МОШ, 2005/06, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Тень лежит на пересечении асфальта с лучом от Солнца, проходящим через кузнечика. Выразите координату тени через координаты кузнечика и угол \(\varphi\) и исследуйте её зависимость от времени.

Ответ

\(V(t) = v_0\dfrac{\sin(\varphi - \alpha)}{\sin\varphi} + gt\operatorname{ctg}\varphi\),  \(0 < t < \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}\).

Решение

Направим ось \(X\) по горизонтали в сторону Солнца, ось \(Y\) — вертикально вверх, а начало координат поместим в точку, где сидел кузнечик. Закон движения кузнечика имеет вид: \[x(t) = v_0\cos\alpha\cdot t,\quad y(t) = v_0\sin\alpha\cdot t - \dfrac{gt^2}{2},\quad\text{причём}\quad 0 < t < \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}.\] Координату тени кузнечика на асфальте \(X(t)\) можно определить из условия \(y(t)/(x(t) - X(t)) = \operatorname{tg}\varphi\). Отсюда \[X(t) = x(t) - y(t)\operatorname{ctg}\varphi = v_0(\cos\alpha - \sin\alpha\operatorname{ctg}\varphi)t + \dfrac{gt^2}{2}\operatorname{ctg}\varphi.\] Следовательно, движение тени кузнечика на асфальте является равноускоренным с ускорением \(g\operatorname{ctg}\varphi\) и начальной скоростью \[V_0 = v_0(\cos\alpha - \sin\alpha\operatorname{ctg}\varphi) = v_0\dfrac{\sin(\varphi - \alpha)}{\sin\varphi}.\] Следовательно, скорость тени в момент времени \(t\) равна \[V(t) = v_0\dfrac{\sin(\varphi - \alpha)}{\sin\varphi} + gt\operatorname{ctg}\varphi,\quad 0 < t < \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}.\]

Подсказка

Пока шайба неподвижна относительно доски, она движется по окружности с ускорением \(\omega^2R\), направленным к шарниру. Запишите условие \(|F_{\text{тр}}| \leqslant \mu N\) и посмотрите, при каком \(\alpha\) оно нарушится.

Ответ

При \(\omega^2R > \mu g\) шайба начнёт скользить сразу, при \(\alpha = 0\); при \(\omega^2R \leqslant \mu g < g\) шайба начнёт скользить по доске к шарниру при \(\alpha > \operatorname{arctg}\mu + \arcsin\dfrac{\omega^2R}{g\sqrt{\mu^2 + 1}}\).

Решение

Ясно, что если резко начать вращать доску, опуская её свободный конец, то в момент начала вращения шайба сразу оторвётся от доски. Поэтому мы будем рассматривать случай, когда свободный конец доски поднимают.

При сообщении доске достаточно большой угловой скорости шайба сразу же начнёт скользить по доске. При не слишком большой угловой скорости шайба некоторое время будет неподвижна относительно доски, двигаясь при этом по окружности, а затем начнётся скольжение.

На шайбу действуют сила тяжести, сила реакции опоры \(N\) и сила трения покоя \(F_{\text{тр}}\) (см. рисунок). Поскольку ускорение шайбы при движении по окружности равно \(\omega^2R\) и направлено к шарниру, имеем: \[N = mg\cos\alpha,\quad mg\sin\alpha - F_{\text{тр}} = m\omega^2R.\] Для шайбы, неподвижной относительно доски, должно выполняться условие \(|F_{\text{тр}}| \leqslant \mu N\). Следовательно, шайба не будет скользить по доске при \(|mg\sin\alpha - m\omega^2R| \leqslant \mu mg\cos\alpha\).

Отсюда получаем, что при \(\omega^2R > \mu g\) шайба начнёт скользить по доске сразу же, при \(\alpha = 0\).

Пусть теперь \(\omega^2R \leqslant \mu g\), и \(\alpha \neq 0\). Определим, при каких условиях возможно скольжение шайбы к шарниру и от него.

1. Шайба будет скользить к шарниру, если начнёт выполняться условие \(\sin\alpha - \mu\cos\alpha > \omega^2R/g\). Введём обозначение: \(\beta = \operatorname{arctg}\mu = \arccos\dfrac{1}{\sqrt{1 + \mu^2}} = \arcsin\dfrac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}\). Тогда приведённое условие можно записать в виде: \[\sin(\alpha - \beta) > \dfrac{\omega^2R}{g\sqrt{\mu^2 + 1}},\quad\text{или}\quad\alpha > \beta + \arcsin\dfrac{\omega^2R}{g\sqrt{\mu^2 + 1}}.\] Отметим, что ввиду того, что \(\mu < 1\), имеем \(\beta + \arcsin\dfrac{\omega^2R}{g\sqrt{1 + \mu^2}} < \dfrac{\pi}{2}\), поэтому, начиная с некоторой величины угла \(\alpha\), рассматриваемое условие будет выполняться.

2. Аналогично, шайба может начать скользить от шарнира, если \(\sin\alpha - \mu\cos\alpha < \omega^2R/g\). Это условие можно записать в виде: \(\alpha > \pi - \beta - \arcsin\dfrac{\omega^2R}{g\sqrt{\mu^2 + 1}}\), однако при \(0 < \alpha < \pi/2\) оно не выполняется.

Комбинируя полученные результаты, приходим к ответу: при \(\omega^2R > \mu g\) шайба начнёт скользить по доске при \(\alpha = 0\); при \(\omega^2R \leqslant \mu g < g\) шайба начнёт скользить по доске к шарниру при \[\alpha > \operatorname{arctg}\mu + \arcsin\dfrac{\omega^2R}{g\sqrt{\mu^2 + 1}}.\]

Подсказка

Траектория не зависит от массы корабля. Из величин \(GM\), \(l\) и \(v\) можно составить единственную безразмерную комбинацию — от неё и зависит угол поворота.

Ответ

\(l_2 = l_1(v_1/v_2)^2\).

Решение

Прежде всего, заметим, что траектория движения материальной точки в поле тяжести звезды не зависит от массы материальной точки. Угол поворота корабля \(\varphi\) поэтому однозначно зависит от его минимального расстояния до звезды \(l\), его скорости на бесконечности \(v\) и величины \(GM\), входящей в закон всемирного тяготения (\(G\) — гравитационная постоянная). Эти величины имеют следующие размерности: \[[GM] = \text{м}^3\cdot\text{с}^{-2},\quad [l] = \text{м},\quad [v] = \text{м}\cdot\text{с}^{-1}.\] Из них можно составить только одну независимую безразмерную комбинацию: \(GM/(lv^2)\). Следовательно, угол поворота корабля \(\varphi\) является однозначной функцией от такой комбинации, и для обоих кораблей эти величины должны совпадать: \(\dfrac{GM}{l_1v_1^2} = \dfrac{GM}{l_2v_2^2}\), откуда \(l_2 = l_1(v_1/v_2)^2\).

Данный ответ можно также подтвердить, используя соображения подобия. Действительно, уравнение движения для корабля, движущегося в поле тяжести звезды, имеет вид: \(\vec a = -GM\vec r/r^3\). Если увеличить все расстояния в \(\lambda\) раз, а промежутки времени в \(\lambda^{3/2}\) раза, то скорости изменятся в \(\lambda^{-1/2}\) раза, а ускорение \(\vec a\) и величина \(GM\vec r/r^3\) — в \(\lambda^{-2}\) раз. Если в какой-то момент времени радиус-векторы и скорости двух материальных точек, движущихся в поле тяготения звезды, связаны соотношениями \(\vec r_1 = \lambda\vec r_2\), \(\vec v_1 = \lambda^{-1/2}\vec v_2\), то эти соотношения будут справедливы во все моменты времени. Значит, если два корабля одновременно пролетают на минимальном расстоянии от звезды таким образом, что справедливы эти соотношения, то из них, исключая \(\lambda\), получим написанный выше ответ для \(l_2\).

Подсказка

Если бы объём не менялся, такое нагревание потребовало бы больше теплоты, чем сообщено. Значит, газ сжимается и над ним совершают работу. Оцените работу при почти постоянном давлении.

Ответ

\(\Delta V \approx -1{,}5\) л (с учётом роста давления \(-1{,}45\) л).

Решение

Вначале определим, как меняется объём гелия в данном процессе. Если бы объём не менялся, а температура увеличилась на \(\Delta T\), то всё сообщаемое количество теплоты пошло бы на изменение внутренней энергии гелия: \(\Delta U = (3/2)\nu R\,\Delta T \approx 250\) Дж. Поскольку \(\Delta U > Q = 100\) Дж, то газом, согласно первому началу термодинамики, совершается работа \(A = Q - \Delta U \approx -150\) Дж, то есть объём гелия должен уменьшаться. При этом температура гелия растёт, и давление должно возрастать быстрее, чем при изотермическом процессе.

Поскольку \(\Delta T = 10\) К \(\ll T_0 = 273\) К, то будем считать, что величина изменения объёма \(|\Delta V| \ll V_0 = 2\cdot 22{,}4\) л, и изменение давления \(\Delta p\) также невелико по сравнению с начальным давлением \(p_0 \approx 10^5\) Па. Тогда при грубой оценке можно положить \(p \approx p_0\) и \(A \approx p_0\Delta V\). Отсюда получаем, что \(\Delta V \approx A/p_0 = (Q - (3/2)\nu R\,\Delta T)/p \approx -1{,}5\) л. Видно, что действительно \(|\Delta V| \ll V_0 = 44{,}8\) л, поэтому приближение малого изменения объёма действительно оправдано.

На самом деле (см. выше) давление в процессе возрастает до \[p_{\text{к}} = \nu R\dfrac{T_0 + \Delta T}{V_0 + \Delta V} = p_0\dfrac{1 + \dfrac{\Delta T}{T_0}}{1 + \dfrac{\Delta V}{V_0}} \approx 1{,}07p_0,\] и более точная оценка получится, если в выражение для работы \(A\) подставить не \(p_0\), а среднее значение давления в процессе \(p_{\text{ср}} = (p_0 + p_{\text{к}})/2\). Тогда уточнённое таким образом изменение объёма будет равно \(\Delta V \approx -1{,}45\) л, что почти не отличается от предыдущей, более грубой оценки.

Замечание. В условии сказано, что теплоёмкость гелия в данном процессе можно считать постоянной. Это означает, что процесс является политропическим (так называются процессы, проходящие при постоянной теплоёмкости), однако исследование этих процессов выходит за рамки школьной программы. Точный расчёт, использующий теорию политропических процессов, даёт \(\Delta V \approx -1{,}43\) л, так что даже наша грубая оценка совсем неплоха!

Подсказка

Вольтметры и миллиамперметры — это просто резисторы с известными отношением сопротивлений. Обозначьте токи через приборы по первому правилу Кирхгофа и запишите второе для двух контуров без ЭДС.

Ответ

\(R_V/R_A = 5\) (при \(\lambda = 3\)); показания вольтметров \(U_1 = 0{,}4\) В, \(U_2 = 1\) В, \(U_3 = 0{,}9\) В.

Решение

Пусть \(I\) — ток через миллиамперметр, включённый в диагональ мостика, тогда \(\lambda I\) — ток через другой миллиамперметр (см. рисунок). Возможные значения \(\lambda\) равны \(3\), \(1/3\), \(-3\) и \(-1/3\). Токи через вольтметры обозначим, согласно первому правилу Кирхгофа, как \(J\), \((\lambda - 1)I\) и \(J + I\).

Обозначим через \(R_A\) и \(R_V\) сопротивления миллиамперметра и вольтметра и запишем второе правило Кирхгофа для двух соседних контуров, не содержащих ЭДС: \[(J + I)R_V + IR_A = (\lambda - 1)IR_V,\quad JR_V = IR_A + \lambda IR_A.\] Подставляя \(JR_V\) из второго соотношения в первое, получаем: \[(\lambda + 2)IR_A = (\lambda - 2)IR_V,\quad\text{откуда}\quad\dfrac{R_V}{R_A} = \dfrac{\lambda + 2}{\lambda - 2}.\] При \(\lambda = 1/3\) и \(\lambda = -1/3\) отношение сопротивлений оказывается отрицательным, следовательно, эти случаи невозможны. В остальных случаях имеем: \(R_V/R_A = 5\) при \(\lambda = 3\) и \(R_V/R_A = 1/5\) при \(\lambda = -3\).

Поскольку по условию сопротивление вольтметра больше сопротивления миллиамперметра, имеем: \(R_V/R_A = 5\), \(\lambda = 3\).

Отсюда находим токи, текущие через вольтметры \(V_1\), \(V_2\) и \(V_3\): \[J = (\lambda + 1)I\dfrac{R_A}{R_V} = \dfrac{4}{5}I;\quad(\lambda - 1)I = 2I;\quad J + I = \dfrac{9}{5}I.\] Следовательно, показания этих вольтметров \(V_1\), \(V_2\) и \(V_3\) относятся, как числа \(\dfrac{4}{5}\), \(2\) и \(\dfrac{9}{5}\).

Поскольку \(U_1 + U_3 = U_0 = 1{,}3\) В, получаем: \(U_1 = 0{,}4\) В, \(U_2 = 1\) В, \(U_3 = 0{,}9\) В.

Подсказка

Сила натяжения нити везде одинакова. Запишите уравнения движения каждого груза (грузы 2 и 3 по горизонтали движутся вместе) и условие нерастяжимости нити.

Ответ

\(T = \dfrac{4}{5}mg\); \(a_1 = a_{2y} = g/5\) (вниз), \(a_{2x} = a_3 = -2g/5\); ускорение второго груза \(a_2 = g/\sqrt{5}\), направлено вниз под углом \(\varphi = \operatorname{arctg}\dfrac{1}{2}\) к горизонту.

Решение

При условиях задачи сила натяжения нити везде одинакова и равна \(T\). Груз 1 будет двигаться по вертикали с ускорением \(a_1\), груз 3 — по горизонтали с ускорением \(a_3\), груз 2 — по вертикали с ускорением \(a_{2y}\) и вместе с грузом 3 по горизонтали с ускорением \(a_{2x} = a_3\).

Введём систему координат, как показано на рисунке, и запишем уравнения движения грузов в проекциях на оси \(X\) и \(Y\): \[\begin{array}{ll} ma_1 = mg - T & \text{(груз 1);}\\ ma_{2y} = mg - T & \text{(груз 2);}\\ 2ma_{2x} = -T & \text{(грузы 2 и 3).} \end{array}\] При написании последнего уравнения мы учли, что силы давления грузов 2 и 3 друг на друга — внутренние для системы этих грузов, так что они движутся только под действием силы натяжения нити \(T\).

Из условия нерастяжимости нити \(y_1 + y_2 + x_2 = \text{const}\) следует уравнение кинематической связи \(a_1 + a_{2y} + a_{2x} = 0\).

Из двух первых уравнений полученной системы следует, что \(a_1 = a_{2y} = g - \dfrac{T}{m}\), а из третьего — что \(a_{2x} = -\dfrac{T}{2m}\). Подставляя эти выражения в уравнение кинематической связи, получаем: \[g - \dfrac{T}{m} + g - \dfrac{T}{m} - \dfrac{T}{2m} = 0,\quad\text{или}\quad T = \dfrac{4}{5}mg.\] Следовательно, \(a_1 = a_{2y} = g/5\) и \(a_{2x} = a_3 = -2g/5\). Отсюда находим величину ускорения второго груза: \(a_2 = \sqrt{a_{2x}^2 + a_{2y}^2} = g/\sqrt{5}\). Вектор ускорения второго груза направлен вниз под углом \(\varphi = \operatorname{arctg}\left|\dfrac{a_{2y}}{a_{2x}}\right| = \operatorname{arctg}\dfrac{1}{2}\) к горизонту.

Подсказка

Силы трения между листом и каждым из тел не превосходят \(\mu mg\). Переберите режимы: лист скользит по обоим телам, лист едет вместе с грузом, лист едет вместе с тележкой, всё движется как одно целое.

Ответ

а) \(\mu mg\left(1 + \dfrac{m}{M}\right) < F < 2\mu mg\), то есть \(9{,}33\) Н \(< F < 14\) Н; б) \(F < \mu mg\left(1 + \dfrac{m}{M}\right) = 9{,}33\) Н. При \(F = 3\) Н ускорение листа \(a_0 = 0{,}75\) м/с\(^2\); при \(F = 10\) Н \(a_0 = 3\) м/с\(^2\).

Решение

Рассмотрим силы, действующие на каждое из тел по вертикали. На груз действуют сила тяжести \(mg\) и сила реакции опоры со стороны бумаги, также равная по величине \(mg\). На лист бумаги действуют силы реакции со стороны груза и тележки, а действующей на него силой тяжести можно пренебречь, так как \(m_0 \ll m < M\).

На тележку действует сила давления со стороны листа, равная \(mg\), и такая же по величине сила со стороны стола.

Следовательно, как сила трения \(F_{\text{тр1}}\) между листом и грузом, так и сила трения \(F_{\text{тр2}}\) между листом и тележкой не могут превосходить \(\mu mg\). При этом каждая из сил трения равна \(\mu mg\) только при скольжении поверхностей.

Запишем уравнения движения, из которых можно найти ускорения груза \(a_1\), листа \(a_0\) и тележки \(a_2\), в проекциях на горизонтальную ось, направленную вдоль силы \(F\): \[ma_1 = F_{\text{тр1}};\quad m_0a_0 = F - F_{\text{тр1}} - F_{\text{тр2}};\quad Ma_2 = F_{\text{тр2}}.\] Рассмотрим четыре возможных случая.

1. Лист скользит относительно груза и тележки. В этом случае силы трения максимальны; данный случай возможен только при \[F > 2\mu mg.\] 2. Лист скользит вместе с грузом относительно тележки. В этом случае имеем: \[F_{\text{тр2}} = \mu mg,\quad F_{\text{тр1}} \approx F - F_{\text{тр2}} = F - \mu mg,\quad a_2 = \dfrac{\mu mg}{M},\quad a_1 = \dfrac{F}{m} - \mu g.\] Данный случай возможен при \[F_{\text{тр1}} < \mu mg\quad\text{и}\quad a_1 > a_2,\] или при \[\mu mg\left(1 + \dfrac{m}{M}\right) < F < 2\mu mg.\] 3. Лист скользит вместе с тележкой относительно груза. В этом случае \(F_{\text{тр1}} = \mu mg\), поэтому ввиду того, что \(M > m\), должно быть \(a_2 < a_1\). Поэтому при числовых данных, приведённых в условии, данный случай невозможен.

4. Лист движется вместе с тележкой и грузом с ускорением \(a_0 = a_1 = a_2 = F/(M + m)\). При этом \[F_{\text{тр1}} = \dfrac{m}{M + m}F,\quad F_{\text{тр2}} = \dfrac{M}{M + m}F.\] Этот случай возможен при \(F_{\text{тр2}} < \mu mg\), то есть при \(F < \mu mg\left(1 + \dfrac{m}{M}\right)\).

В итоге получаем следующий ответ.

(а) Груз будет неподвижен относительно листа при \[\mu mg\left(1 + \dfrac{m}{M}\right) < F < 2\mu mg\quad\text{то есть при}\quad 9{,}33\text{ Н} < F < 14\text{ Н}.\] (б) Тележка будет неподвижна относительно листа при \[F < \mu mg\left(1 + \dfrac{m}{M}\right) = 9{,}33\text{ Н}.\] При \(F = 3\) Н реализуется случай 4, и ускорение листа \[a_0 = a_1 = a_2 = 0{,}75\text{ м/с}^2;\] при \(F = 10\) Н реализуется случай 2, и ускорение листа \[a_0 = a_1 = \dfrac{F}{m} - \mu g = 3\text{ м/с}^2.\]

Подсказка

При отражении от движущейся стенки нормальная составляющая скорости меняется на \(2u\). Найдите изменение скорости за одно соударение и изменение радиуса за время между соударениями — и сравните.

Ответ

\(v_1 = v_0\dfrac{R_0}{R_1}\),  \(\alpha_1 = \alpha_0\).

Решение

Пусть в момент времени, когда радиус сферы равен \(R\), шарик движется со скоростью \(v\), падая на поверхность под углом \(\alpha\) к нормали, а сфера сжимается со скоростью \(u \ll v\). После соударения составляющая скорости шарика, параллельная стенке, остаётся неизменной, а нормальная составляющая изменяется на величину \(2u\). Следовательно, изменение кинетической энергии шарика \[\Delta W = \dfrac{m}{2}\left((v\cos\alpha + 2u)^2 - (v\cos\alpha)^2\right) \approx 2mvu\cos\alpha\] (слагаемым, пропорциональным \(u^2\), можно пренебречь ввиду его малости), а изменение величины скорости шарика равно \[\Delta v = \dfrac{\Delta W}{mv} = 2u\cos\alpha.\] За промежуток времени между соударениями \(\Delta t = (2R\cos\alpha)/v\) радиус сферы изменяется на величину \(\Delta R = -u\Delta t = -(2Ru\cos\alpha)/v\). Следовательно, \(\Delta v/\Delta R = -v/R\), и \(\Delta(vR) = 0\), то есть \(vR = \text{const}\). Отсюда \(v_1R_1 = v_0R_0\).

Во время каждого столкновении сохраняется величина \(v\sin\alpha = \text{const}\), при этом угол \(\alpha\) уменьшается таким образом, что \(\Delta v\cdot\sin\alpha + v\cdot\Delta(\sin\alpha) = 0\) и \(\Delta(\sin\alpha) = -\dfrac{\Delta v}{v}\sin\alpha\). Однако за время движения шарика между столкновениями радиус сферы уменьшается, поэтому по теореме синусов \(\sin\alpha\) увеличивается обратно пропорционально \(R\). Поэтому на стадии движения шарика между столкновениями \(\Delta\sin\alpha = -\dfrac{\Delta R}{R}\sin\alpha\). Следовательно, суммарное изменение угла \(\alpha\) во время столкновения и за время пролёта между столкновениями равно нулю.

Таким образом, мы приходим к ответу: \[v_1 = v_0\dfrac{R_0}{R_1},\quad\alpha_1 = \alpha_0.\]

Подсказка

Работа газа в изотермическом процессе пропорциональна температуре (при одном и том же отношении объёмов). Отношение работ на двух изотермах равно отношению температур.

Ответ

а) \(T_{\max} = T_{\min} + \dfrac{Q_1}{(3/2)\nu R}\); б) \(|Q_3| = Q_1\), \(|Q_4| = Q_2\dfrac{(3/2)\nu RT_{\min}}{(3/2)\nu RT_{\min} + Q_1}\); в) \(A_1 = A_3 = 0\), \(A_2 = Q_2\), \(A_4 = -Q_2\dfrac{(3/2)\nu RT_{\min}}{(3/2)\nu RT_{\min} + Q_1}\); г) \(\eta = \dfrac{Q_1Q_2}{(Q_1 + Q_2)\left(\dfrac{3}{2}\nu RT_{\min} + Q_1\right)}\).

Решение

Количество теплоты \(Q_1\), сообщаемое газу при изохорическом нагревании от температуры \(T_{\min}\), которую газ имел на нижней изотерме (см. рисунок), до максимальной температуры \(T_{\max}\) на верхней изотерме, идёт на изменение его внутренней энергии: \(Q_1 = (3/2)\nu R(T_{\max} - T_{\min})\). Следовательно, \[T_{\max} = T_{\min} + \dfrac{Q_1}{(3/2)\nu R}.\]

Заметим, что величины работ \(A_2\) и \(A_4\), совершаемых газом на изотермических стадиях, относятся, как площади криволинейных трапеций (см. рисунок) под гиперболами, описываемыми следующими уравнениями: \(p = \nu RT_{\max}/V\) (верхняя изотерма) и \(p = \nu RT_{\min}/V\) (нижняя изотерма). Поскольку при изменении объёма на малую величину \(\Delta V\) газ совершает работу \(\Delta A = (\nu R\Delta V/V)T\), то величина работы, совершённой в изотермическом процессе, пропорциональна температуре \(T\), которую имеет газ в этом процессе. Поэтому \(A_2/|A_4| = T_{\max}/T_{\min}\).

Таким образом, можно найти работы, совершаемые газом на каждой из стадий данного циклического процесса.

1) Изохорическое нагревание: \(A_1 = 0\).

2) Изотермическое расширение: \(A_2 = Q_2\), так как внутренняя энергия газа не изменяется.

3) Изохорическое охлаждение: \(A_3 = 0\).

4) Изотермическое сжатие: \[A_4 = -A_2\dfrac{T_{\min}}{T_{\max}} = -Q_2\dfrac{(3/2)\nu RT_{\min}}{(3/2)\nu RT_{\min} + Q_1}.\] При изохорическом охлаждении (стадия 3) газ отдаёт количество теплоты \(|Q_3| = (3/2)\nu R(T_{\max} - T_{\min}) = Q_1\), а при изотермическом сжатии (стадия 4) — количество теплоты \[|Q_4| = |A_4| = Q_2\dfrac{(3/2)\nu RT_{\min}}{(3/2)\nu RT_{\min} + Q_1}.\] КПД \(\eta\) теплового двигателя, работающего по рассматриваемому циклу, равен отношению совершённой работы \[A = A_2 + A_4 = A_2\left(1 - \dfrac{T_{\min}}{T_{\max}}\right) = Q_2\left(1 - \dfrac{T_{\min}}{T_{\max}}\right).\] к полученному количеству теплоты \(Q_1 + Q_2\). Следовательно, \[\eta = \dfrac{Q_1Q_2}{(Q_1 + Q_2)\left(\dfrac{3}{2}\nu RT_{\min} + Q_1\right)}.\]

Подсказка

Введите токи через рёбра каждого из трёх типов и запишите закон сохранения заряда для граней, примыкающих к входной вершине, а также второе правило Кирхгофа для контуров-граней.

Ответ

\(R = \dfrac{1}{4}\left(R_1 + R_2 + R_3 + \dfrac{1}{\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2} + \dfrac{1}{R_3}}\right)\).

Решение

Обозначим через \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\), \(I_1'\), \(I_2'\) и \(I_3'\) токи через соответствующие резисторы, через \(I\) — полный ток в цепи. Запишем закон сохранения электрического заряда для каждой из трёх граней, примыкающих к вершине \(A\), в которую втекает ток. Например, в грань \(ABB'A'\) втекает ток \(I\) и вытекают 4 тока: 2 тока \(I_1\) из вершин \(A\) и \(B'\) и 2 тока \(I_1'\) из вершин \(A'\) и \(B\). Таким образом, получаем: \[\begin{array}{ll} I = 2I_1 + 2I_1' & \text{(грань }ABB'A'\text{);}\\ I = 2I_2 + 2I_2' & \text{(грань }ADD'A'\text{);}\\ I = 2I_3 + 2I_3' & \text{(грань }ABCD\text{).} \end{array}\] Поэтому удобно переобозначить токи: \[I_1 = \dfrac{I}{4} + J_1,\quad I_2 = \dfrac{I}{4} + J_2,\quad I_3 = \dfrac{I}{4} + J_3;\] \[I_1' = \dfrac{I}{4} - J_1,\quad I_2' = \dfrac{I}{4} - J_2,\quad I_3' = \dfrac{I}{4} - J_3.\]

Запишем для каждого из контуров \(ABB'A'\), \(ADD'A'\) и \(ABCD\) второе правило Кирхгофа. Для контура \(ABCD\) имеем: \[\left(\dfrac{I}{4} + J_1\right)R_1 + \left(\dfrac{I}{4} - J_2\right)R_2 = \left(\dfrac{I}{4} - J_1\right)R_1 + \left(\dfrac{I}{4} + J_2\right)R_2,\] откуда \(J_1R_1 = J_2R_2\). Рассматривая аналогично другие контуры, получаем: \(J_1R_1 = J_2R_2 = J_3R_3 = U_0\).

Следовательно, все токи выражаются через один неизвестный параметр \(U_0\): \[I_1 = \dfrac{I}{4} + \dfrac{U_0}{R_1},\quad I_2 = \dfrac{I}{4} + \dfrac{U_0}{R_2},\quad I_3 = \dfrac{I}{4} + \dfrac{U_0}{R_3};\] \[I_1' = \dfrac{I}{4} - \dfrac{U_0}{R_1},\quad I_2' = \dfrac{I}{4} - \dfrac{U_0}{R_2},\quad I_3' = \dfrac{I}{4} - \dfrac{U_0}{R_3}.\] Параметр \(U_0\) можно определить из закона сохранения электрического заряда в точке \(A\): \[I_1 + I_2 + I_3 = I,\quad\text{откуда}\quad U_0\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2} + \dfrac{1}{R_3}\right) = \dfrac{I}{4}.\] Следовательно, напряжение между точками \(A\) и \(C'\) электрической цепи выражается через ток следующим образом: \[U = U_{AC'} = I_1R_1 + I_2R_2 + I_3'R_3 = \dfrac{I}{4}(R_1 + R_2 + R_3) + U_0 = \dfrac{I}{4}\left(R_1 + R_2 + R_3 + \dfrac{1}{\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2} + \dfrac{1}{R_3}}\right),\] а искомое сопротивление электрической цепи равно \[R = \dfrac{1}{4}\left(R_1 + R_2 + R_3 + \dfrac{1}{\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2} + \dfrac{1}{R_3}}\right).\]