МОШ, 2005/06, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите координаты точки малого обруча как сумму движения центра \(O'\) и вращения вокруг него. Условие качения без проскальзывания (скорость точки касания равна нулю) свяжет угловые скорости.

Ответ

Ускорение направлено к точке \(O\) под углом \(45^\circ\) к отрезку \(AO'\) и равно \(a = \omega^2r\sqrt{2}\).

Решение

Поместим начало координат в точку \(O\) и направим ось \(X\) вправо, а ось \(Y\) — вниз. Тогда точка \(O'\) — центр малого обруча — движется по закону \[X(t) = r\sin\omega t,\quad Y(t) = r\cos\omega t,\] если отсчитывать время от момента, указанного в условии задачи.

Обозначим через \(\varphi(t) = \varphi_0 - \omega_1t\) угол поворота малого обруча, вращающегося при качении по большому обручу в противоположную сторону с угловой скоростью \(\omega_1\). Закон движения точки на малом обруче можно записать в виде \[x(t) = r\sin\omega t + r\sin\varphi(t),\quad y(t) = r\cos\omega t + r\cos\varphi(t),\] а скорость и ускорение этой точки — в виде \[\begin{array}{l} v_x(t) = r\omega\cos\omega t - r\omega_1\cos\varphi(t),\\ v_y(t) = -r\omega\sin\omega t + r\omega_1\sin\varphi(t),\\ a_x(t) = -\omega^2r\sin\omega t - \omega_1^2r\sin\varphi(t),\\ a_y(t) = -\omega^2r\cos\omega t - \omega_1^2r\cos\varphi(t). \end{array}\] В момент времени, когда \(\varphi(t) = \omega t\), рассматриваемая точка на малом обруче касается большого обруча, поэтому её скорость должна обращаться в ноль. Отсюда получаем: \[\omega_1 = \omega,\quad\text{и}\quad a_x = -\omega^2x,\quad a_y = -\omega^2y.\] Следовательно, в каждый момент времени ускорение точки \(A\) на малом обруче направлено к центру большого обруча и выражается через расстояние до центра большого обруча как \(\omega^2R\). В момент времени, показанный на рисунке в условии задачи, \(R = r\sqrt{2}\). Таким образом, вектор ускорения точки \(A\) направлен к точке \(O\) под углом \(45^\circ\) к отрезку \(AO'\) и по величине равен \(a = \omega^2r\sqrt{2}\).

Подсказка

Лист лёгкий, поэтому силы трения на него со стороны бруска и плоскости равны по величине. Переберите случаи: что скользит, а что покоится.

Ответ

\(a = 0\) при \(\min(\mu_1, \mu_2) > \operatorname{tg}\alpha\); \(a = g(\sin\alpha - \min(\mu_1, \mu_2)\cos\alpha)\) при \(\min(\mu_1, \mu_2) < \operatorname{tg}\alpha\).

Решение

На брусок массой \(M\) действуют сила тяжести \(Mg\), сила реакции опоры \(Mg\cos\alpha\) и сила трения \(F_{\text{тр1}}\) со стороны листа. Ускорение бруска определяется из второго закона Ньютона: \[Ma = Mg\sin\alpha - F_{\text{тр1}}.\] На лист бумаги действуют силы реакции опоры со стороны бруска и наклонной плоскости, противоположные по направлению и равные по величине \(Mg\cos\alpha\), и силы трения со стороны бруска \(F_{\text{тр1}}\) и наклонной плоскости \(F_{\text{тр2}}\), также противоположные по направлению и, поскольку лист лёгкий, равные по величине: \(F_{\text{тр1}} = F_{\text{тр2}} = M(g\sin\alpha - a)\). При этом должны выполняться условия: \[F_{\text{тр1}} \leqslant \mu_1Mg\cos\alpha,\quad F_{\text{тр2}} \leqslant \mu_2Mg\cos\alpha.\] Равенства в этих соотношениях достигаются только при скольжении поверхностей друг относительно друга.

Таким образом, возможны следующие случаи:

1. Система покоится, при этом \(a = 0\). Случай возможен при \(\mu_1 > \operatorname{tg}\alpha\) и \(\mu_2 > \operatorname{tg}\alpha\).

2. Брусок движется, а лист бумаги покоится. В этом случае \[F_{\text{тр1}} = F_{\text{тр2}} = \mu_1Mg\cos\alpha,\quad a = g(\sin\alpha - \mu_1\cos\alpha).\] Случай возможен при \(\mu_1 < \mu_2\) и \(\mu_1 < \operatorname{tg}\alpha\).

3. Брусок движется вместе с бумагой. В этом случае \[F_{\text{тр1}} = F_{\text{тр2}} = \mu_2Mg\cos\alpha,\quad a = g(\sin\alpha - \mu_2\cos\alpha).\] Случай возможен при \(\mu_1 > \mu_2\) и \(\mu_2 < \operatorname{tg}\alpha\).

Отсюда получаем: \[a = 0\quad\text{при}\quad\min(\mu_1, \mu_2) > \operatorname{tg}\alpha,\] \[a = g(\sin\alpha - \min(\mu_1, \mu_2)\cos\alpha)\quad\text{при}\quad\min(\mu_1, \mu_2) < \operatorname{tg}\alpha.\]

Подсказка

Сфера с вырезанным кусочком — это целая сфера плюс маленький диск противоположного заряда. Скорость находится из закона сохранения энергии; потенциал в центре диска можно найти, разбивая его на кольца.

Ответ

\(v_\infty = \dfrac{Q}{\sqrt{2\pi\varepsilon_0MR}}\);  \(v_{\text{вып}} = \dfrac{10^{-1}Q}{\sqrt{2\pi\varepsilon_0MR}}\) (скорость в момент вылета в 10 раз меньше).

Решение

Сферу с вырезанным кусочком можно представить как совокупность целой сферы с зарядом \(Q\) (будем считать, что \(Q > 0\)) и маленького диска с зарядом противоположного знака, расположенного в месте нахождения вырезанного кусочка. Заряд этого диска равен \(-q = -Q/10000\), а поверхностная плотность заряда на нём равна \(\sigma = -Q/(4\pi R^2)\). Пока комочек движется внутри сферы, он притягивается к этому отрицательно заряженному диску, поскольку целая равномерно заряженная сфера не создаёт поля внутри. После вылета за пределы сферы комочек отталкивается от неё.

Скорость комочка на большом удалении от сферы и в момент вылета из неё можно найти из закона сохранения энергии. Можно считать, что потенциал в центре сферы, создаваемый всеми зарядами на её поверхности, равен \(\varphi_0 = kQ/R\), где \(k = 1/(4\pi\varepsilon_0)\), поскольку потенциалом, который создаёт маленький отрицательно заряженный диск в центре сферы, можно пренебречь. В середине отверстия потенциал складывается из \(\varphi_0\) — постоянного потенциала внутри равномерно заряженной сферы — и потенциала в центре отрицательно заряженного диска, который можно найти следующим образом.

Пусть диск имеет радиус \(r\) и поверхностную плотность заряда \(\sigma\). Участок диска, ограниченный окружностями с радиусами \(r'\) и \(r' + \Delta r'\), создаёт в центре диска потенциал \(k\sigma\cdot 2\pi r'\Delta r'/r' = 2\pi k\sigma\Delta r'\). Следовательно, потенциал всего диска в его центре равен \(\varphi_{\text{д}} = 2\pi k\sigma r = -2k\sqrt{q\pi|\sigma|}\), а потенциал в середине отверстия равен \(\varphi_0 + \varphi_{\text{д}}\). На большом удалении от сферы её потенциал равен нулю: \(\varphi_\infty = 0\).

Таким образом, энергия электростатического взаимодействия комочка со сферой изменится к моменту его вылета из сферы (достижения центра отверстия) на величину \[\Delta W_{\text{вып}} = q\Delta\varphi = q((\varphi_0 + \varphi_{\text{д}}) - \varphi_0) = -2kq\sqrt{q\pi\dfrac{Q}{4\pi R^2}} = -k\dfrac{q\sqrt{qQ}}{R} = -\dfrac{kQ^2}{10^6R},\] а на большом удалении от сферы — на величину \[\Delta W_\infty = q\Delta\varphi_\infty = q(\varphi_\infty - \varphi_0) = -q\varphi_0 = -\dfrac{kqQ}{R} = -\dfrac{kQ^2}{10^4R}.\] Скорости комочка в момент вылета из сферы \(v_{\text{вып}}\) и на большом удалении от неё \(v_\infty\) выражаются через его массу \(m = 10^{-4}M\) с помощью закона сохранения энергии: \[\dfrac{mv_{\text{вып}}^2}{2} + \Delta W_{\text{вып}} = 0,\quad\dfrac{mv_\infty^2}{2} + \Delta W_\infty = 0.\] Отсюда \[v_\infty = \sqrt{\dfrac{-2\Delta W_\infty}{m}} = \sqrt{\dfrac{2kQ^2}{MR}} = \dfrac{Q}{\sqrt{2\pi\varepsilon_0MR}},\] \[v_{\text{вып}} = \sqrt{\dfrac{-2\Delta W_{\text{вып}}}{m}} = 10^{-1}\sqrt{\dfrac{2kQ^2}{MR}} = \dfrac{10^{-1}Q}{\sqrt{2\pi\varepsilon_0MR}}.\]

Подсказка

Вдали от клемм по верхнему проводу ток не идёт — его можно разорвать посередине. Тогда цепь делится на две одинаковые половины, а у бесконечной цепочки сопротивление не меняется при добавлении звена.

Ответ

\(R_{AB} = 2R_x = R(1 + \sqrt{5})\).

Решение

Ясно, что на большом удалении от клемм \(A\) и \(B\) данной цепи ток течёт только по нижнему проводнику, а по верхней части цепи ток не идёт, и поэтому её можно разорвать. Тогда изображённую на рисунке в условии задачи электрическую цепь можно представить, как совокупность двух электрических цепей \(AC\) и \(CB\), соединённых последовательно (см. рисунок 06.16.1).

Сопротивление всей электрической цепи \(R_{AB}\) складывается из сопротивлений \(R_{AC}\) и \(R_{CB}\) цепей \(AC\) и \(CB\), которые совпадают: \(R_{AC} = R_{CB} = R_x\). Поэтому \(R_{AB} = 2R_x\).

Перерисуем электрическую цепь \(AC\) (см. рисунок 06.16.2). Поскольку эта цепь бесконечная и её сопротивление не изменяется при добавлении ещё одного звена в начале, представим её так, как показано на рисунке 06.16.3. Тогда из законов последовательного и параллельного соединения проводников получим: \[R_x = R + \dfrac{RR_x}{R + R_x}\quad\text{или}\quad R_x^2 - RR_x - R^2 = 0.\] Решая это квадратное уравнение, находим: \(R_x = R(1 + \sqrt{5})/2\). Отсюда \(R_{AB} = 2R_x = R(1 + \sqrt{5})\).

Подсказка

Фотон уносит импульс, и тележка с телами откатывается; когда фотон поглощается, импульс гасится. Положение центра масс не должно измениться — отсюда получится связь массы с энергией.

Ответ

\(v_1 = \dfrac{\hbar\omega/c}{m_1 + m_2}\); \(v_2 = 0\); \(\Delta L = \dfrac{\hbar\omega}{c^2}\cdot\dfrac{L}{m_1 + m_2}\); \(\Delta m = \hbar\omega/c^2\).

Решение

Поскольку импульс фотона равен \(p = \hbar\omega/c\), после его испускания именно на эту величину изменится суммарный импульс тележки и тел. Поэтому после испускания фотона скорость тележки будет равна \(v_1 = p/(m_1 + m_2) = (\hbar\omega/c)/(m_1 + m_2)\).

Фотон достигнет второго тела за время \(\Delta t = L/c\), и после его поглощения тележка остановится, то есть её скорость станет равной нулю: \(v_2 = 0\).

За время \(\Delta t\) тележка сдвинется на расстояние \[\Delta L = v_1\Delta t = \dfrac{\hbar\omega/c}{m_1 + m_2}\cdot\dfrac{L}{c} = \dfrac{\hbar\omega}{c^2}\cdot\dfrac{L}{m_1 + m_2}.\] Чтобы центр масс системы остался на месте, нужно, чтобы масса первого тела уменьшилась, а второго — увеличилась на величину \(\Delta m\), определяемую из соотношения \(\Delta m\cdot L - (m_1 + m_2)\cdot\Delta L = 0\). Отсюда \(\Delta m = \hbar\omega/c^2\).

Подсказка

Груз 1 прижат к грузу 2 и движется вместе с ним по горизонтали, а по вертикали скользит. Запишите уравнения движения для груза 3, для пары грузов 1 и 2 по горизонтали, для груза 1 по вертикали и условие нерастяжимости нити.

Ответ

\(T = \dfrac{2m_1m_3(m_1 + m_2)g}{(m_1 + m_2)(m_1 + m_3) + m_1m_3}\); \(a_{1x} = a_2 = \dfrac{2m_1m_3}{(m_1 + m_2)(m_1 + m_3) + m_1m_3}g\); \(a_{1y} = \dfrac{m_2(m_3 - m_1) - m_1^2}{(m_1 + m_2)(m_1 + m_3) + m_1m_3}g\); \(a_3 = \dfrac{T}{m_3} - g\); \(\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{a_{1y}}{a_{1x}} = \dfrac{m_2(m_3 - m_1) - m_1^2}{2m_1m_3}\).

Решение

Введём систему координат, как показано на рисунке.

Пусть \(T\) — сила натяжения нити, \(a_{1x}\) и \(a_{1y}\) — проекции ускорения первого груза на координатные оси, \(a_2 = a_{1x}\) — ускорение второго груза, \(a_3\) — ускорение третьего груза. Запишем уравнения движения грузов и уравнения кинематической связи в проекциях на координатные оси.

\(m_3a_3 = T - m_3g\) (уравнение движения третьего груза);

\((m_1 + m_2)a_2 = T\) (уравнение движения системы из первого и второго грузов);

\(m_1a_{1y} = T - m_1g\) (уравнение движения первого груза);

\(a_{1y} + a_2 + a_3 = 0\) (кинематическая связь).

Заметим, что последнее уравнение следует из условия нерастяжимости нити.

Выразим из первых трёх уравнений ускорения грузов: \[a_3 = \dfrac{T}{m_3} - g,\quad a_2 = \dfrac{T}{m_1 + m_2},\quad a_{1y} = \dfrac{T}{m_1} - g.\] Подставив их в уравнение кинематической связи, получим соотношение для определения силы натяжения нити: \[T = \dfrac{2g}{\dfrac{1}{m_1} + \dfrac{1}{m_1 + m_2} + \dfrac{1}{m_3}} = \dfrac{2m_1m_3(m_1 + m_2)g}{(m_1 + m_2)(m_1 + m_3) + m_1m_3}.\] Отсюда определим проекции ускорения первого груза: \[a_{1x} = a_2 = \dfrac{2m_1m_3}{(m_1 + m_2)(m_1 + m_3) + m_1m_3}g;\] \[a_{1y} = \dfrac{m_2(m_3 - m_1) - m_1^2}{(m_1 + m_2)(m_1 + m_3) + m_1m_3}g.\] Следовательно, величина ускорения первого груза \[a_1 = \sqrt{a_{1x}^2 + a_{1y}^2} = \dfrac{\sqrt{(2m_1m_3)^2 + \left(m_2(m_3 - m_1) - m_1^2\right)^2}}{(m_1 + m_2)(m_1 + m_3) + m_1m_3}g,\] а угол \(\varphi\) между его направлением и горизонтальной осью определяется из соотношения \[\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{a_{1y}}{a_{1x}} = \dfrac{m_2(m_3 - m_1) - m_1^2}{2m_1m_3}.\]

Подсказка

Оцените число столкновений молекулы с соседями за время \(\Delta t\), считая, что она заметает объём порядка \(v\Delta t\,r_0^2\). Второе уравнение даст жидкость, где молекулы почти вплотную друг к другу.

Ответ

\(r_0 \approx \lambda\dfrac{\rho_{\text{г}}}{\rho_{\text{ж}}}\),  \(m_0 \approx \dfrac{\lambda^3\rho_{\text{г}}^3}{\rho_{\text{ж}}^2}\);  \(r_0 \approx 10^{-10}\) м, \(m_0 \approx 10^{-27}\) кг.

Решение

За время \(\Delta t\) движущаяся в газе со скоростью \(v\) молекула площадью \(\sim r_0^2\) столкнётся с молекулами, находящимися в объёме \(\Delta V \sim v\,\Delta t\,r_0^2\), а их количество в этом объёме можно оценить как \(\Delta N \sim v\,\Delta t\,r_0^2(\rho_{\text{г}}/m_0)\). Следовательно, время между двумя последовательными столкновениями молекулы составляет порядка \[\tau \sim \dfrac{1}{\Delta N/\Delta t} = \left(vr_0^2\dfrac{\rho_{\text{г}}}{m_0}\right)^{-1} = \dfrac{m_0}{\rho_{\text{г}}r_0^2v}.\] За это время молекула проходит расстояние, равное длине её свободного пробега: \[\lambda \approx v\tau = \dfrac{m_0}{\rho_{\text{г}}r_0^2}.\] Для получения ещё одного уравнения заметим, что для жидкого состояния вещества расстояния между молекулами по порядку величины совпадают с их размерами. Учитывая это, можно записать: \[m_0 \approx \rho_{\text{ж}}r_0^3.\] Из написанных соотношений получаем: \[r_0 \approx \lambda\dfrac{\rho_{\text{г}}}{\rho_{\text{ж}}},\quad m_0 \approx \dfrac{\lambda^3\rho_{\text{г}}^3}{\rho_{\text{ж}}^2}.\] Подставляя числовые данные, находим: \[r_0 \approx 10^{-10}\text{ м},\quad m_0 \approx 10^{-27}\text{ кг}.\] что по порядку величины согласуется с современными данными.

Подсказка

Пока ток через диод больше \(I_0\), на нём падает постоянное напряжение \(U_0\); при меньших токах диод ведёт себя как резистор \(U_0/I_0\). Разделите разрядку на два этапа.

Ответ

а) \(U_1 = U_0 + IR = \dfrac{rU_0 + R(\mathcal{E} - U_0)}{r + R} = 2{,}6\) В; б) \(Q_R = \dfrac{CR^2}{2}\left(\left(\dfrac{\mathcal{E} - 2U_0}{r + R}\right)^2 + \dfrac{I_0U_0}{R}\right) = 1{,}68\cdot 10^{-4}\) Дж, на диодах суммарно \(Q_{\text{д}} = 1{,}7\cdot 10^{-4}\) Дж (на левом диоде тепло не выделяется).

Решение

Для приведённых в задаче числовых данных \(\mathcal{E} > 2U_0 + I_0(R + r)\), поэтому на каждом из диодов падает напряжение \(U_0\), а ток через диоды больше \(I_0\). Он равен \(I = (\mathcal{E} - 2U_0)/(R + r) = 0{,}1\) А, следовательно, на резисторе \(R\) падает напряжение \(IR = 1{,}6\) В, а на конденсаторе — напряжение \(U_1 = U_0 + IR = (rU_0 + R(\mathcal{E} - U_0))/(r + R) = 2{,}6\) В. Именно до такого напряжения и зарядится конденсатор после замыкания ключа.

При размыкании ключа ток через левый диод не течёт, поэтому на нём тепло не выделяется.

Процесс разрядки конденсатора можно разбить на два этапа: на первом этапе на диоде падает напряжение \(U_0\), а ток оказывается больше, чем \(I_0\). Этот случай реализуется, пока напряжение на конденсаторе превосходит величину \(U_2 = U_0 + I_0R = 1{,}8\) В.

Далее диод ведёт себя как резистор с сопротивлением \(R_{\text{д}} = U_0/I_0 = 20\) Ом. Найдём количества теплоты, выделяющиеся на диоде и резисторе на каждом из этапов.

1. На первом этапе на диоде выделяется теплота, равная произведению напряжения \(U_0\) на протёкший через диод заряд \(C(U_1 - U_2)\): \[Q_{\text{д}}^{\mathrm{I}} = C(U_1 - U_2)U_0 = CU_0R\left(\dfrac{\mathcal{E} - 2U_0}{r + R} - I_0\right) = 0{,}8\cdot 10^{-4}\text{ Дж}.\] Для того, чтобы рассчитать количество теплоты, выделяющееся на резисторе, заметим, что при напряжении \(U\) на конденсаторе ток через резистор в рассматриваемом процессе оказывается таким же, как и в случае разрядки конденсатора с напряжением \(U - U_0\) без диода. Поэтому количество теплоты \[Q_R^{\mathrm{I}} = \dfrac{C(U_1 - U_0)^2}{2} - \dfrac{C(U_2 - U_0)^2}{2} = \dfrac{CR^2}{2}(I^2 - I_0^2) = \dfrac{CR^2}{2}\left(\left(\dfrac{\mathcal{E} - 2U_0}{r + R}\right)^2 - I_0^2\right) = 0{,}96\cdot 10^4\text{ Дж}.\] Отметим, что для суммарного количества теплоты, выделяющегося на первом этапе, справедлив закон сохранения энергии: \[Q_{\text{д}}^{\mathrm{I}} + Q_R^{\mathrm{I}} = \dfrac{CU_1^2}{2} - \dfrac{CU_2^2}{2}.\] 2. На втором этапе количества теплоты, выделяющиеся на диоде и резисторе, относятся друг к другу, как величины сопротивлений диода и резистора, то есть \[\dfrac{Q_{\text{д}}^{\mathrm{II}}}{Q_R^{\mathrm{II}}} = \dfrac{R_{\text{д}}}{R} = \dfrac{5}{4}.\] Поскольку \(Q_{\text{д}}^{\mathrm{II}} + Q_R^{\mathrm{II}} = CU_2^2/2\), то отсюда получаем: \[Q_R^{\mathrm{II}} = \dfrac{R}{R_{\text{д}} + R}\cdot\dfrac{CU_2^2}{2} = \dfrac{CI_0R(U_0 + I_0R)}{2} = 0{,}72\cdot 10^{-4}\text{ Дж},\] \[Q_{\text{д}}^{\mathrm{II}} = \dfrac{R_{\text{д}}}{R_{\text{д}} + R}\cdot\dfrac{CU_2^2}{2} = \dfrac{CU_0(U_0 + I_0R)}{2} = 0{,}9\cdot 10^{-4}\text{ Дж}.\] Складывая количества теплоты, выделившиеся на первом и втором этапах, находим: \[Q_R = Q_R^{\mathrm{I}} + Q_R^{\mathrm{II}} = \dfrac{CR^2}{2}\left(\left(\dfrac{\mathcal{E} - 2U_0}{r + R}\right)^2 + \dfrac{I_0U_0}{R}\right) = 1{,}68\cdot 10^{-4}\text{ Дж},\] \[Q_{\text{д}} = Q_{\text{д}}^{\mathrm{I}} + Q_{\text{д}}^{\mathrm{II}} = \dfrac{CU_0R}{2}\left(\dfrac{(2\mathcal{E} - 3U_0)R + U_0r}{R(r + R)} - I_0\right) = 1{,}7\cdot 10^{-4}\text{ Дж}.\]

Подсказка

В контуре из одних катушек суммарный магнитный поток сохраняется. Это позволяет выразить оба тока через ток конденсатора и свести задачу к уравнению гармонических колебаний.

Ответ

\(\omega = \sqrt{\dfrac{L_1 + L_2}{L_1L_2C}}\); \(Q(t) = \dfrac{I_1^0 + I_2^0}{\omega}\sin\omega t\); \(I_1(t) = \dfrac{L_1I_1^0 - L_2I_2^0}{L_1 + L_2} + \dfrac{L_2(I_1^0 + I_2^0)}{L_1 + L_2}\cos\omega t\); \(I_2(t) = \dfrac{L_2I_2^0 - L_1I_1^0}{L_1 + L_2} + \dfrac{L_1(I_1^0 + I_2^0)}{L_1 + L_2}\cos\omega t\).

Решение

Пусть \(I_1\) и \(I_2\) — токи, текущие через катушки, \(Q\) — заряд на конденсаторе. Из закона сохранения электрического заряда следует: \(\Delta Q/\Delta t = I = I_1 + I_2\).

В контуре, состоящем только из катушек, суммарный магнитный поток сохраняется: \(L_1I_1 - L_2I_2 = \Phi_0 = L_1I_1^0 - L_2I_2^0 = \text{const}\). Следовательно, текущие через катушки токи выражаются через ток, текущий через конденсатор, и постоянную величину магнитного потока: \[I_1 = \dfrac{L_2I}{L_1 + L_2} + \dfrac{\Phi_0}{L_1 + L_2},\quad I_2 = \dfrac{L_1I}{L_1 + L_2} - \dfrac{\Phi_0}{L_1 + L_2}.\] ЭДС самоиндукции, действующая в каждой из катушек, равна \[\mathcal{E} = -L_1\dfrac{\Delta I_1}{\Delta t} = -L_2\dfrac{\Delta I_2}{\Delta t} = -\dfrac{L_1L_2}{L_1 + L_2}\cdot\dfrac{\Delta I}{\Delta t}.\] Поскольку \(Q/C = \mathcal{E}\), то заряд на конденсаторе и текущий через него ток удовлетворяют уравнению гармонических колебаний: \[\dfrac{L_1L_2}{L_1 + L_2}\cdot\dfrac{d^2Q}{dt^2} + \dfrac{Q}{C} = 0,\quad\text{или}\quad\dfrac{L_1L_2}{L_1 + L_2}\cdot\dfrac{d^2I}{dt^2} + \dfrac{I}{C} = 0.\] Частота этих колебаний равна \(\omega = \sqrt{\dfrac{L_1 + L_2}{L_1L_2C}}\).

Следовательно, зависимости от времени заряда на конденсаторе и текущего через него тока имеют вид: \[Q(t) = Q_0\sin(\omega t + \varphi),\quad I(t) = Q_0\omega\cos(\omega t + \varphi) = I_1(t) + I_2(t).\] Из начальных условий находим: \(\varphi = 0\), \(Q_0 = (I_1^0 + I_2^0)/\omega\). Следовательно, \[Q(t) = \dfrac{I_1^0 + I_2^0}{\omega}\sin\omega t,\] \[I_1(t) = \dfrac{L_1I_1^0 - L_2I_2^0}{L_1 + L_2} + \dfrac{L_2(I_1^0 + I_2^0)}{L_1 + L_2}\cos\omega t,\] \[I_2(t) = \dfrac{L_2I_2^0 - L_1I_1^0}{L_1 + L_2} + \dfrac{L_1(I_1^0 + I_2^0)}{L_1 + L_2}\cos\omega t.\]

Подсказка

Часть пучка идёт через линзу из воздуха, часть — из воды; каждая даёт своё изображение. Равная яркость означает, что через обе части проходит одинаковая энергия, то есть равны площади их оснований.

Ответ

\(R = \dfrac{lL(n_{\text{в}} - 1)}{n_{\text{в}}(L - l)}\);  \(n = \dfrac{n_{\text{в}}L - l}{L - l}\);  \(h = H/2\).

Решение

Изображения формируются следующим образом: часть пучка попадает на линзу в воздухе, преломляется на ней, затем преломляется на плоской поверхности линзы в воде и образует одно изображение на глубине \(l\); другая часть пучка попадает на линзу в воде и образует после преломлений второе изображение на глубине \(L > l\) (см. рис.).

Выразим расстояния до изображений \(l\) и \(L\) через радиус \(R\) выпуклой поверхности линзы и показатели преломления воды \(n_{\text{в}}\) и материала линзы \(n\).

Для этого рассмотрим луч света, проходящий на расстоянии \(x \ll R\) от главной оптической оси линзы и попадающий на неё в воздухе. Он падает на сферическую поверхность линзы под углом \(\alpha = x/R\) и преломляется под углом \(\beta = x/(Rn)\), поворачивая при этом на угол \(\gamma = \dfrac{x}{R}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)\). Под этим же углом он падает на плоскую поверхность линзы и преломляется под углом \(\delta = \dfrac{x}{R}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)\dfrac{n}{n_{\text{в}}}\), выходя в воду. Поскольку по условию линза тонкая, то \(\delta = x/l\), и расстояние \(l\) до изображения можно определить из следующего соотношения: \[\dfrac{x}{l} = \dfrac{x}{R}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)\dfrac{n}{n_{\text{в}}},\quad\text{то есть}\quad l = \dfrac{Rn_{\text{в}}}{n - 1}.\]

Аналогичным образом, рассматривая часть пучка, падающую на линзу в воде, находим расстояние до второго изображения: \[L = \dfrac{R}{\dfrac{n}{n_{\text{в}}} - 1} = \dfrac{Rn_{\text{в}}}{n - n_{\text{в}}}\] (эта формула получается заменой в выражении для \(l\) показателя преломления воздуха, равного 1, на показатель преломления воды \(n_{\text{в}}\)).

Из полученных соотношений находим: \[\dfrac{l}{L} = \dfrac{n - n_{\text{в}}}{n - 1},\quad\text{и}\quad n = n_{\text{в}}\dfrac{L - l}{L - l},\quad R = \dfrac{lL(n_{\text{в}} - 1)}{n_{\text{в}}(L - l)}.\] Найдём теперь глубину \(h\) погружения линзы в воду. Поскольку изображения оказываются одинаково яркими, то части пучка, падающие на линзу в воздухе и воде, переносят одинаковую энергию. Поэтому площади горизонтальных оснований частей линзы, покрытых и не покрытых водой, должны совпадать, и площадь основания выступающей из воды части линзы составляет \(1/2\) от площади основания всей линзы.

Найдём связь высоты \((H - h)\) выступающей из воды части линзы с радиусом \(r\) её основания (см. рисунок). По теореме Пифагора с учётом малости \(H\) по сравнению с \(R\) имеем: \[r^2 = R^2 - (R - (H - h))^2 \approx 2R(H - h),\] откуда площадь основания выступающей из воды части линзы равна \(S_1 = \pi r^2 \approx 2\pi R(H - h)\).

Аналогичным образом, площадь основания всей линзы равна \(S = \pi r_1^2 \approx 2\pi RH\), и поскольку \(S_1 = S/2\), то \(h = H/2\).