NBPhO 2017, теоретический тур

Подсказка

Отражение от поверхности воды видно, пока свет, идущий от дракона к поверхности, испытывает на ней полное внутреннее отражение. Предельный угол падения даёт предельный ход луча через наклонную стенку чаши; для верхней границы угол нужно связать с положением самой высокой точки дракона и его отражения на фотографии.

Ответ

1) около \(45{,}0^\circ\) ниже горизонта;  2) около \(10{,}2^\circ\) выше горизонта.

Решение

i) Прежде всего заметим, что диаметр чаши и высота дракона дают несовместимые результаты. Расстояние между двумя изображениями дракона сравнительно невелико по сравнению с высотой дракона, так что высота уровня воды почти равна 3 см, то есть высоте дракона. Но если сравнить уровень воды с диаметром чаши, он получается около 7 см. Значит, неверен либо диаметр чаши, либо высота дракона. Пренебрегая этой несогласованностью, приведём ниже метод решения.

Дракон сравнительно велик и закрывает большую часть дна чаши. Поэтому при взгляде снизу следует ожидать, что часть лучей, отражённых от горизонтальной верхней поверхности воды, всегда попадает на дракона. Так происходит, пока лучи падают на поверхность воды под углом меньше угла полного внутреннего отражения. Затем лучи проходят сквозь поверхность воды, и отражение дракона мы больше не видим. По рисунку ниже для случая полного внутреннего отражения имеем \[n\sin\gamma_1=\sin 90^\circ=1,\qquad \gamma_1=\arcsin\frac1n\approx 48{,}8^\circ.\]

Так как нормали к верхней поверхности воды и к боковой стенке чаши образуют угол \(60^\circ\), имеем \[\gamma_1+\gamma_2=60^\circ\ \Longrightarrow\ \gamma_2\approx 11{,}2^\circ.\] Из закона Снеллиуса \[\sin\gamma_3=n\sin\gamma_2\ \Longrightarrow\ \gamma_3=\arcsin(n\sin\gamma_2),\qquad \gamma_3\approx 15{,}0^\circ.\] Так как нормаль к боковой стенке чаши составляет с горизонтом \(30^\circ\), угол вышедшего из чаши луча равен \(30^\circ+\gamma_3\approx 45{,}0^\circ\) ниже горизонта.

ii) Прежде всего отметим, что все приведённые ниже расчёты не очень точны, и небольшое отклонение от заданных чисел допустимо, так как стенка чаши слегка искривлена (угол между горизонтом и стенкой строго не постоянен).

По размеру и форме дракона предположим, что самая высокая точка дракона находится примерно посередине чаши. Последняя точка, которую мы увидим при увеличении угла обзора, — это изображение самой высокой точки дракона; обозначим её \(O\). Линейкой измерим размер дракона и расстояние от самой высокой точки дракона до той же точки на отражённом изображении; получаем 4,5 см и 0,45 см. Реальная высота дракона равна 3 см, поэтому реальное расстояние между драконом и его отражением равно \(2h=\dfrac{0{,}45}{4{,}5}\cdot 3\text{ см}=0{,}3\) см. Два изображения находятся на равных расстояниях от поверхности воды, так как они являются отражениями друг друга. Поэтому расстояние от самой высокой точки дракона до поверхности воды равно \(h=0{,}15\) см.

Высоту \(H\) поверхности воды можно измерить по фотографии, измерив линейкой диаметр дна чаши и высоту уровня воды на фотографии. Получаем 9,3 см и 6,5 см. Реальный диаметр равен \(d=10\) см. Поэтому реальная высота уровня воды \(H=\dfrac{6{,}5}{9{,}3}\cdot 10\text{ см}=7{,}0\) см (или можно сложить высоту дракона и расстояние от его самой высокой точки до поверхности воды, найденное ранее). На рисунке выше находим \[|QP|=\frac d2+H\tan 30^\circ\approx 9\text{ см}.\] Теперь можно воспользоваться соотношениями \[\tan\gamma_3=\frac{h}{|QP|},\qquad \gamma_2=30^\circ-\gamma_3,\qquad n\sin\gamma_2=\sin\gamma_1 .\] Искомый угол над горизонтом равен \(\alpha=\gamma_1-30^\circ\), и из предыдущих соотношений получаем \[\alpha=\arcsin\!\left(n\sin\!\left(30^\circ-\arctan\frac{h}{|QP|}\right)\right)-30^\circ, \qquad \alpha\approx 10{,}2^\circ.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Из-за огромного афелия полная энергия кометы близка к нулю, и вблизи Солнца её орбита почти парабола. Угол \(45^\circ\) делает радиальную и трансверсальную скорости на орбите Земли равными, а время пребывания внутри земной орбиты находится по закону площадей.

Ответ

1) \(R_{\min}=\dfrac12R_0\);  2) \(t=\dfrac{2}{3\pi}\cdot 365\text{ сут}\approx77\) сут.

Решение

i) Так как расстояние до афелия очень велико, полную энергию кометы \(-G\dfrac{M_\odot}{R_{\min}+R_{\max}}\) можно считать равной нулю, а вблизи Солнца орбита приближённо имеет форму параболы. Следовательно, на расстоянии \(R_0\) выполняется \(\dfrac12v^2=G\dfrac{M_\odot}{R_0}\) (тот же результат можно получить, записав законы сохранения момента импульса и энергии для кометы в двух точках — в афелии и в точке пересечения двух орбит — и воспользовавшись \(R_{\max}\gg R_0\)). Так как \(\alpha=45^\circ\), тангенциальная и радиальная скорости равны, \(v_t=v_r\), и \(v^2\equiv v_t^2+v_r^2=2v_t^2\), поэтому \[v_t^2=G\frac{M_\odot}{R_0}\] (это в точности то же выражение, что и для орбитальной скорости \(w\) Земли). Закон сохранения момента импульса позволяет выразить скорость в перигелии \(u=v_tR_0/R_{\min}\); из закона сохранения энергии \(\dfrac12u^2=G\dfrac{M_\odot}{R_{\min}}\). Таким образом, \[\frac12\,\frac{GM_\odot}{R_0}\cdot\frac{R_0^2}{R_{\min}^2}=\frac{GM_\odot}{R_{\min}},\] откуда \(R_{\min}=\dfrac12R_0\).

ii) Обозначим через \(O\) тот фокус эллиптической орбиты кометы, в котором находится Солнце, а через \(Q\) — другой фокус орбиты кометы. Пусть \(B\) и \(C\) — точки пересечения орбит Земли и кометы.

Покажем, что точки \(B\), \(C\) и \(O\) приближённо лежат на одной прямой, доказав, что угол \(\angle QOB\) приближённо равен \(90^\circ\). По свойству эллипса сумма длин отрезков, проведённых от любой точки эллипса к двум фокусам, постоянна, поэтому \[|QB|+|BO|=|QP|+|OP|=|QO|+2|OP|.\] Воспользовавшись \(|BO|=R_0\) и приближённым равенством \(|OP|=\dfrac12R_0\) (равенство выполняется в пределе \(R_{\max}\to\infty\)), получаем \(|QB|=|QO|\). Значит, треугольник \(\triangle QBO\) равнобедренный, и углы \(\angle QOB\) и \(\angle QBO\) равны. Так как \(|QB|\gg|OB|\), приближённо \(\angle QOB\approx\angle QBO=90^\circ\), и все точки \(B\), \(C\) и \(O\) приближённо лежат на одной прямой.

Радиус-вектор кометы заметает площадь \(S_{BCP}\), заключённую между дугой \(BCP\) эллипса и прямой \(BC\). Приблизим этот отрезок эллипса параболой. Площадь зеркально-симметричного параболического сегмента равна двум третям произведения его высоты на длину, что можно получить интегрированием параболы: \[S_{BCP}=\frac23\cdot 2R_0\cdot\frac{R_0}{2}=\frac23R_0^2 .\] По второму закону Кеплера комета заметает равные площади за равные времена (то есть время прохождения некоторого участка эллипса пропорционально площади, заметаемой радиус-вектором, соединяющим комету с Солнцем). Так как \(v_t=w\), радиус-вектор кометы заметает площадь с той же скоростью, что и радиус-вектор Земли, то есть \(\pi R_0^2/T\), где \(T\) — один год. Поэтому \[t=\frac{S_{BCP}}{\pi R_0^2}\,T=\frac{2}{3\pi}\cdot 365\text{ сут}\approx 77\text{ сут}.\]

Альтернативное решение. Можно доказать, что точки пересечения орбит и Солнце лежат на одной прямой, и следующим образом. Вблизи Солнца орбиту можно приближённо считать параболой. По геометрическому свойству параболы, если направить ось \(x\) параллельно оси параболы в сторону перигелия \(P\), а начало координат \(O\) поместить в фокус (то есть в Солнце), то для любой точки \(S\) параболы \(|OS|+x=2|OP|=R_0\), где \(x\) — координата \(x\) точки \(S\). Для точек пересечения \(B\) и \(C\) орбит Земли и кометы \(|OB|=|OC|=R_0\), поэтому для обеих точек \(x=0\), то есть \(O\), \(B\) и \(C\) лежат на оси \(y\).

Альтернативное решение. Вот ещё одно решение, показывающее, что точки \(B\), \(C\) и \(O\) приближённо лежат на одной прямой. Имеем \[|OQ|=R_{\max}-R_{\min}=R_{\max}-\frac{R_0}{2}.\] У любого эллипса прямые, проведённые от любой его точки к двум фокусам, составляют одинаковые углы с касательной. Поскольку касательная в точке \(B\) наклонена под \(45^\circ\) к отрезку \(OB\), то и \(|BQ|\) наклонена к касательной под \(45^\circ\), и \(\angle OBQ=90^\circ\). Поэтому в прямоугольном треугольнике \(\triangle BOQ\) \[\cos\angle BOQ=\frac{|OB|}{|OQ|}=\frac{R_0}{R_{\max}-\dfrac{R_0}{2}}\approx 0,\] где использовано \(R_{\max}\gg R_0\). Значит, приближённо \(\angle BOQ=90^\circ\), и точки \(B\), \(C\) и \(O\) лежат на одной прямой.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

В установившемся режиме через конденсаторы ток не идёт, поэтому потенциалы B и C находятся из цепи одних резисторов. Потенциалы внутри конденсаторной сети определяются потенциалами её границы, а заряд на узле D равен нулю.

Ответ

1) \(\varphi_B=\dfrac{8}{13}U\),  \(\varphi_C=\dfrac{11}{13}U\);  2) \(\varphi_D=\dfrac{49}{78}U\).

Решение

i) Когда потенциалы установились, ток через конденсаторы не идёт, поэтому цепь из резисторов можно анализировать, фактически отрезав все конденсаторы. Получаем следующую эквивалентную схему.

Анализировать её можно с помощью законов последовательного и параллельного соединения. Сопротивление трёх резисторов между точками \(X\) и \(C\) равно \[R_{XC}=\frac{1}{R^{-1}+(2R)^{-1}}=\frac23R.\] Тогда сопротивление цепи между \(X\) и \(B\) равно \(R_{XB}=\dfrac{1}{(R_{XC}+R)^{-1}+R^{-1}}=\dfrac58R\). Следовательно, потенциалы \[\varphi_B=\frac{R}{R_{XB}+R}\,U=\frac{8}{13}U,\qquad \varphi_C=\varphi_B+\frac{R}{R_{XC}+R}\,(U-\varphi_B)=\frac{11}{13}U.\]

ii) Установившиеся потенциалы внутри конденсаторной сети полностью определяются потенциалами на её границе. Поэтому теперь мы можем анализировать конденсаторную сеть отдельно (представляя, что все резисторы перерезаны, но есть внешние источники напряжения). Она эквивалентна следующей схеме.

С помощью законов параллельного и последовательного соединения конденсаторов она упрощается ещё больше.

Область, обведённая пунктиром, не содержит заряда, поэтому (так как \(q=CU\) и \(\varphi_A=0\)) \[\frac12C(\varphi_D-\varphi_A)+\frac32C(\varphi_D-\varphi_C)+C(\varphi_D-\varphi_B)=0,\] \[\varphi_D=\frac16(\varphi_A+2\varphi_B+3\varphi_C)=\frac16(2\varphi_B+3\varphi_C),\qquad \varphi_D=\frac{49}{78}U.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Двойная система излучает сильнее всего, когда чёрные дыры вот-вот сольются: расстояние между ними порядка суммы их радиусов Шварцшильда. Фронт волны — тонкая сферическая оболочка, несущая энергию \(u\,\mathrm dV\) за время \(\mathrm dt\).

Ответ

1) \(P_{\max}=\dfrac1{80}\dfrac{c^5}{G}\approx4{,}5\cdot10^{50}\) Вт;  2) \(u=\dfrac12E\varepsilon^2\);  3) \(E=\dfrac{c^2}{G}f^2\);  4) \(z=\dfrac{1}{\sqrt{160\pi}}\dfrac{c}{\varepsilon f}\).

Решение

i) На этом расстоянии чёрные дыры сливаются: \[r_{\min}=r_{s1}+r_{s2}=\frac{2G(m_1+m_2)}{c^2}.\] Подставляя \(r\) в формулу мощности, получаем максимальную мощность для системы с массами \(m_1\) и \(m_2\): \[P_{\max}(m_1,m_2)=\frac15\,\frac{c^5}{G}\,\frac{(m_1m_2)^2}{(m_1+m_2)^4}.\] Рассмотрим теперь влияние масс. Определим \(a:=\dfrac{(m_1m_2)^2}{(m_1+m_2)^4}\). Интуиция подсказывает, что большая система должна излучать больше мощности, и для максимума массы должны стремиться к бесконечности. Однако предел \(\lim\limits_{m_1=m_2\to\infty}a=1\) говорит об обратном. То же показывает и анализ размерностей: размерность \([a]=\dfrac{(M\cdot M)^2}{M^4}=1\) означает, что абсолютные значения масс в уравнение не входят. Это интуитивно объясняется пропорциональным ростом радиусов Шварцшильда.

Однако распределение масс важно, так как \(a\) также не одинаково для всех \(m_1\), \(m_2\). Найдём его максимальное значение. Выразим его через полную массу \(M:=m_1+m_2\) и распределение масс \(k:=\dfrac{m_1}{M}\). Тогда \(m_1=kM\), \(m_2=(1-k)M\), \[a=\frac{(m_1m_2)^2}{(m_1+m_2)^4}=\frac{\bigl(kM(k-1)M\bigr)^2}{M^4}=[k(k-1)]^2,\] \[\frac{\mathrm d}{\mathrm dk}[k(k-1)]^2=0\iff k=\frac12\iff m_1=m_2\ \Rightarrow\ a_{\max}=\left[\frac12\Bigl(1-\frac12\Bigr)\right]^2=\frac1{16}.\] Итак, окончательно \[P_{\max}=\frac15\,\frac{c^5}{G}\,\frac1{16}=\frac1{80}\,\frac{c^5}{G}=4{,}5\times10^{50}\text{ Вт}.\] Интересно, что пиковая мощность, излучаемая в гравитационных волнах любой сливающейся двойной системой, будет одной и той же. Величину \(\dfrac{c^5}{G}\) также называют светимостью Вселенной.

ii) \(U=\dfrac12k\,\Delta\ell^2\) — энергия, запасённая в равномерно деформированном теле: \[k=\frac{F}{\Delta\ell},\qquad F=\sigma S,\qquad \Delta\ell=\varepsilon\ell,\qquad \sigma=\varepsilon E,\] \[u=\frac UV,\ \text{где }V=S\ell\text{ --- объём}\quad\Rightarrow\quad u=\frac U{V}=\frac12E\varepsilon^2 .\]

iii) Размерности: \([G]=L^3M^{-1}T^{-2}\) (например, из \(F=\dfrac{GMm}{r^2}\)), \([c]=LT^{-1}\), \([f]=T^{-1}\), \([E]=ML^{-1}T^{-2}\) (например, из \(\sigma=\varepsilon E\)). Пусть \(E=G^\alpha c^\beta f^\gamma\). Решая для каждой размерности, получаем \[M:\ 1=-\alpha\ \Rightarrow\ \alpha=-1;\qquad L:\ -1=3\alpha+\beta\ \Rightarrow\ \beta=2;\qquad T:\ -2=-2\alpha-\beta-\gamma\ \Rightarrow\ \gamma=2,\] \[\Rightarrow\ E=\frac{c^2}{G}\,f^2 .\]

iv) Гравитационная волна распространяется как сферическая волна с центром в источнике. Её фронт занимает тонкую сферическую оболочку с площадью поверхности \(S=4\pi z^2\), а связанный с ней бесконечно малый объём равен \(\mathrm dV=S\,\mathrm dz\), где \(\mathrm dz=c\,\mathrm dt\) для волны, движущейся со скоростью света \(c\). Мощность \(P\) и плотность энергии \(u\) на расстоянии \(z\) связаны через \(\mathrm dE=P\,\mathrm dt=u\,\mathrm dV\iff z=\sqrt{\dfrac{P}{4\pi uc}}\). Используя модели из \[P=\frac1{80}\frac{c^5}{G},\qquad u=\frac UV=\frac12E\varepsilon^2,\qquad E=\frac{c^2}{G}f^2,\] окончательно получаем \[z=\frac{1}{\sqrt{160\pi}}\,\frac{c}{\varepsilon f}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Присоединённая масса меняет период колебаний шарика на пружине, \(T=2\pi\sqrt{m/k}\); архимедова сила лишь сдвигает положение равновесия и на период не влияет. Саму массу шарика найдите по удлинению пружины в воздухе и в воде.

Ответ

\(m_v=m\left(\dfrac{T_2^2}{T_1^2}-1\right)\approx98\) г (при \(m\approx720\) г, \(T_1=1{,}066\) с, \(T_2=1{,}136\) с).

Решение

Основная идея состоит в том, что присоединённая масса изменит период колебаний шарика на пружине, который задаётся формулой \(T=2\pi\sqrt{m/k}\) и меняется при изменении массы. Измерим период \(T_1\) колебаний в воздухе, измерив время 20 колебаний и поделив его на 20. Аналогично измерим период \(T_2\) колебаний в воде. Тогда \[\frac{T_2^2}{T_1^2}=\frac{m+m_v}{m}\ \Longrightarrow\ m_v=m\left(\frac{T_2^2}{T_1^2}-1\right),\] где \(m\) — масса шарика, а \(m_v\) — присоединённая масса (заметим, что сила Архимеда в уравнения не входит, так как она является постоянной силой и лишь изменяет положение равновесия шарика на пружине, но не период). Периоды получились равными \(T_1=1{,}066\) с и \(T_2=1{,}136\) с.

Чтобы определить массу шарика, измерим удлинение \(x\) пружины в двух случаях: когда шарик висит в воздухе и когда он находится в воде. Шарик растягивает пружину на десятки сантиметров, поэтому эти расстояния можно измерить довольно точно. С учётом силы Архимеда в воде получаем \[kx_1=mg,\qquad kx_2=(m-\rho_vV)g,\] где \(V=\dfrac43\pi\left(\dfrac d2\right)^3\) (вместо первого уравнения \(kx_1=mg\) можно было бы использовать \(m/k=(T_1/2\pi)^2\); в зависимости от того, насколько точно измерен период, окончательный результат может оказаться точнее при таком способе). Отсюда находим \[m=\frac{\rho_vVx_1}{x_1-x_2}\approx 720\text{ г}.\] Наконец, присоединённая масса равна \(m_v\approx98\) г.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

ЭДС в петле создаёт убывающий поток через погружённую часть, а ток в проводнике в поле даёт силу Ампера \(F=IlB\) только на одной стороне; ускорение \(a=F/m\) выражается через удельное сопротивление и плотность материала, а сечение проволоки сокращается.

Ответ

1) \(a\approx0{,}63\) м/с\(^2\);  2) a) не изменится; b) не изменится; c) не изменится; d) лучший результат даёт литий; e) \(a\approx1{,}25\) м/с\(^2\) (вдвое больше).

Решение

i) Петля начинает двигаться из-за индукции. Изменяющееся магнитное поле наводит в петле ЭДС, из-за чего течёт ток. Внешнее магнитное поле действует на проводник с током с некоторой силой. ЭДС, наведённая в петле, равна \[U=-\frac{\mathrm d\phi}{\mathrm dt}=-A_l\frac{\mathrm dB}{\mathrm dt},\] где \(A_l=ld\). Ток равен \(I=U/R\), где \[R=\sigma\frac{s}{A_w},\] \(s=2h+2l\), \(A_w\) — площадь поперечного сечения проволоки, \(\sigma\) — удельное сопротивление меди. Таким образом, \[I=\frac UR=\frac{A_l\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}A_w}{\sigma s}=0{,}0705\text{ А}.\] Суммарная сила, действующая на петлю со стороны магнитного поля, равна \(F=IlB\), а ускорение \[a=\frac Fm=\frac{A_l\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}A_w\,lB}{\sigma s\cdot\rho A_ws}=\frac{A_l\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}\,lB}{\sigma\rho s^2},\] \[a=0{,}627\text{ м/с}^2\approx0{,}63\text{ м/с}^2 .\]

ii) a) Площадь поперечного сечения в предыдущей формуле сокращается, значит, ответ остаётся прежним.

b) Петля заменяется катушкой из трёх витков, что даёт втрое большую ЭДС. Проволока также втрое длиннее и имеет втрое большее сопротивление. Ток остаётся прежним. Этот ток три раза проходит по стороне \(l\), что даёт втрое большую силу. Проволока, однако, имеет втрое большую массу, и ускорение остаётся прежним. Математически \[a=\frac Fm=\frac{3A_l\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}A_w\,3lB}{\sigma\,3s\cdot\rho A_w\,3s}=\frac{A_l\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}\,lB}{\sigma\rho s^2},\qquad a=0{,}627\text{ м/с}^2\approx0{,}63\text{ м/с}^2,\] где символы обозначают исходные величины.

c) Сечение сокращается, и в предыдущем расчёте можно заменить 3 на 2. Ускорение по-прежнему то же.

d) Наибольшее ускорение даёт материал, для которого произведение удельного сопротивления на плотность наименьшее. Алюминий хорош, но лучшим, похоже, является литий.

e) Мы удвоили размеры, поэтому \[a=\frac Fm=\frac{4A_l\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}A_w\,2lB}{\sigma\,2s\cdot\rho A_w\,2s}=2\,\frac{A_l\dfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}\,lB}{\sigma\rho s^2},\qquad a=1{,}253\text{ м/с}^2\approx1{,}25\text{ м/с}^2,\] где символы обозначают исходные величины.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Стабилитрон ограничивает напряжение на катушке значениями \(V_1\) и \(-V_2\), поэтому за период ток катушки почти не меняется. В установившемся режиме среднее напряжение на катушке равно нулю — отсюда баланс времён, в течение которых к ней приложены \(V_1\) и \(-V_2\).

Ответ

1) \(\langle I\rangle=I_0\cos\dfrac{\pi V_2}{V_1+V_2}\);  2) \(\Delta I=\dfrac{2\pi V_1V_2}{\omega L(V_1+V_2)}\).

Решение

i) Стабилитрон ограничивает максимальное напряжение, которое может быть приложено к катушке. Всякий раз, когда ток от источника больше тока через катушку, к катушке приложено напряжение \(V_1\), а когда ток источника меньше тока через катушку, к катушке приложено напряжение \(-V_2\). Если бы наибольшее напряжение \(V_1\) было приложено к катушке в течение целого периода \(T=\dfrac{2\pi}{\omega}\), то изменение тока через катушку составило бы \[\delta I=\frac{V_1}{L}\,T=\frac{2\pi V_1}{L\omega}.\] Так как выполняется соотношение \(L\omega I_0\gg V_1\), получаем \(\delta I\ll I_0\). Ток через катушку за один период меняется пренебрежимо мало по сравнению с \(I_0\) и может считаться постоянным. Равновесный ток можно найти из условия, что среднее напряжение равно нулю. Пусть в течение периода \(T_1\) — время, когда \(\langle I\rangle>I_0\cos\omega t\), а \(T_2\) — время, когда \(\langle I\rangle<I_0\cos\omega t\). Получаем \[T_1=\frac2\omega\arccos\!\left(\frac{\langle I\rangle}{I_0}\right).\] Среднее напряжение равно нулю при \(V_1T_1=V_2T_2\), и, используя \(T_1+T_2=T\), имеем \[V_1T_1=V_2(T-T_1)\ \Longrightarrow\ T_1=\frac{V_2}{V_1+V_2}\,T\ \Longrightarrow\ \frac2\omega\arccos\!\left(\frac{\langle I\rangle}{I_0}\right)=\frac{V_2}{V_1+V_2}\,\frac{2\pi}{\omega}\ \Longrightarrow\ \langle I\rangle=I_0\cos\!\left(\frac{\pi V_2}{V_1+V_2}\right).\]

ii) Размах колебаний тока можно вычислить из \(\dfrac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=\dfrac UL\): \[\Delta I=\frac{V_2T_2}{L}=\frac{V_1T_1}{L}=\frac{2\pi V_1V_2}{\omega L(V_1+V_2)}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Плиты жёсткие, поэтому у всех балок после нагрева одинаковая длина: нагретая средняя балка уже «растянулась» на \(\alpha\Delta T\) без нагрузки, и её упругая деформация меньше. Максимальная нагрузка достигается, когда деформация самой нагруженной балки равна \(\beta\).

Ответ

1) \(\dfrac{2\epsilon+\beta}{3\beta}\approx0{,}83\) от первоначального максимума;  2) \(\Delta T=T\approx420\,^\circ\)C.

Решение

i) Средняя балка расширяется на \(\alpha\Delta T=0{,}10\,\%\) из-за повышения температуры. Все балки находятся между жёсткими опорными плитами, поэтому в конце все должны иметь одинаковую длину. Так как средняя балка расширилась, в предельном случае, когда приложена максимальная нагрузка, деформация средней балки равна \(\beta\). Две другие балки имеют деформацию \(\epsilon=\beta-\alpha\Delta T\), так как они из-за температуры не расширялись. Сила, создаваемая каждой балкой, пропорциональна её деформации, поэтому отношение максимально допустимых весов можно найти как отношение суммы деформаций в двух случаях. В случае одинаковых температур каждая балка при максимальной нагрузке имеет деформацию \(\beta\). Значит, доля нового максимального веса по сравнению с первоначальным случаем равна \[\frac{2\epsilon+\beta}{3\beta}=\frac{2\times0{,}30+0{,}40}{3\times0{,}40}\approx0{,}83.\]

ii) Обозначим через \(\epsilon_1\) деформацию средней балки, а через \(\epsilon_2\) — деформацию внешних балок. Как и в предыдущей части задачи, конечные длины балок должны быть одинаковы. Учитывая расширение средней балки, должно выполняться \[\epsilon_1-\alpha\Delta T=\epsilon_2.\] Обозначим через \(E_0\) модуль Юнга при температуре \(T=0\,^\circ\)C. При этой температуре максимально допустимая сила равна \(3SE_0\beta\) (\(S\) — площадь каждой из балок), поскольку деформация каждой балки равна \(\beta\). Значит, 20 % от максимальной нагрузки создают силу \[F_1=0{,}2\times3SE_0\beta=0{,}6\,SE_0\beta.\] В общем случае сила, создаваемая балками при любой температуре, равна \[F=SE(T)\epsilon_1+2SE_0\epsilon_2.\] Максимальную силу можно найти, положив \(\epsilon_1=\beta\) и подставив \(\epsilon_2\) из приведённого выше выражения: \[F_{\max}=SE(T)\beta+2SE_0(\beta-\alpha\Delta T).\] Решая \(F_{\max}=F_1\), можно найти искомую температуру. Получаем \[SE(T)\beta+2SE_0(\beta-\alpha\Delta T)=0{,}6\,SE_0\beta\quad\to\quad E(T)=\frac{2\alpha}{\beta}E_0\Delta T-1{,}4E_0.\] Это прямая, представляющая то, каким должен быть модуль Юнга, чтобы при повышении температуры средней балки на \(\Delta T\) система могла выдержать максимум 20 % от первоначального максимального веса. Построив эту прямую на графике модуля Юнга и найдя точку пересечения двух линий, получаем \(\Delta T=420\,^\circ\)C и \(T=420\,^\circ\)C.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Во вращающейся системе отсчёта на слой газа действует центробежная сила; запишите баланс сил на слой между \(r\) и \(r+\mathrm dr\) и выразите плотность через давление по уравнению состояния.

Ответ

1) \(p(r)=p_0\exp\!\left(\dfrac{\mu\omega^2}{2RT}\,r^2\right)\);  2) \(p(h)=p_0\exp\!\left(-\dfrac{\mu g}{RT}\,h\right)\).

Решение

i) Рассмотрим слой воздуха между \(r\) и \(r+\mathrm dr\) с площадью сечения \(A\) и массой \(m\). Во вращающейся системе отсчёта баланс сил даёт \[A\bigl(p(r+\mathrm dr)-p(r)\bigr)=m\omega^2r.\] Масса связана с плотностью соотношением \(m=A\rho(r)\,\mathrm dr\). Используя уравнение состояния идеального газа, \[pV=nRT\ \Longrightarrow\ \rho(r)=\frac mV=\frac{m}{nRT}\,p(r)=\frac{\mu}{RT}\,p(r),\] получаем, объединяя два уравнения, следующее уравнение для давления: \[\frac{p(r+\mathrm dr)-p(r)}{\mathrm dr}=p'(r)=\frac{\mu\omega^2}{RT}\,r\,p(r).\] Его можно решить разделением переменных: \[\int\frac{\mathrm dp}{p}=\int\frac{\mu\omega^2}{RT}\,r\,\mathrm dr, \qquad \ln p-\ln p_0=\frac{\mu\omega^2}{2RT}\,r^2 .\]

Отсюда находим \[p(r)=p_0\exp\!\left(\frac{\mu\omega^2}{2RT}\,r^2\right).\]

ii) На этот раз баланс сил имеет вид \[A\bigl(p(h+\mathrm dh)-p(h)\bigr)=-mg.\] Соответствующее уравнение для давления \[p'(h)=-\frac{\mu g}{RT}\,p(h)\] имеет решение \[p(h)=p_0\exp\!\left(-\frac{\mu g}{RT}\,h\right).\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Измерьте напряжение и ток между разными парами выводов: пара, между которой нет «подпитки» конденсатором, содержит батарейку и резисторы, а конденсатор виден по току, спадающему со временем. Ёмкость находят по времени спада тока вдвое.

Решение

i) Измерив ток и напряжение между чёрным и белым выводами, можно определить, что между ними могут быть только батарейка и резистор(ы). Измерение тока от синего вывода к чёрному и от синего к белому показывает, что в обоих случаях подключён конденсатор. Так как в одном или обоих из этих измерений мы получаем больший ток (чем между чёрным и белым), можно сказать, что конденсатор может быть соединён с остальными элементами только по схеме «звезда». Остаются два варианта.

Различить их можно (например, по утечке конденсатора), но не если в качестве модели используется идеальный конденсатор. При оценивании верными считались оба варианта.

ii) Рассмотрим вариант A (для варианта B значения \(R_1\) и \(R_2\) меняются местами). Значения элементов можно получить многими способами. Измерение напряжения между чёрным и белым выводами даёт \(\mathcal E\approx1{,}57\) В. Измерение начального тока между синим и белым выводами (после того как синий и чёрный некоторое время были замкнуты) даёт \(R_2=\mathcal E/I_2\approx51\) кОм. Измерение начального тока между синим и чёрным выводами (после того как синий и чёрный некоторое время были замкнуты) даёт \(R_1=\mathcal E/I_1\approx200\) кОм. Ёмкость можно измерить, например, по времени, за которое ток между синим и белым выводами уменьшается вдвое: \(C=t_2/(R_2\ln2)\approx330\) мкФ; хорошими вариантами являются также анализ графика тока или напряжения в полулогарифмических осях и измерение площади под графиком тока.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.