«Туймаада» 2001, теоретический тур

Ответ

След — проекция траектории отверстия на горизонтальную плоскость: \(x = R\left(\varphi - \dfrac rR\sin\varphi\right)\), \(y = kR\left(1 - \dfrac rR\cos\varphi\right)\), где \(k = \sin\alpha\) (при \(r = R\) — циклоида, при \(r < R\) — укороченная циклоида). Центр масс следа: \(x_c = \pi R\), \(y_c = R\sin\alpha\).

Решение

Пусть бочку катят вдоль координатной оси \(x\), направленной перпендикулярно плоскости левого рисунка. Координата \(y\) точки следа находится под отверстием, положение которого в плоскости дна характеризуется координатой \(y_1\).

Из левого рисунка видно, что \(y = ky_1\), где \(k = \sin\alpha\). Таким образом, след представляет собой проекцию траектории отверстия в плоскости дна на горизонтальную плоскость. Найдём вначале уравнение траектории движения отверстия в плоскости дна. На правом рисунке изображено начальное положение отверстия \(A\) и его положение \(A'\) после поворота на угол \(\varphi\). Выразим через этот угол координаты \(x\) и \(y_1\) отверстия: \[x = \varphi R - r\sin\varphi = R\left(\varphi - \frac rR\sin\varphi\right), \tag{45}\] \[y_1 = R - r\cos\varphi = R\left(1 - \frac rR\cos\varphi\right). \tag{46}\] Уравнения (45) и (46) задают траекторию в параметрическом виде. Для траектории песочного следа вместо \(y_1\) нужно брать \(y = ky_1\). Можно приблизительно нарисовать оставляемый песком след, выявив характерные точки по уравнениям (45) и (46). На рисунке ниже представлены построенные с помощью системы MathCad графики параметрически заданной функции \(y = y(x)\) при \(r = R\) (сплошная кривая) и при \(r = R/2\) (пунктирная кривая). Первая кривая называется циклоидой, вторая — укороченной циклоидой.

Для определения положения центра масс следа воспользуемся формулами для его координат: \[x_c = \frac1M\int x\,dm; \qquad y_c = \frac1M\int y\,dm. \tag{47}\] В данном случае \(dm = \rho\,d\varphi\), где \(\rho\) — масса песка, высыпающегося за время поворота на единичный угол. При равномерном качении бочки эта величина постоянна, а \(M = 2\pi\rho\) — масса песка, высыпающегося за один оборот. Подставляем координаты \(x\) и \(y\), найденные с помощью формул (45) и (46), в соотношения (47) и интегрируем: \[x_c = \frac{1}{2\pi\rho}\int\limits_0^{2\pi} R\rho\left(\varphi - \frac rR\sin\varphi\right)d\varphi = \pi R.\] \[y_c = \frac{k}{2\pi\rho}\int\limits_0^{2\pi} R\rho\left(1 - \frac rR\cos\varphi\right)d\varphi = R\sin\alpha.\] Итак, положение центра масс песочного следа определяется координатами \(x_c = \pi R\) и \(y_c = R\sin\alpha\). Это положение отмечено точкой \(O\) на рисунке. Оно является проекцией центра дна на горизонтальную плоскость и не зависит от \(r\).

Ответ

\(u = 0\).

Решение

Обозначим через \(v\) скорость шарика в точке выхода из канала и направим ось \(x\) вдоль скоростей \(v_0\) и \(v\), а ось \(y\) — перпендикулярно оси \(x\) в горизонтальной плоскости. Для системы, состоящей из бруска и шарика, запишем закон сохранения энергии и закон сохранения импульса в проекциях на оси: \[\frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{Mu^2}{2}, \tag{48}\] \[x:\qquad mv_0 = mv + Mu_x, \tag{49}\] \[y:\qquad 0 = 0 + Mu_y, \tag{50}\] где \(u_x\) и \(u_y\) — соответствующие проекции искомой скорости \(u\) бруска. Из уравнения (50) следует, что \(u_y = 0\), а отсюда \(u_x = u\). Перепишем уравнения (48) и (49) в виде \[m(v_0^2 - v^2) = Mu^2, \tag{51}\] \[m(v_0 - v) = Mu. \tag{52}\] Одно из решений полученной системы очевидно: \[v_0 - v = 0, \qquad u = 0. \tag{53}\] Другое решение находим, поделив уравнение (51) на (52), что можно сделать, если не выполняется условие (53): \[v_0 + v = u, \qquad v_0 - v = \frac Mm u,\] откуда \[u = \frac{2m}{M + m}v_0, \qquad v = \frac{m - M}{M + m}v_0. \tag{54}\] Однако из равенств (54) следует, что \(v < u\) (а при \(m < M\) даже \(v < 0\)), то есть шарик вылетает из канала в обратном направлении, что противоречит условию задачи. Таким образом, решение (53) единственное, и конечный ответ: \(u = 0\).

Странный результат, не правда ли? Неужели шарик не оказывает никакого воздействия на брусок? Конечно, оказывает! В процессе движения шарика в канале скорости шарика и бруска изменяются как по модулю, так и по направлению, причём брусок может даже вращаться в горизонтальной плоскости. Однако к концу взаимодействия их скорости принимают исходные значения, а вращение бруска прекращается.

Примечание. Обратите внимание на множество ограничений в условии задачи и попробуйте самостоятельно установить, какие логические шаги решения опираются на каждое из этих ограничений.

Ответ

Эффективнее всего резко затормозить: тормозной путь \(L = \dfrac{v_0^2}{2\mu g}\); при простом повороте минимальное расстояние до преграды \(R = \dfrac{v_0^2}{\mu g}\) (вдвое больше); при повороте с торможением задними колёсами \(S = \dfrac34\dfrac{v_0^2}{\mu g}\).

Решение

Пусть масса автомобиля равна \(m\). Рассмотрим вначале простейший способ избежать столкновения — просто резко затормозить. Для нахождения тормозного пути применим закон изменения энергии: \[\frac{mv_0^2}{2} = \mu mgL.\] Отсюда находим тормозной путь: \[L = \frac{v_0^2}{2\mu g}. \tag{55}\] Второй способ избежать столкновения — заставить автомобиль поворачивать с возможно меньшим радиусом кривизны \(R\), который и представляет собой минимальное расстояние до препятствия. Поскольку центр масс гоночного автомобиля расположен низко, опасностью его опрокидывания можно пренебречь. Размерами автомобиля также можно пренебречь по сравнению с расстоянием до препятствия. Тогда к автомобилю можно применить второй закон Ньютона: \[\frac{mv_0^2}{R} = \mu mg,\] откуда \[R = \frac{v_0^2}{\mu g}. \tag{56}\] Этот способ избежать столкновения в два раза менее эффективен по сравнению с первым.

Проанализируем третий способ. Поворот автомобиля обеспечивают силы трения покоя, действующие перпендикулярно скорости. Поскольку центр масс гоночного автомобиля расположен достаточно низко, можно считать, что вес автомобиля поровну распределяется между передними и задними колёсами. Силы трения покоя будем полагать почти равными их предельным значениям. Тогда сумма сил трения покоя, действующих на передние колёса, которая перпендикулярна скорости автомобиля, равна \(F = \mu mg/2\). Суммарная сила трения \(\vec F\), действующая на задние колёса, тоже близка к предельному значению. Угол, который она образует с направлением скорости \(\vec v\), можно менять посредством тормоза и руля. Приближение к стенке будет самым медленным, если предельная сила трения \(\vec F\), действующая на задние колёса, направлена перпендикулярно стенке. Далее рассматривается именно этот наиболее благоприятный вариант.

Силу \(\vec F\) целесообразно разложить на две составляющие: \(\vec F = \vec F_1 + \vec F_2\). Составляющая \(\vec F_1\) направлена навстречу скорости \(\vec v\), а \(\vec F_2\) — перпендикулярно к ней. Для модулей сил справедливы равенства \(F_1 = F\cos\alpha\), а \(F_2 = F\sin\alpha\), где \(\alpha\) — угол между скоростью \(\vec v\) и первоначальной скоростью \(\vec v_0\), направленной перпендикулярно стене. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на касательное и нормальное направления: \[m\dot v = -F_1 = -F\cos\alpha, \tag{57}\] \[\frac{mv^2}{R} = F_2 + F = F(1 + \sin\alpha). \tag{58}\] Точка над символом здесь и далее обозначает производную по времени; \(R\) — локальный радиус поворота, удовлетворяющий соотношению \[v = \dot\alpha R. \tag{59}\] Из уравнений (58) и (59) следует, что \[mv = F\frac{1 + \sin\alpha}{\dot\alpha}. \tag{60}\] Сравнивая соотношения (60) и (57), получим \[\frac{d}{dt}\left(\frac{1 + \sin\alpha}{\dot\alpha}\right) = -\cos\alpha.\] Преобразуем это уравнение следующим образом: \[\dot\alpha\frac{d}{d\alpha}\left(\frac{1 + \sin\alpha}{\dot\alpha}\right) = -\frac{d(\sin\alpha)}{d\alpha},\] \[\frac{d}{d\alpha}\left(\dot\alpha\frac{1 + \sin\alpha}{\dot\alpha}\right) - \frac{1 + \sin\alpha}{\dot\alpha}\frac{d\dot\alpha}{d\alpha} = -\frac{d(\sin\alpha)}{d\alpha},\] \[\frac{d\dot\alpha}{\dot\alpha} = \frac{2\,d(\sin\alpha)}{1 + \sin\alpha}.\] Решаем это уравнение при начальном условии \(\alpha = \alpha_0 = 0\); \(\dot\alpha = \dot\alpha_0\), где, в соответствии с уравнением (59), \(\dot\alpha_0 = v_0/R_0\), \(R_0\) — начальный радиус поворота, который находим по формуле (58): \(R_0 = mv_0^2/F\). Интегрируя, получим \[\ln\frac{\dot\alpha}{\dot\alpha_0} = 2\ln\left(\frac{1 + \sin\alpha}{1 + \sin\alpha_0}\right), \quad\text{или}\quad \dot\alpha = \frac vR = \frac{v_0}{R_0}(1 + \sin\alpha)^2.\] С учётом уравнения (58) отсюда находим \[v = \frac{v_0}{1 + \sin\alpha}. \tag{61}\] В ближайшей к стене точке траектории \(\alpha = \pi/2\), и из формулы (61) получаем величину скорости \(v_f\) в этой точке: \[v_f = \frac{v_0}{2}. \tag{62}\] На какое расстояние \(S\) автомобиль приблизится к стене? Это расстояние можно подсчитать так: \[S = \int v\cos\alpha\,dt,\] где \(v\cos\alpha\) — перпендикулярная к стене составляющая скорости. Выразим косинус из уравнения (57) и, используя формулу (62), получим \[S = -\int v\cdot\dot v\frac mF\,dt = -\frac mF\int\limits_{v_0}^{v_f} v\,dv = -\frac{m}{2F}(v_f^2 - v_0^2) = \frac34\frac{v_0^2}{\mu g}.\] Сравнивая полученный результат с формулами (55) и (56), видим, что при повороте эффективнее тормозить, но лучше всего сразу нажать на тормоза.

Ответ

Зависимость \(L(\omega)\) задана неявно: \(\sin\dfrac{\rho_0L_0}{\sqrt A} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{AL^2}\left(\dfrac{A}{\rho_0} + \dfrac{ML}{S}\right)^2}}\), где \(A = \dfrac{E\rho_0}{\omega^2}\), \(\rho_0 = \dfrac{m}{SL_0}\); при \(\omega \to 0\) имеем \(L \approx L_0\), а \(L \to \infty\) при \(\omega\), равном решению уравнения \(\operatorname{tg}\left(\omega L_0\sqrt{\dfrac{\rho_0}{E}}\right) = \dfrac{S\sqrt{\rho_0E}}{M\omega}\).

Решение

Для решения задачи нужно проанализировать движение системы. Запишем для установившегося движения шарика по окружности уравнение второго закона Ньютона: \[M\omega^2L = F, \tag{63}\] где \(F\) — сила упругости, приложенная к шарику (см. рисунок). Поскольку деформация жгута неоднородна, для нахождения \(F\) следует рассмотреть движение его малого элемента длиной \(dx\) и массой \(dm\) (см. рисунок).

Длина этого элемента в недеформированном состоянии равна \(dx_0\). Запишем для него второй закон Ньютона: \[dm\,\omega^2x = dF(x), \tag{64}\] где \(x\) — координата выбранного элемента, \(dF(x)\) — действующая на него сила упругости. Масса элемента \(dm = \rho_0S\,dx_0 = \rho(x)S\,dx\), где \(\rho_0\) — плотность недеформированного жгута, а \(\rho(x)\) — плотность жгута в точке \(x\). В соответствии с законом Гука \[F(x) = -SE\frac{dx - dx_0}{dx_0} = -SE\left(\frac{\rho_0}{\rho(x)} - 1\right). \tag{65}\] Подставляя \(dm\) в уравнение (64), получим \[\rho(x)S\omega^2x\,dx = ES\rho_0\frac{d\rho}{\rho^2(x)},\] или \[x\,dx = A\frac{d\rho}{\rho^3(x)}, \tag{66}\] \[A = \frac{E\rho_0}{\omega^2}. \tag{67}\] Проинтегрировав уравнение (66) от \(x\) до \(L\), получим \[x^2 - L^2 = A\left(\frac{1}{\rho^2(L)} - \frac{1}{\rho^2(x)}\right). \tag{68}\] Величину \(\rho(L)\) выразим из уравнения (63), подставив в него соотношение (65): \[\frac{1}{\rho(L)} = \frac{1}{\rho_0}\left(1 + \frac{M\omega^2L}{ES}\right). \tag{69}\] Из формул (68) и (69) получим \[\frac{1}{\rho^2(x)} = \frac1A(a^2 - x^2), \qquad\text{где}\qquad a^2 = A\left(\frac{1}{\rho_0} + \frac{ML}{AS}\right)^2 + L^2.\] Функция \(\rho(x)\) позволяет выразить массу жгута следующим образом: \[m = S\int\limits_0^L \rho(x)\,dx = S\int\limits_0^L \frac{\sqrt A\,dx}{\sqrt{a^2 - x^2}}. \tag{70}\] Вычислим интеграл в формуле (70) и подставим \(m = \rho_0SL_0\): \[\rho_0SL_0 = S\sqrt A\arcsin\frac La,\] или \[\sin\left(\frac{\rho_0L_0}{\sqrt A}\right) = \frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{AL^2}\left(\dfrac{A}{\rho_0} + \dfrac{ML}{S}\right)^2}}. \tag{71}\] Формула (71) содержит в неявном виде искомую зависимость \(L\) от \(\omega\), поскольку \(A \sim \omega^{-2}\) согласно формуле (67).

Проанализируем эту зависимость. При \(\omega \to 0\) (\(A \to \infty\)) получаем \(L_0 \approx L\). Естественно, при медленном вращении жгут деформируется незначительно. При \(L \to \infty\) в правой части формулы (71) получается \(\left(1 + \dfrac{M^2}{AS^2}\right)^{-1/2}\). Левую часть преобразуем с помощью тригонометрического тождества \[\sin\alpha = \left(1 + \frac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha}\right)^{-1/2}.\] Тогда получим \[\operatorname{tg}\left(\frac{\rho_0L_0}{\sqrt A}\right) = \frac{\sqrt A\,S}{M},\] или, после подстановки (67), \[\operatorname{tg}\left(\omega L_0\sqrt{\frac{\rho_0}{E}}\right) = S\frac{\sqrt{\rho_0E}}{M\omega}. \tag{72}\] Таким образом, когда угловая скорость стремится к критическому значению, являющемуся решением уравнения (72), длина нити неограниченно увеличивается. Проще осознать эту особенность для невесомой нити. При \(\rho_0 \to 0\) из формулы (72) получаем \[M\omega^2L_0 = SE. \tag{73}\] Уравнение движения шарика в этом случае имеет вид \[M\omega^2L = \frac{SE}{L_0}(L - L_0) = f(L). \tag{74}\] Корень этого уравнения и определяет длину \(L\) при установившемся движении. Графическое решение этого уравнения представлено на левом рисунке (рядом с обозначениями углов указаны значения их тангенсов).

Наклон прямой, проходящей через начало координат, увеличивается с ростом \(\omega\). При достижении критического значения, совпадающего с решением уравнения (73), прямые оказываются параллельными, то есть \(L \to \infty\). Сила упругости не в состоянии обеспечить необходимое центростремительное ускорение.

Наглядное представление функциональных зависимостей дают графики. Построить графики функций, заданных неявно или громоздкими выражениями, помогает компьютер. На правом рисунке изображены полученные с помощью MathCAD график функции \(L(\omega)\), построенный по формуле (71) (сплошная линия), и график аналогичной зависимости, даваемой формулой (74) (штрихованная линия). Видно, что различие в поведении массивного жгута и невесомого проявляются только вблизи критических угловых скоростей \(\omega_1\) и \(\omega_2\) (см. правый рисунок). Для невесомого жгута эта скорость \(\omega_2\) больше.

Ответ

\(C_1 = c_lm = 21\) Дж/\({}^\circ\)C при \(T < 0{}^\circ\text{C}\) (лёд); \(C_2 = c_wm = 42\) Дж/\({}^\circ\)C при \(0{}^\circ\text{C} < T < 100{}^\circ\text{C}\) (вода); \(C_3 = 3(m/\mu)R \approx 14\) Дж/\({}^\circ\)C при \(T > 100{}^\circ\text{C}\) (пар); при \(0{}^\circ\text{C}\) и \(100{}^\circ\text{C}\) теплоёмкость обращается в бесконечность (график — на рисунке в решении).

Решение

Общая теплоёмкость системы определяется формулой \(C = \Delta Q/\Delta T\), где \(\Delta Q\) — малое количество теплоты, которое система получает при изменении её температуры на малую величину \(\Delta T\).

Заданный по условию процесс нагревания содержимого сосуда в интервале температур от \(T_1 = -50{}^\circ\text{C}\) до \(T_2 = 150{}^\circ\text{C}\) протекает при постоянном нормальном давлении \(P_0 = 1\) атм, поэтому плавление льда и парообразование воды будут происходить при обычных температурах \(0{}^\circ\text{C}\) и \(100{}^\circ\text{C}\) соответственно, которые входят в рассматриваемый интервал.

В точках фазового перехода тепло подводится (\(\Delta Q > 0\)), а температура не изменяется (\(\Delta T = 0\)), поэтому теплоёмкость стремится к бесконечности.

В интервале температур \([-50{}^\circ\text{C}; 0{}^\circ\text{C})\) содержимое сосуда находится в твёрдом состоянии (лёд) и его теплоёмкость составляет \(C_1 = c_lm = 21\) Дж/\({}^\circ\)C.

В интервале температур \((0{}^\circ\text{C}; 100{}^\circ\text{C})\) содержимое сосуда находится в жидком состоянии (вода) и его теплоёмкость составляет \(C_2 = c_wm = 42\) Дж/\({}^\circ\)C.

В интервале температур \((100{}^\circ\text{C}; 150{}^\circ\text{C}]\) содержимое сосуда находится в газообразном состоянии (пар) и его теплоёмкость составляет \(C_3 = 3(m/\mu)R \approx 14\) Дж/\({}^\circ\)C.

Изобразим полученные результаты в графическом виде (см. рисунок).

Примечание. Отметим, что значение \(C_3\), вычисленное согласно простейшей модели идеального газа, заметно отличается от «истинного» значения \(C_3 \approx 20\) Дж/\({}^\circ\)C, полученного на основе экспериментальных данных из справочника. Кроме того, каждая из теплоёмкостей \(C_1\), \(C_2\) и \(C_3\) не является константой, а немного зависит от температуры. Однако эти уточнения не влияют на суть задачи в условиях олимпиады.

Ответ

\(F = \dfrac{\sigma q}{8\varepsilon_0} = \dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0R^2}\).

Решение

Из соображений симметрии следует, что искомая сила направлена перпендикулярно плоскости диска. Поэтому для её нахождения следует сложить лишь те составляющие сил, приложенных к каждому элементу диска, которые направлены перпендикулярно плоскости диска: \[F = \sigma\sum E_i\Delta S_i = \sigma\Phi, \tag{193}\] где \(\sigma\) — поверхностная плотность зарядов диска, \(\Delta S_i\) — площадь элементарного участка диска, \(E_i\) — модуль составляющей напряжённости поля на этом участке, которая перпендикулярна диску, \(\Phi\) — поток напряжённости электрического поля через диск\(^{1}\).

Из теоремы Гаусса следует, что поток поля остаётся постоянным внутри выделенной в пространстве трубки, образующими которой являются силовые линии. В самом деле, в объёме такой трубки, ограниченной двумя сечениями, нет электрических зарядов, и, в соответствии с теоремой Гаусса, поток через границу этого объёма равен нулю. Поток через боковую поверхность трубки равен нулю по определению силовых линий. Следовательно, потоки через сечения трубки равны по модулю.

Применим свойство постоянства потока к данной задаче. С этой целью найдём поток \(\Phi\), создаваемый зарядами кольца внутри трубки, ограниченной силовыми линиями, которые проходят через кольцо и край диска. Поток, создаваемый всем кольцом, в соответствии с принципом суперпозиции складывается из потоков, создаваемых элементами кольца. Электрическое поле элемента кольца в непосредственной близости от него почти не отличается от поля равномерно заряженной прямолинейной нити (см. рисунок). Силовые линии этого поля изображены на рисунке. Так как \(\alpha = 45{}^\circ\), через диск проходят лишь те силовые линии, которые выходят из кольца под углом \(\beta\), \[0{}^\circ \leqslant \beta \leqslant \frac\pi2 - \alpha = 45{}^\circ.\]

Вследствие симметрии поля вокруг прямолинейной заряженной нити этим углам \(\beta\) соответствует лишь \(1/8\) полного потока поля нити, равного \[\Delta\Phi = \frac{\Delta q}{\varepsilon_0},\] где \(\Delta q\) — заряд элемента нити, а \(\varepsilon_0\) — электрическая постоянная. В результате \[\Phi = \frac{q}{8\varepsilon_0},\] и из формулы (193) получаем \[F = \frac{\sigma q}{8\varepsilon_0} = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0R^2}.\]

Ответ

При \(r > \dfrac{D^3}{16R^2}\): \(E = \dfrac{4R^4N}{\left(\dfrac D2\right)^4 + r^2\left(\dfrac D2\right)^2 + r^4}\); при \(r \leqslant \dfrac{D^3}{16R^2}\): \(E = N\dfrac{(2R^2r)^{2/3} - r^2}{r^2 - \left(\dfrac{r^3}{2R^2}\right)^2}\), а при \(r \ll R\) — \(E \approx 2^{2/3}N\left(\dfrac Rr\right)^{4/3}\) (\(N\) — мощность солнечного излучения на единицу площади, перпендикулярной лучам). Характер зависимости \(E(r)\) показан на рисунке в решении.

Решение

На левом рисунке показан ход луча, падающего на зеркало на расстоянии \(x\) от его оптической оси. Точка \(O\) — центр кривизны зеркала. Фокус \(F\) удалён от центра на расстояние \(OF = R/2\).

Отражённый луч пересекает главную оптическую ось в точке \(F_x\), для которой, как видно из рисунка, \(OF_x = \dfrac{R}{2\cos\alpha}\). Угол \(\alpha\) зависит от \(x\), так как \(\sin\alpha = x/R\). Найдём, на каком расстоянии \(y\) от главной оптической оси луч пересекает фокальную плоскость. Это нетрудно сделать с помощью левого рисунка: \[y = \left(\frac{R}{2\cos\alpha} - \frac R2\right)\operatorname{tg}(2\alpha). \tag{249}\] В соответствии с условием задачи углы \(\alpha\) малы, поэтому можно использовать приближения \[\sin\alpha \approx \operatorname{tg}\alpha \approx \alpha \qquad\text{и}\qquad \cos\alpha \approx 1 - \frac{\alpha^2}{2},\] которые существенно упрощают формулу (249): \[y \approx \frac R2\alpha^3 = \frac{x^3}{2R^2}. \tag{250}\] Чтобы найти среднюю освещённость экрана, следует световой поток, падающий на него, поделить на площадь пятна на экране. Какие же лучи попадают на экран? На зеркало падают лучи, проходящие мимо экрана. Для них \[r < x < \frac D2 \tag{251}\] и, согласно формуле (250), \[\frac{r^3}{2R^2} < y < \frac{D^3}{16R^2}. \tag{252}\] Все эти лучи попадают на экран, если он достаточно велик, то есть при \[r > \frac{D^3}{16R^2}. \tag{253}\] В этом случае площадь освещённого пятна на экране составляет \[S_1 = \pi\left(\left(\frac{D^3}{16R^2}\right)^2 - \left(\frac{r^3}{2R^2}\right)^2\right).\] Световой поток \(\Phi\), падающий на это пятно, найдём по формуле \(\Phi = NS_2\), где \(N\) — мощность солнечного излучения, приходящегося на единичную площадку, перпендикулярную лучам, а \(S_2\) — площадь так же ориентированной площадки, которую пересекают лучи, попадающие на зеркало. Эта площадь равна \[S_2 = \pi\left(\left(\frac D2\right)^2 - r^2\right).\] Таким образом, получаем формулу для средней освещённости \(E\) светового пятна при условии \(r > D^3/(16R^2)\): \[E = \frac{N\left(\left(\dfrac D2\right)^2 - r^2\right)}{\left(\dfrac{D^3}{16R^2}\right)^2 - \left(\dfrac{r^3}{2R^2}\right)^2} = \frac{4R^4N}{\left(\dfrac D2\right)^4 + r^2\left(\dfrac D2\right)^2 + r^4}. \tag{254}\] Если экран небольшой, то есть \(r \leqslant D^3/(16R^2)\), то на него попадают не все лучи, отражённые зеркалом. Площадь освещённого пятна \(S_1\) в этом случае равна \[S_1 = \pi\left(r^2 - \left(\frac{r^3}{2R^2}\right)^2\right).\] Площадь \(S_2\) в этом случае принимает значение \[S_2 = \pi(x_1^2 - r^2),\] где \(x_1\) находится из формулы (250) при подстановке в неё \(y = r\): \(x_1^3 = 2R^2r\). Зная \(S_1\) и \(S_2\), находим освещённость \(E\) при условии \(r \leqslant D^3/(16R^2)\): \[E = N\frac{x_1^2 - r^2}{r^2 - \left(\dfrac{r^3}{2R^2}\right)^2} = N\frac{(2R^2r)^{2/3} - r^2}{r^2 - \left(\dfrac{r^3}{2R^2}\right)^2}. \tag{255}\] При \(r \ll R\) из полученного выражения находим \[E \approx 2^{2/3}\cdot N\left(\frac Rr\right)^{4/3},\] то есть при \(r \to 0\) освещённость неограниченно возрастает. Такое заключение получилось в рамках геометрической оптики, справедливой, когда длина волны света \(\lambda \ll D\). Дифракция света приводит к тому, что в фокальной плоскости получается не точка, а пятнышко, что ограничивает величину \(E\). При больших \(r\), изменяющихся в пределах от \(D^3/(16R^2)\) до \(D/2\), то есть в \(8R^2/D^2\) раз, освещённость в соответствии с формулой (254) изменяется всего в 3 раза, что говорит о слабой зависимости \(E\) от \(r\). Качественно характер зависимости \(E(r)\) отражает правый рисунок, на котором \[E_m = \frac{64}{3}N\left(\frac RD\right)^4.\]