МОШ, 2002/03, заключительный этап, 11 класс

Ответ

\(C_\mu = -\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{m_2}{m_1}R\) (теплоёмкость отрицательна).

Решение

При увеличении давления на поршень газ в левой части цилиндра сжимается, и вся теплоизолированная система нагревается. При этом температура газа в левой и правой частях цилиндра будет одинакова, поскольку перегородка теплопроводящая, а процесс медленный. В этом процессе газ в левой части цилиндра будет отдавать тепло газу в правой части цилиндра, так как над газом в правой части работа не совершается, и его температура \(T\) может подниматься только за счёт теплопередачи. Для нагрева идеального одноатомного газа массой \(m_2\) на температуру \(\Delta T\) необходимо затратить количество теплоты \(\Delta Q_2 = \dfrac{3}{2}\dfrac{m_2}{\mu}R\Delta T\), где \(\mu\) — молярная масса газа. Это тепло отводится от левой части газа массой \(m_1\): \(\Delta Q_1 = -\Delta Q_2 = -\dfrac{3}{2}\dfrac{m_2}{\mu}R\Delta T\). Поэтому теплоёмкость газа в левой части цилиндра в рассматриваемом процессе отрицательна и равна \(C = \dfrac{\Delta Q_1}{\Delta T} = -\dfrac{3}{2}\dfrac{m_2}{\mu}R\), а молярная теплоёмкость равна \[C_\mu = \dfrac{C}{m_1/\mu} = -\dfrac{3}{2}\dfrac{m_2}{m_1}R.\] Теплоёмкость получилась отрицательной, потому что в данном процессе газ в левой части цилиндра отдаёт тепло, но его температура при этом повышается.

Ответ

\(M = \dfrac{2\sigma L}{g} \approx 0{,}32\) г.

Решение

Покажем, что суммарная сила, действующая на всю нить со стороны мыльной плёнки, равна нулю. Действительно, если бы на месте замкнутого нитяного кольца находилась мыльная плёнка, то она была бы в положении равновесия. По условию задачи массой мыльной плёнки можно пренебречь. Поэтому указанная суммарная сила и равна нулю.

Поскольку углы, образованные касательными к кускам нити вблизи узелков, равны \(120^\circ\), и сумма сил, действующих на каждый узелок, равна нулю, то силы натяжения всех кусков нити вблизи узелков одинаковы. Обозначим их величины через \(F\). Силы натяжения наклонных кусков нити, прикреплённых к проволочному каркасу, вблизи узелков по условию составляют углы \(30^\circ\) с горизонтом (см. рис. 2.79). Поэтому их суммарная проекция на вертикаль равна \(2F\sin 30^\circ = F\). Эта проекция компенсирует силу тяжести, действующую на два куска нити между узелками.

Пусть общая длина нити равна \(l\). Тогда куски нити, выгнутые вверх и вниз, имеют длины, равные, соответственно, \(2l/7\) и \(3l/7\), и массы \(2M/7\) и \(3M/7\). Поэтому масса кусков нити между узелками равна \(5M/7\). Отсюда получаем, что \(F = 5Mg/7\).

Каждый кусок нити находится в равновесии. Условие равновесия, например, куска нити длиной \(2l/7\), выгнутого вверх, предполагает, что сумма всех сил, действующих на этот кусок, равна нулю. Докажем, что сила, действующая на этот кусок со стороны мыльной плёнки, равна \(2\sigma L\) и направлена вверх. Для этого мысленно соединим невесомым жёстким стержнем узелки нитей и натянем мыльную плёнку на площадку, ограниченную этим стержнем и верхним участком нитяного кольца. Стержень для поддержания его равновесия необходимо тянуть вниз с силой, равной \(2\sigma L\) (коэффициент 2 в формуле возникает потому, что у мыльной плёнки две поверхности).

Стержень, в свою очередь, с такой же силой действует на натянутый нами участок плёнки. Поскольку этот участок плёнки невесом, то плёнка ровно с такой же силой тянет верхний кусок нити вниз. На нить с двух сторон, сверху и снизу, действуют силы поверхностного натяжения плёнки, и их сумма равна нулю. Если вновь убрать мысленно натянутый участок плёнки, то сила, действовавшая с её стороны на нить, исчезнет. Останется только сила, действующая на кусок нити сверху и равная \(2\sigma L\), что и требовалось доказать.

Запишем условие равновесия данного куска нити. Вниз на него действуют сила тяжести \(2Mg/7\), и сумма проекций сил натяжения, равная \(2F\sin 30^\circ = F\), а вверх — сила поверхностного натяжения, равная, как мы только что доказали, \(2\sigma L\). Поэтому \(\dfrac{2Mg}{7} + F - 2\sigma L = 0\).

Подставляя в это уравнение найденную выше величину \(F = 5Mg/7\), находим \(M = 2\sigma L/g \approx 0{,}32\) г.

Ответ

\(B_{\max} = \dfrac{mgn}{2qv}\).

Решение

При движении шарика в отсутствие магнитного поля в среде в единицу времени выделялось постоянное количество теплоты \(Q_1 = mgv\). Из условия постоянства тепловых потерь в единицу времени в обоих случаях следует, что через очень большое время после включения магнитного поля шарик будет двигаться с постоянной скоростью. Поскольку движение происходит в вязкой среде, то через очень большое время оно станет прямолинейным и равномерным. Следовательно, сумма сил тяжести, вязкости и силы Лоренца будет при этом равна нулю. Обозначим скорость движения шарика при наличии магнитного поля через \(u\). Из рисунка 3.79 видно, что шарик будет двигаться по прямой, составляющей с вертикалью угол \(\alpha\), причём \[\sin\alpha = \dfrac{quB}{mg}.\]

Так как сила Лоренца не совершает работы, то количество тепла, выделяющееся в единицу времени, равно работе, которую совершает за это время сила тяжести: \(Q_2 = mgu\cos\alpha\). По условию задачи \(Q_1/Q_2 = n\), то есть \[mgv = nmgu\cos\alpha.\] Исключая из записанных уравнений угол \(\alpha\), получаем уравнение относительно скорости \(u\): \[n^2q^2B^2u^4 - n^2m^2g^2u^2 + m^2g^2v^2 = 0.\] Решая его, находим: \[u_{1,2}^2 = \dfrac{mg}{2nq^2B^2}\left(mgn \pm \sqrt{m^2g^2n^2 - 4q^2v^2B^2}\right).\] Видно, что решение существует при условии \(m^2g^2n^2 - 4q^2v^2B^2 \geqslant 0\), откуда \(B \leqslant \dfrac{mgn}{2qv}\). Таким образом, описанное в условии задачи движение возможно при максимальном значении индукции магнитного поля \[B_{\max} = \dfrac{mgn}{2qv}.\]

Ответ

\(I = Ed\sqrt{\dfrac{C}{L}}\).

Решение

За время, намного меньшее периода колебаний в контуре, суммарные заряды на каждой из пластин не могут измениться, и поэтому сразу после создания внешнего поля его напряжённость внутри и снаружи конденсатора будет одинакова и равна \(E\), а разность потенциалов между пластинами станет равной \(U_0 = Ed\). Будем считать сопротивление катушки индуктивности очень малым. Тогда возникшие в контуре после включения внешнего поля колебания спустя большое время \(T \gg \sqrt{LC}\) затухнут, и пластины конденсатора, соединённые через индуктивность, будут иметь одинаковый потенциал. Таким образом, колебания разности потенциалов между пластинами конденсатора будут происходить вокруг значения \(U_C = 0\) с начальной амплитудой \(U_0 = Ed\), постепенно затухая. Поскольку суммарный заряд пластин равен нулю, то вне конденсатора электрическое поле не меняется и остаётся равным \(E\).

В начале колебательного процесса энергия электрического поля между пластинами конденсатора равна \[W = \dfrac{CU_0^2}{2} = \dfrac{CE^2d^2}{2},\] а ток через индуктивность равен нулю. Через \(1/4\) периода колебаний поле внутри конденсатора станет равным нулю, а ток через индуктивность будет максимальным, то есть вся энергия перейдёт в энергию магнитного поля в катушке индуктивности (при этом мы считаем затухание колебаний малым, то есть пренебрегаем уменьшением энергии за период колебаний): \[\dfrac{CE^2d^2}{2} = \dfrac{LI^2}{2}.\] Следовательно, максимальный ток \(I\) в контуре будет равен \[I = Ed\sqrt{\dfrac{C}{L}}.\]

Ответ

\(a_1 = g\sqrt{\dfrac{2}{5}}\), направлено вниз под углом \(\alpha = \operatorname{arctg}3\) к горизонту.

Решение

Введём неподвижную систему координат, как показано на рисунке 1.58. Обозначим силу натяжения нити через \(T\) (она постоянна вдоль всей длины нити, так как нить и блоки невесомы и трения нет), а силу нормального давления груза 3 на груз 1 через \(N\).

Центр масс системы грузов остаётся на месте. Поэтому при движении системы груз 2 смещается влево, а груз 3 вместе с грузом 1 — вправо, причём груз 1 смещается ещё и вниз. Отсюда следует, что смещения грузов 1 и 3 по горизонтали одинаковы: \(\Delta x_1 = \Delta x_3\). Из нерастяжимости нити следует, что смещение груза 1 по вертикали равно по величине и противоположно по знаку смещению груза 2 относительно груза 3 в горизонтальном направлении: \(\Delta y_1 = -\Delta x_{2\text{отн}}\). В свою очередь, \(\Delta x_{2\text{отн}} = \Delta x_2 - \Delta x_3 = \Delta x_2 - \Delta x_1\). Отсюда следуют уравнения кинематических связей: \(a_{1x} = a_{3x}\) и \(a_{1y} = a_{1x} - a_{2x}\).

Уравнения движения тел системы в проекциях на оси координат имеют вид: \[ma_{1x} = N,\quad ma_{1y} = mg - T,\quad ma_{2x} = -T,\quad ma_{3x} = T - N.\] Решая полученную систему уравнений, находим проекции ускорения первого груза: \(a_{1x} = g/5\), \(a_{1y} = 3g/5\). Следовательно, величина ускорения груза 1 равна \[a_1 = \sqrt{a_{1x}^2 + a_{1y}^2} = g\sqrt{\dfrac{2}{5}},\] и оно направлено вниз под таким углом \(\alpha\) к горизонту, что \[\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{a_{1y}}{a_{1x}} = \operatorname{arctg}3.\]

Ответ

\(\tau \approx \pi\sqrt{\dfrac{S}{2\mu g}}\); погрешность порядка \(\Delta\tau = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m}{k}}\) (четверть периода).

Решение

Запишем уравнение движения грузика в проекции на горизонтальную ось \(X\), направленную вдоль оси пружины от стенки, используя обычную модель для описания зависимости силы трения скольжения от направления и величины скорости: \[ma_x = -kx - \mu mg\operatorname{sgn}(v_x).\] Здесь \(v_x\) и \(a_x\) — проекции скорости и ускорения грузика, а функция \(\operatorname{sgn}(v_x)\) («знак \(v_x\)») определяется следующим образом: \[\operatorname{sgn}(v_x) = \begin{cases}+1 & \text{при } v_x > 0,\\ -1 & \text{при } v_x < 0.\end{cases}\] Следовательно, уравнение движения в зависимости от знака \(v_x\) распадается на два разных уравнения: \[a_x + \dfrac{k}{m}\left(x + \dfrac{\mu mg}{k}\right) = 0\ \text{ при } v_x > 0,\qquad a_x + \dfrac{k}{m}\left(x - \dfrac{\mu mg}{k}\right) = 0\ \text{ при } v_x < 0.\] Это — уравнения гармонических колебаний, происходящих с той же частотой \(\omega = \sqrt{k/m}\), что и в отсутствие трения, но на каждом полупериоде колебаний (при смене знака \(v_x\)) у получающейся зависимости \(x(t)\) смещается «нуль»: при \(v_x > 0\) — в точку \(x_+ = -\mu mg/k\), а при \(v_x < 0\) — в точку \(x_- = +\mu mg/k\). По условию в начальный момент (\(t = 0\)) у грузика имеется начальное смещение \(x_0\), а его начальная скорость \(v_{x0} = 0\). Таким образом, закон движения на каждом полупериоде — косинусоида с соответствующим образом смещённым «нулём». Зона между координатами \(x_-\) и \(x_+\) называется «зоной застоя».

Нарисуем график зависимости \(x(t)\), считая, что на первом полупериоде колебаний \(x_0 > 0\), а \(v_x < 0\) (см. рис. 1.226).

Поскольку при этом «нуль» косинусоиды находится в точке \(x_-\), то можно записать: \(x_0 - x_- = x_- - x_1\), где \(|x_1|\) — амплитуда по истечении первого полупериода колебаний. Таким образом, за один полупериод амплитуда уменьшается на величину \[\Delta x = x_0 - |x_1| = 2x_- = 2\dfrac{\mu mg}{k} = \text{const}.\] Аналогичные рассуждения можно провести для любого полупериода колебаний. Поэтому можно утверждать, что с течением времени амплитуда колебаний при наличии сухого трения убывает по линейному закону. Это происходит до тех пор, пока очередная координата максимального отклонения (при которой изменяется знак скорости) не окажется внутри зоны застоя: \(|x_n| \leqslant \mu mg/k\). При этом упругая сила уже не сможет преодолеть максимальную силу трения покоя: \(k|x_n| \leqslant \mu mg\), и грузик остановится, совершив \(n\) полупериодов колебаний за время \(\tau = n\dfrac{T}{2} = \dfrac{n\pi}{\omega} = n\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}\).

Для оценки числа \(n\) воспользуемся законом изменения механической энергии. Вначале энергия упругой деформации пружины равна \(kx_0^2/2\), а в конце, после остановки, она равна \(kx_n^2/2\), так что работа против силы трения на пути \(S\) равна по величине разности этих энергий: \[\mu mgS = \dfrac{kx_0^2}{2} - \dfrac{kx_n^2}{2}.\] Поскольку по условию \(n \gg 1\) и \(x_0 \gg |x_n|\), то вторым слагаемым в правой части уравнения можно пренебречь, и \[x_0 \approx \sqrt{\dfrac{2\mu mgS}{k}},\quad\text{а}\quad n \approx \dfrac{x_0}{\Delta x} \approx \sqrt{\dfrac{kS}{2\mu mg}}.\] Заметим, что ошибка в определении \(n\), возникающая за счёт пренебрежения слагаемым \(kx_n^2/2\), не превышает величины \(\sim\dfrac{1}{8n} \ll 1\).

Таким образом, время, через которое грузик остановится, равно \[\tau \approx \pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}\cdot\sqrt{\dfrac{kS}{2\mu mg}} = \pi\sqrt{\dfrac{S}{2\mu g}}.\] В зависимости от величины \(x_0\), остановка грузика может произойти в любой точке внутри зоны застоя, то есть на расстоянии \(|x_n| \leqslant \dfrac{\mu mg}{k} = \dfrac{\Delta x}{2}\) от положения равновесия, а по времени — на \(\Delta\tau = \dfrac{T}{4} = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m}{k}}\) раньше или позже момента времени \(\tau\), когда амплитуда колебаний обращается в ноль.

Ответ

\(\eta = \dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{\sqrt{n} - 1}{\sqrt{n} + 1}\); при \(n = 4\) \(\eta = 1/24 \approx 4{,}17\%\).

Решение

Обозначим давления, объёмы и температуры, которые газ имеет в состояниях 1, 2 и 3, так, как показано на рисунке 2.60. Тогда для каждого из этих состояний можно записать уравнение Менделеева — Клапейрона:

\[\begin{aligned} p_1V_1 &= \nu RT_1,\\ p_2V_2 &= \nu RT_2,\\ p_3V_3 &= \nu RT_3, \end{aligned} \tag{1}\] где \(\nu\) — количество молей газа. Кроме того, из условия задачи следует, что справедливы соотношения: \[\dfrac{p_1}{V_1} = \dfrac{p_2}{V_2} = \dfrac{p_3}{V_3},\qquad (2)\] \[V_2 = \dfrac{V_1 + V_3}{2},\qquad (3)\] \[p_2 = \dfrac{p_1 + p_3}{2}.\qquad (4)\] Сначала получим несколько вспомогательных формул. Из (1) и (2) следует: \[\dfrac{p_1}{V_1} = \dfrac{\nu RT_1}{V_1^2} = \dfrac{p_2}{V_2} = \dfrac{\nu RT_2}{V_2^2} = \dfrac{p_3}{V_3} = \dfrac{\nu RT_3}{V_3^2}.\] Отсюда: \[\dfrac{V_2}{V_1} = \sqrt{\dfrac{T_2}{T_1}},\quad \dfrac{V_3}{V_1} = \sqrt{\dfrac{T_3}{T_1}}.\qquad (5)\] Деля правую и левую части (3) на \(V_1\), с учётом двух последних уравнений имеем: \[\dfrac{V_2}{V_1} = \sqrt{\dfrac{T_2}{T_1}} = \dfrac{1 + (V_3/V_1)}{2} = \dfrac{1}{2}\left(1 + \sqrt{\dfrac{T_3}{T_1}}\right),\] откуда \[T_2 = \dfrac{1}{4}\left(\sqrt{T_1} + \sqrt{T_3}\right)^2.\qquad (6)\] Теперь приступим к нахождению КПД. В данном цикле газ получает теплоту от нагревателя на участке 1–2–3. В соответствии с первым началом термодинамики: \[\Delta Q_{\text{н}} = \Delta U_{13} + \Delta A_{123} = \dfrac{3}{2}\nu R(T_3 - T_1) + \dfrac{1}{2}(p_1 + p_3)(V_3 - V_1).\] С учётом (1) и (2) это выражение можно преобразовать следующим образом: \[\Delta Q_{\text{н}} = \dfrac{3}{2}\nu R(T_3 - T_1) + \dfrac{1}{2}(p_1V_3 - \nu RT_1 + \nu RT_3 - p_3V_1) = 2\nu R(T_3 - T_1).\qquad (7)\] Далее найдём количество теплоты, которое газ отдаёт холодильнику на участке 3–4–2–5–1. Это количество теплоты равно (по абсолютной величине) \[\Delta Q_{\text{х}} = \Delta U_{13} + \Delta A_{15243} = \dfrac{3}{2}\nu R(T_3 - T_1) + p_1(V_2 - V_1) + p_2(V_3 - V_2).\] С учётом (1) и (5) выражение для \(\Delta Q_{\text{х}}\) можно преобразовать следующим образом: \[\begin{aligned} \Delta Q_{\text{х}} &= \dfrac{3}{2}\nu R(T_3 - T_1) + p_1V_2 - \nu RT_1 + p_2V_3 - \nu RT_2 =\\ &= \dfrac{3}{2}\nu R(T_3 - T_1) + \nu RT_1\dfrac{V_2}{V_1} - \nu RT_1 + \nu RT_2\dfrac{V_3}{V_2} - \nu RT_2 =\\ &= \dfrac{\nu R}{2}\left(3T_3 - 5T_1 - 2T_2 + 2\sqrt{T_1T_2} + 2\sqrt{T_2T_3}\right). \end{aligned}\] Наконец, последнее выражение, с учётом (6), приводится к виду: \[\Delta Q_{\text{х}} = \dfrac{\nu R}{4}\left(7T_3 - 9T_1 + 2\sqrt{T_1T_3}\right).\qquad (8)\] КПД данного цикла можно найти, используя (7) и (8): \[\eta = 1 - \dfrac{\Delta Q_{\text{х}}}{\Delta Q_{\text{н}}} = 1 - \dfrac{\nu R\left(7T_3 - 9T_1 + 2\sqrt{T_1T_3}\right)}{4\cdot 2\nu R(T_3 - T_1)} = \dfrac{T_1 - 2\sqrt{T_1T_3} + T_3}{8(T_3 - T_1)}.\] Заметим, что \(T_3\) и \(T_1\) — это максимальная и минимальная температуры газа в данном цикле. Поскольку по условию задачи \(T_3/T_1 = n\), то \[\eta = \dfrac{1 - 2\sqrt{T_3/T_1} + T_3/T_1}{8\bigl((T_3/T_1) - 1\bigr)} = \dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{1 - 2\sqrt{n} + n}{n - 1} = \dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{(\sqrt{n} - 1)^2}{n - 1} = \dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{\sqrt{n} - 1}{\sqrt{n} + 1}.\] При \(n = 4\) получаем \(\eta = 1/24 \approx 4{,}17\%\).

Заметим, что при вычислении КПД можно вместо количества теплоты \(\Delta Q_{\text{х}}\) искать работу \(A\), совершаемую газом в данном цикле. Она численно равна площади фигуры 1–2–3–4–2–5–1: \[A = \dfrac{\nu R}{4}\left(T_1 - 2\sqrt{T_1T_3} + T_3\right).\] Однако, этот способ решения задачи несколько более трудоёмок.

Ответ

\(\dfrac{\rho_x}{\rho} = \dfrac{Vb\cos\alpha + Ua\sin\alpha}{Vb\sin\alpha - Ua\cos\alpha}\operatorname{tg}\alpha \approx 3{,}20\).

Решение

После создания разности потенциалов \(V\) в процессе установления тока на поверхностях пластинки накапливаются избыточные заряды, которые создают в проводнике электрическое поле. Считая, что потенциал грани \(AD\) больше потенциала грани \(BC\), и потенциал точки \(F\) превышает потенциал точки \(G\), напряжённость поля \(\vec E\) в среднем сечении пластинки можно представить в виде суммы компонент \(\vec E_{\parallel}\) и \(\vec E_{\perp}\) (см. рис. 3.68), либо в виде суммы компонент \(\vec E_x\) и \(\vec E_y\), где ось \(Y\) перпендикулярна главной оси симметрии монокристалла \(X\) и лежит в плоскости, параллельной грани \(ABCD\). Обозначим угол между векторами \(\vec E_{\parallel}\) и \(\vec E_x\) через \(\alpha\). Тогда \[E_{\parallel} = E_x\cos\alpha + E_y\sin\alpha,\quad E_{\perp} = E_x\sin\alpha - E_y\cos\alpha.\]

В установившемся режиме по пластинке протекает ток, вектор плотности которого \(\vec j\) параллелен стороне \(AB\). Поэтому \(j_x\sin\alpha = j_y\cos\alpha\). Согласно закону Ома \(E_x = \rho_xj_x\) и \(E_y = \rho j_y\). Следовательно, \[\dfrac{\rho_x}{\rho} = \dfrac{E_x}{E_y}\operatorname{tg}\alpha.\] Поскольку пластинка вырезана из однородного кристалла, имеет неизменную площадь поперечного сечения и достаточно длинная (её длина в 10 раз больше ширины), то можно считать, что во всех точках поперечного сечения пластинки плотность постоянного тока одинакова, и \(U = E_{\perp}b\). Считая, что вдоль оси пластинки плотность тока также постоянна, получим \(V = E_{\parallel}a\). Выражая величины \(E_x\) и \(E_y\) через \(E_{\parallel}\) и \(E_{\perp}\), а их, в свою очередь, через \(U\) и \(V\), получаем, что искомое отношение равно \[\dfrac{\rho_x}{\rho} = \dfrac{Vb\cos\alpha + Ua\sin\alpha}{Vb\sin\alpha - Ua\cos\alpha}\operatorname{tg}\alpha \approx 3{,}20.\] Отметим, что по данным, приведённым в справочнике физических величин, для монокристалла галлия \[\dfrac{\rho_x}{\rho} = \dfrac{55{,}5\cdot 10^{-6}\text{ Ом}\cdot\text{см}}{17{,}3\cdot 10^{-6}\text{ Ом}\cdot\text{см}} \approx 3{,}21.\]

Ответ

\(r_1 \approx \dfrac{rD}{4\sqrt{2}\,a} \approx 50\) м (с уточнением — около 58 м).

Решение

Свечу \(S\), как и её отражение \(S'\), при наблюдении с большого расстояния можно считать точечным источником, равномерно излучающим свет во все стороны. Лучи от свечки, находящейся на расстоянии \(r\) от человека, расходятся под углом \(\Delta\alpha \approx d/r\), где \(d\) — диаметр зрачка глаза. Очевидно, что лучи, испущенные свечкой в пределах такого угла, после отражения от шарика будут расходиться уже под бо́льшим углом \(\Delta\varphi\), и все попадут в глаз (то есть в пределы зрачка) на гораздо меньшем расстоянии \(r_1\) от свечки: \(d = r\Delta\alpha = r_1\Delta\varphi\).

Изобразим ход испущенных свечкой лучей при отражении от зеркального шара (см. рис. 4.34). Обозначим радиус шарика через \(R = D/2\). Для того, чтобы путник увидел отражение свечи в шаре, угол падения лучей на его зеркальную поверхность должен быть близок к \(45^\circ\). Поэтому расстояние между точками падения двух лучей, расходящихся из свечки под углом \(\Delta\alpha\), на поверхности шарика будет равно \(\dfrac{a\Delta\alpha}{\cos 45^\circ} = R\Delta\psi\), где \(\Delta\psi\) — угол поворота отражающей поверхности между этими точками. Поэтому \(\Delta\psi = \dfrac{\sqrt{2}a}{R}\Delta\alpha\). Известно, что при повороте луча, падающего на плоское зеркало, на угол \(\Delta\alpha\), отражённый луч поворачивается также на \(\Delta\alpha\), а при повороте самого зеркала на угол \(\Delta\psi\) — луч поворачивается на угол \(2\Delta\psi\). Поэтому \[\Delta\varphi = 2\Delta\psi + \Delta\alpha = \left(\dfrac{2\sqrt{2}a}{R} + 1\right)\Delta\alpha,\] и \[r_1 = \dfrac{\Delta\alpha}{\Delta\varphi}r = \dfrac{r}{\dfrac{2\sqrt{2}a}{R} + 1} = \dfrac{r}{\dfrac{4\sqrt{2}a}{D} + 1} \approx 48{,}6\text{ м}.\] Поскольку \(4\sqrt{2}a/D \approx 100 \gg 1\), ответ можно записать и так: \[r_1 \approx \dfrac{rD}{4\sqrt{2}a} \approx 50\text{ м}.\] Полученную нами оценку можно немного уточнить. Следует отметить, что излученный свечкой свет отражается от искривлённой поверхности, наклонённой под большим углом (\(\sim 45^\circ\)) к падающему пучку. Поэтому лучи света, идущие от свечки в пределах прямого кругового конуса с очень малым углом раствора \(\Delta\alpha\), после отражения от шара будут идти внутри конической поверхности практически эллиптического сечения, причём вертикальная полуось эллипса в \(\sqrt{2}\) раз меньше горизонтальной. Из-за этого в момент, когда человек будет находиться на определённом нами расстоянии \(r_1\) от шара, в его зрачок будет попадать в \(\sqrt{2}\) раз больше лучистой энергии, чем было испущено свечкой в пределах угла \(\Delta\alpha\). Следовательно, на самом деле человек увидит отражение свечки с несколько большего расстояния, чем \(r_1\), а именно, с расстояния \(\sqrt[4]{2}r_1 \approx 1{,}19r_1 \approx 58\) м.