его началом и концом, равномерно возрастает от 0 до величины \(v\). Поэтому средняя скорость этого проводника направлена горизонтально и равна \(v_{\text{ср}} = v/2\), а возникающая в нём ЭДС равна \[U = B(R - r)v_{\text{ср}} = \dfrac{vB(R - r)}{2}.\]

Ответ

Длина изображения уменьшится в 4 раза.

Решение

Пусть фокусное расстояние линзы \(F\), длина палочки \(l\), длина её изображения \(L\), причём \(l \ll a\), \(L \ll b\), где \(b\) — расстояние от изображения палочки до линзы. Тогда в соответствии с формулой тонкой линзы, для положений одного из концов палочки и его изображения имеем: \[\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{F}.\qquad(1)\] Если второй конец палочки находится ближе к линзе, то можно записать: \[\dfrac{1}{a - l} + \dfrac{1}{b + L} = \dfrac{1}{F},\quad\text{или}\quad \dfrac{1}{a}\cdot\dfrac{1}{1 - (l/a)} + \dfrac{1}{b}\cdot\dfrac{1}{1 + (L/b)} = \dfrac{1}{F}.\] Поскольку \(1/(1 + x) \approx 1 - x\) при \(x \ll 1\), то последнее соотношение можно переписать в виде: \[\dfrac{1}{a}\left(1 + \dfrac{l}{a}\right) + \dfrac{1}{b}\left(1 - \dfrac{L}{b}\right) \approx \dfrac{1}{F}.\qquad(2)\] Вычитая из (2) соотношение (1), получаем: \(\dfrac{l}{a^2} - \dfrac{L}{b^2} \approx 0\), откуда продольное увеличение линзы \(k = \dfrac{L}{l} = \left(\dfrac{b}{a}\right)^2\), и \(b = \sqrt{k}\,a\). Подставляя это выражение для \(b\) в соотношение (1), получаем \[F = \dfrac{\sqrt{k}\,a}{\sqrt{k} + 1}.\] При новых расстояниях от палочки до линзы \(a_1 = a + \Delta a\), от изображения до линзы \(b_1 = \dfrac{a_1F}{a_1 - F}\) и новой длине изображения \(L_1\) для нового коэффициента увеличения имеем: \[k_1 = \dfrac{L_1}{l} = \left(\dfrac{b_1}{a_1}\right)^2 = \left(\dfrac{F}{a_1 - F}\right)^2 = \left(\dfrac{\dfrac{\sqrt{k}\,a}{\sqrt{k} + 1}}{a + \Delta a - \dfrac{\sqrt{k}\,a}{\sqrt{k} + 1}}\right)^2 = \left(\dfrac{\sqrt{k}\,a}{(a + \Delta a)(\sqrt{k} + 1) - \sqrt{k}\,a}\right)^2.\] Отсюда искомое отношение длин изображений палочки равно \[n = \dfrac{L_1}{L} = \dfrac{k_1}{k} = \left(\dfrac{a}{(a + \Delta a)(\sqrt{k} + 1) - \sqrt{k}\,a}\right)^2 =\] \[= \dfrac{1}{\left(\left(1 + \dfrac{\Delta a}{a}\right)(\sqrt{k} + 1) - \sqrt{k}\right)^2} = \dfrac{1}{\left(1 + \dfrac{\Delta a}{a}(\sqrt{k} + 1)\right)^2} = \dfrac{1}{4},\] то есть длина изображения уменьшится в 4 раза.