«Туймаада» 2006, теоретический тур

Ответ

\(m_i = m_1\left(\dfrac{m_n}{m_1}\right)^{\frac{i-1}{n-1}}\) (массы образуют геометрическую прогрессию);  \(v_n = v_1\left(\dfrac{2}{1 + \sqrt[n-1]{m_n/m_1}}\right)^{n-1}\).

Решение

Рассмотрим сначала случай \(n = 3\) (как станет видно из решения, условие \(n \geqslant 5\) не играет по существу никакой роли и внесено лишь в качестве «психологического усложнения»). Пусть \(u_1\) и \(v_2\) — скорости брусков \(m_1\) и \(m_2\) соответственно после их соударения между собой, тогда законы сохранения импульса и энергии имеют вид \[m_1v_1 = m_1u_1 + m_2v_2,\qquad \dfrac{m_1v_1^2}{2} = \dfrac{m_1u_1^2}{2} + \dfrac{m_2v_2^2}{2},\] откуда \[v_2 = \dfrac{2m_1v_1}{m_1 + m_2}.\] Аналогично рассматривая соударение брусков \(m_2\) и \(m_3\), находим \[v_3 = \dfrac{2m_2v_2}{m_2 + m_3} = \dfrac{4m_1m_2v_1}{(m_1 + m_2)(m_2 + m_3)}.\] Массы \(m_1\) и \(m_3\) крайних брусков и начальная скорость \(v_1\) первого бруска фиксированы, поэтому нужно найти максимум \(v_3\) как функции, зависящей только от \(m_2\). Для этого вычислим производную и приравняем её к нулю: \[\dfrac{dv_3}{dm_2} = 4m_1v_1\dfrac{(m_1 + m_2)(m_2 + m_3) - m_2(m_2 + m_3 + m_1 + m_2)}{(m_1 + m_2)^2(m_2 + m_3)^2} = 0,\] откуда \[\dfrac{m_3}{m_2} = \dfrac{m_2}{m_1}.\] Таким образом, для эффективной передачи скорости при соударениях нужно, чтобы массы соседних брусков отличались в одинаковое число раз.

Справедливость данного утверждения для произвольного \(n \geqslant 3\) докажем методом от противного. Допустим, что скорость \(v_n\) максимальна при наборе \(m_i\), в котором не все массы соседних брусков отличаются в одинаковое число раз. Тогда рассмотрим три бруска \((i-1;\ i;\ i+1)\), для которых \(m_{i+1}/m_i \neq m_i/m_{i-1}\). Из результата, полученного для \(n = 3\), следует, что скорость \(v_{i+1}\) возрастёт, если принять \(m_i = \sqrt{m_{i-1}m_{i+1}}\). Пропорционально \(v_{i+1}\) возрастёт и \(v_n\), так как скорость каждого следующего бруска прямо пропорциональна скорости предыдущего: \[v_{i+1} = \dfrac{2m_iv_i}{m_i + m_{i+1}}.\] Полученное противоречие (согласно предпосылке скорость \(v_n\) максимальна, но её удалось увеличить) является доказательством утверждения: \[\dfrac{m_{i+1}}{m_i} = \dfrac{m_i}{m_{i-1}} = k\quad\text{при}\quad 2 \leqslant i \leqslant n-1,\] то есть значения масс образуют геометрическую прогрессию со знаменателем \(k = \sqrt[n-1]{m_n/m_1}\). Таким образом, \[m_i = m_1\cdot k^{i-1} = m_1\left(\dfrac{m_n}{m_1}\right)^{\frac{i-1}{n-1}}.\] Для определения скорости \(v_n\) найдём «коэффициент передачи скорости»: \[\eta = \dfrac{v_{i+1}}{v_i} = \dfrac{2m_i}{m_i + m_{i+1}} = \dfrac{2}{1 + k},\] откуда \[v_n = v_1\cdot\eta^{n-1} = v_1\left(\dfrac{2}{1 + k}\right)^{n-1} = v_1\left(\dfrac{2}{1 + \sqrt[n-1]{m_n/m_1}}\right)^{n-1}.\qquad (127)\] В качестве дополнительной проверки ответа можно рассмотреть частный случай, когда \(m_1 = m_n\). Известно, что при упругом центральном ударе одинаковых тел они обмениваются скоростями, откуда \(v_n = v_1\). Именно этот результат и получается из общей формулы (127) после подстановки \(m_n = m_1\).

Ответ

1) \(S = 0\);  2) \(S_0 = \dfrac{mL}{M + m}\).

Решение

1. Пусть \(v\) и \(u\) — соответственно скорости человека и платформы относительно земли в некоторый момент времени, \(x\) — координата платформы в тот же момент времени, тогда закон изменения импульса (\(\Delta p/\Delta t = F\)) для системы, состоящей из человека и платформы, имеет вид \[\dfrac{\Delta}{\Delta t}(mv + Mu) = -ku,\] откуда после подстановки \(u = \Delta x/\Delta t\) находим \[\dfrac{\Delta}{\Delta t}(mv + Mu + kx) = 0.\] Последнее уравнение означает, что величина в скобках не изменяется со временем, то есть её начальное и конечное значения равны между собой: \[mv_{\text{нач}} + Mu_{\text{нач}} + kx_{\text{нач}} = \text{const} = mv_{\text{кон}} + Mu_{\text{кон}} + kx_{\text{кон}}.\] Поскольку \(v_{\text{нач}} = u_{\text{нач}} = v_{\text{кон}} = u_{\text{кон}} = 0\), после подстановки скоростей и деления на \(k\) получим \(x_{\text{кон}} = x_{\text{нач}}\), то есть платформа вернётся в прежнее положение, а искомое смещение \(S = x_{\text{кон}} - x_{\text{нач}} = 0\).

2. В первом пункте был получен результат \(S = 0\), якобы не зависящий от величины \(k\), поэтому может возникнуть соблазн сразу дать ответ \(S_0 = 0\). Однако такой вывод окажется неверным, так как в процессе преобразований в первом пункте было деление на \(k\), что невозможно в случае \(k = 0\).

Таким образом, поскольку предыдущий метод здесь не даёт результата, воспользуемся свойством сохранения положения центра масс изначально покоившейся системы при отсутствии внешних сил (внутренние силы не изменяют положение центра масс в силу третьего закона Ньютона). Изменение координаты центра масс системы из \(n\) тел массами \(m_1, m_2, \ldots, m_n\) определяется через их соответствующие смещения \(\Delta x_1, \Delta x_2, \ldots, \Delta x_n\) следующим образом: \[\Delta x_C = \dfrac{m_1\Delta x_1 + m_2\Delta x_2 + \ldots + m_n\Delta x_n}{m_1 + m_2 + \ldots + m_n}.\] Применим эту общую формулу к нашему случаю: \[\Delta x_C = \dfrac{M\cdot(-S_0) + m\cdot(L - S_0)}{M + m} = 0,\] откуда \[S_0 = \dfrac{mL}{M + m}.\]

Ответ

1) \(v(t) = \dfrac{v_0}{\sqrt{1 + 2\rho S_0v_0t/m_0}}\);  2) \(v(t) = \dfrac{v_0}{\left(1 + \dfrac{4\rho S_0v_0t}{3m_0}\right)^{3/4}}\);  3) \(v = v_0 + \dfrac{gt}{3}\);  4) \(v = v_0 + \dfrac{gt}{7}\).

Решение

1. Пусть \(m\) и \(v\) — масса и скорость капли в некоторый момент времени \(t\), тогда, поскольку на каплю и туман не действуют внешние силы, из закона сохранения импульса \(m_0v_0 = mv\) получаем \[m = \dfrac{m_0v_0}{v},\] откуда \[dm = -\dfrac{m_0v_0}{v^2}\,dv.\qquad (128)\] За малый промежуток времени \(dt\) на каплю налипнут капельки тумана массой \(dm = \rho S_0v\,dt\). Приравняем выражения для \(dm\) и проинтегрируем их: \[-\dfrac{m_0v_0}{v^2}\,dv = \rho S_0v\,dt,\qquad -m_0v_0\int\limits_{v_0}^{v}\dfrac{dv}{v^3} = \rho S_0\int\limits_0^t dt,\] откуда \[\dfrac{m_0v_0}{2}\left(\dfrac{1}{v^2} - \dfrac{1}{v_0^2}\right) = \rho S_0t,\qquad\text{или}\qquad v(t) = \dfrac{v_0}{\sqrt{1 + 2\rho S_0v_0t/m_0}}.\] 2. Пусть \(S\) — площадь поперечного сечения капли в некоторый момент времени \(t\), тогда в силу сохранения шарообразной формы капли \(S \sim r^2\) и \(m \sim r^3\), где \(r\) — радиус капли, откуда \[\dfrac{S}{S_0} = \left(\dfrac{m}{m_0}\right)^{2/3}.\qquad (129)\] За малый промежуток времени \(dt\) на каплю налипнут капельки тумана массой \[dm = \rho S v\,dt = \rho S_0\left(\dfrac{m}{m_0}\right)^{2/3}v\,dt = \rho S_0\left(\dfrac{v_0}{v}\right)^{2/3}v\,dt,\] где подставлено выражение для \(m\) из соотношения (128), которое верно при отсутствии силы тяжести. Приравниваем выражение для \(dm\) из соотношения (128) и последнее полученное выражение и проинтегрируем их: \[-\dfrac{m_0v_0}{v^2}\,dv = \rho S_0\left(\dfrac{v_0}{v}\right)^{2/3}v\,dt,\qquad -m_0v_0^{1/3}\int\limits_{v_0}^{v}\dfrac{dv}{v^{7/3}} = \int\limits_0^t\rho S_0\,dt,\] откуда \[\dfrac34\,m_0v_0^{1/3}\left(\dfrac{1}{v^{4/3}} - \dfrac{1}{v_0^{4/3}}\right) = \rho S_0t,\qquad\text{или}\qquad v(t) = \dfrac{v_0}{\left(1 + \dfrac{4\rho S_0v_0t}{3m_0}\right)^{3/4}}.\] 3. За малый промежуток времени \(dt\) на каплю налипнут капельки тумана массой \[dm = \rho S_0v\,dt,\] откуда \[dt = \dfrac{dm}{\rho S_0v}.\] Согласно второму закону Ньютона для капли и тумана \(d(mv) = mg\,dt\). Умножим это уравнение на \(mv\), подставим выражение для \(dt\) и проинтегрируем: \[mv\,d(mv) = m^2vg\dfrac{dm}{\rho S_0v},\qquad \int\limits_{m_0v_0}^{mv}mv\,d(mv) = \dfrac{g}{\rho S_0}\int\limits_{m_0}^{m}m^2\,dm,\] откуда \[\dfrac{(mv)^2}{2} - \dfrac{(m_0v_0)^2}{2} = \dfrac{m^3g}{3\rho S_0} - \dfrac{m_0^3g}{3\rho S_0}.\] Продифференцировав полученное уравнение, находим \[v\,dv = \dfrac{g}{3\rho S_0}\,dm.\] Подставив приращение массы \(dm\), получаем \[v\,dv = \dfrac{g}{3\rho S_0}\rho S_0v\,dt,\] откуда \[dv = \dfrac{g}{3}\,dt.\] Следовательно, капля в тумане движется с постоянным ускорением \(g/3\): \[v = v_0 + \dfrac{gt}{3}.\] 4. За малый промежуток времени \(dt\) на каплю налипнут капельки тумана массой \[dm = \rho S v\,dt = \rho S_0\left(\dfrac{m}{m_0}\right)^{2/3}v\,dt,\] откуда \[dt = \dfrac{dm}{\rho S_0\left(\dfrac{m}{m_0}\right)^{2/3}v},\] где использовано соотношение (129). Согласно второму закону Ньютона для капли \(d(mv) = mg\,dt\). Умножим это уравнение на \(mv\), подставим выражение для \(dt\) и проинтегрируем: \[mv\,d(mv) = m^2vg\dfrac{dm}{\rho S_0\left(\dfrac{m}{m_0}\right)^{2/3}v},\qquad \int\limits_{m_0v_0}^{mv}mv\,d(mv) = \int\limits_{m_0}^{m}m^{4/3}m_0^{2/3}g\dfrac{dm}{\rho S_0},\] откуда \[\dfrac{(mv)^2}{2} - \dfrac{(m_0v_0)^2}{2} = \dfrac{3m_0^{2/3}m^{7/3}g}{7\rho S_0} - \dfrac{3m_0^3g}{7\rho S_0}.\] Продифференцировав полученное уравнение, находим \[v\,dv = \dfrac{m_0^{2/3}g}{7\rho S_0}\,m^{-2/3}\,dm.\] Подставив приращение массы \(dm\), получаем \[v\,dv = \dfrac{m_0^{2/3}g}{7\rho S_0}\,m^{-2/3}\rho S_0\left(\dfrac{m}{m_0}\right)^{2/3}v\,dt,\] откуда \[dv = \dfrac{g}{7}\,dt.\] Следовательно, капля в тумане движется с постоянным ускорением \(g/7\): \[v = v_0 + \dfrac{gt}{7}.\]

Ответ

1) \(R_{\max} = \sqrt{\dfrac{r^3}{6ac}} \approx 6{,}5\) см,  \(h_{\min} = 2ac = 10^{-8}\) м;  2) \(F = \dfrac{4\pi\sigma}{\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}} \approx 2{,}3\cdot10^{-2}\) Н;  3) \(R_3 = \dfrac{1}{\dfrac{1}{R_1} - \dfrac{1}{R_2}} = 0{,}3\) м.

Решение

1. Объём капли раствора \(V = 4\pi r^3/3\), общая площадь внутренней и внешней поверхностей плёнки пузыря \(S = 8\pi R_{\max}^2\), количества молекул ПАВ в капле и на поверхностях плёнки соответственно составляют \[N_1 = \dfrac{V}{a^3}\cdot\dfrac1c = \dfrac{4\pi r^3}{3a^3c},\qquad N_2 = \dfrac{S}{a^2} = \dfrac{8\pi R_{\max}^2}{a^2}.\] Поскольку искомый радиус максимален, молекулы ПАВ будут только на поверхностях плёнки, то есть можно приравнять \(N_1\) и \(N_2\): \[\dfrac{4\pi r^3}{3a^3c} = \dfrac{8\pi R_{\max}^2}{a^2},\] откуда \[R_{\max} = \sqrt{\dfrac{r^3}{6ac}} \approx 6{,}5\text{ см}.\] На одном луче, проведённом из центра пузыря, расположено две молекулы ПАВ (одна на внутренней и одна на внешней поверхности), следовательно, вдоль этого луча расположено \(2c\) молекул раствора, откуда находим искомую толщину плёнки: \[h_{\min} = a\cdot2c = 10^{-8}\text{ м}.\] Примечание. Для проверки вычислений или как альтернативный способ нахождения одной из искомых величин можно использовать условие сохранения объёма раствора: \[\dfrac43\,\pi r^3 = 4\pi R_{\max}^2h_{\min}.\] 2. На начальном этапе «слипания» пузырей они притягиваются, так как их энергия уменьшается за счёт уменьшения площади поверхности (рис. 108): вместо двух отмеченных пунктиром сферических плёнок образуется одна плоская, имеющая форму круга радиусом \(y\). Далее будет использоваться условие малости высот \(x_1\) и \(x_2\) шаровых сегментов по сравнению с радиусами пузырей. Из теоремы Пифагора \[y = \sqrt{R_1^2 - (R_1 - x_1)^2} \approx \sqrt{2R_1x_1},\] откуда \[x_1 = \dfrac{y^2}{2R_1}.\] Аналогично \[x_2 = \dfrac{y^2}{2R_2}.\] Уменьшение расстояния между центрами пузырей составляет \[\Delta l = x_1 + x_2 = \dfrac{y^2}{2}\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right).\]

Изменение общей (внутренней и внешней) площади поверхности плёнки составляет \[\Delta S \approx -2\cdot\pi y^2 = -\dfrac{4\pi\,\Delta l}{\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}}.\] Изменение энергии системы \(\Delta W = \sigma\,\Delta S\). Найдём силу притяжения между пузырями: \[F = -\dfrac{\Delta W}{\Delta l} = \dfrac{4\pi\sigma}{\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}} \approx 2{,}3\cdot10^{-2}\text{ Н}.\] 3. Мембрана между пузырями будет компенсировать разность давлений \(P_1\) и \(P_2\) внутри пузырей. Пусть \(P_0\) — атмосферное давление, тогда согласно формуле Лапласа для добавочного давления под искривлённой поверхностью \[\dfrac{4\sigma}{R_3} = P_1 - P_2 = \left(P_0 + \dfrac{4\sigma}{R_1}\right) - \left(P_0 + \dfrac{4\sigma}{R_2}\right) = \dfrac{4\sigma}{R_1} - \dfrac{4\sigma}{R_2},\] откуда \[R_3 = \dfrac{1}{\dfrac{1}{R_1} - \dfrac{1}{R_2}} = 0{,}3\text{ м}.\]

Ответ

\(t = \dfrac{Q}{P} = \dfrac{\lambda m_2 + c(m_1 + m_2)(100^\circ\text{C} - 0^\circ\text{C})}{IU} \approx 970\) с \(\approx 16\) мин.

Решение

Для плавления льда и доведения воды до кипения нужно подвести количество теплоты \[Q = \lambda m_2 + c(m_1 + m_2)(100^\circ\text{C} - 0^\circ\text{C}) \approx 1{,}55\text{ кДж}.\] Пусть \(U\) — напряжение на кипятильнике, \(I\) — сила тока в цепи (рис. 172), тогда по второму правилу Кирхгофа \(\mathcal{E} = U + Ir\), откуда \[I = \dfrac{\mathcal{E} - U}{r}.\]

Ещё одним уравнением, связывающим \(U\) и \(I\), является приведённая в условии ВАХ кипятильника. Значения \(U\) и \(I\) найдём как координаты точки пересечения графиков двух рассматриваемых зависимостей (рис. 173): \(U = 2{,}0\) В, \(I = 0{,}8\) А.

Следовательно, мощность кипятильника \(P = UI = 1{,}6\) Вт, а искомое время составляет \[t = \dfrac{Q}{P} = \dfrac{\lambda m_2 + c(m_1 + m_2)(100^\circ\text{C} - 0^\circ\text{C})}{IU} \approx 970\text{ с} \approx 16\text{ мин}.\]

Ответ

\(R = \dfrac{29}{24}\,r\).

Решение

Известно, что схемы треугольника, составленного из резисторов сопротивлениями \(R_1\), \(R_2\) и \(R_3\) (рис. 174), и звезды, составленной из резисторов сопротивлениями \(r_1\), \(r_2\) и \(r_3\) (рис. 175), эквивалентны, если \[r_1 = \dfrac{R_2R_3}{R_1 + R_2 + R_3},\qquad r_2 = \dfrac{R_1R_3}{R_1 + R_2 + R_3},\qquad r_3 = \dfrac{R_1R_2}{R_1 + R_2 + R_3}.\] Этот факт можно доказать, поочерёдно мысленно подключая омметр к каждой паре выводов и приравнивая соответствующие сопротивления.

Введём обозначения на исходной схеме (рис. 176), сложим последовательные сопротивления (рис. 177) и поочерёдно применим преобразование «треугольник–звезда» к части цепи между точками \(C\), \(D\) и \(F\) (рис. 178) и к части цепи между точками \(A\), \(D\) и \(E\) (рис. 179). Снова сложим последовательные сопротивления (рис. 180) и применим преобразование «треугольник–звезда» к части цепи между точками \(B\), \(G\) и \(H\) (рис. 181).

Использовав формулы для последовательного и параллельного соединений резисторов, окончательно получим \[R = \dfrac{9}{14}\,r + \dfrac{\left(\dfrac52\,r + \dfrac{3}{14}\,r\right)\cdot\left(\dfrac12\,r + \dfrac{3}{14}\,r\right)}{\left(\dfrac52\,r + \dfrac{3}{14}\,r\right) + \left(\dfrac12\,r + \dfrac{3}{14}\,r\right)} = \dfrac{29}{24}\,r.\]

Ответ

1) \(u_2 = u_1\sqrt{1 + \dfrac{2q}{mu_1^2}(\varphi_1 - \varphi_2)}\),  \(\sin\beta = \sin\alpha\,\dfrac{1}{\sqrt{1 + 2q(\varphi_1 - \varphi_2)/mu_1^2}}\), где \(\beta\) — угол, задающий направление движения частицы во второй области;  2) \(U_0 = \dfrac{mv_0^2}{2e}\);  3) \(I = 4\pi r^2n\left(1 - \sqrt{1 - \left(1 - \dfrac{2eU}{mv_0^2}\right)\dfrac{R^2}{r^2}}\right)\) при \(U \geqslant U_1 = \dfrac{mv_0^2}{2e}\left(1 - \dfrac{r^2}{R^2}\right)\); при меньших напряжениях \(I_0 = 4\pi r^2n\).

Решение

1. Согласно закону сохранения энергии имеем \[\dfrac{mu_1^2}{2} + q\varphi_1 = \dfrac{mu_2^2}{2} + q\varphi_2,\qquad u_2 = u_1\sqrt{1 + \dfrac{2q}{mu_1^2}(\varphi_1 - \varphi_2)}.\] Поскольку при переходе частицы из одной области в другую на неё действует электрическое поле, перпендикулярное границе раздела областей, составляющая скорости частицы, параллельная границе, остаётся неизменной, и, таким образом, \[\dfrac{\sin\beta}{\sin\alpha} = \dfrac{u_1}{u_2},\qquad \sin\beta = \sin\alpha\,\dfrac{1}{\sqrt{1 + 2q(\varphi_1 - \varphi_2)/mu_1^2}},\] где \(\beta\) — угол, задающий направление движения частицы во второй области.

2. Ток в цепи перестаёт течь, когда электроны из-за электрического поля в промежутке между анодом и катодом не достигают анода. Запишем закон сохранения энергии: \[\dfrac{mv_0^2}{2} = eU_0,\] откуда \[U_0 = \dfrac{mv_0^2}{2e}.\] 3. Пусть потенциал катода нулевой: \(\varphi_k = 0\), тогда скорость электрона \(v_1\) на расстоянии \(r_1\) от центра диода в области с потенциалом \(\varphi_1\) находим из закона сохранения энергии: \[\dfrac{mv_0^2}{2} - e\varphi_k = \dfrac{mv_1^2}{2} - e\varphi_1,\] откуда \[v_1 = v_0\sqrt{1 + \dfrac{2e\varphi_1}{mv_0^2}}.\] Рассмотрим переход электрона из области с потенциалом \(\varphi_1\) и радиусом \(r_1\) в область с потенциалом \(\varphi_2\) и радиусом \(r_2\), причём \(r_2 - r_1 \ll r_1\) (рис. 182). В этом случае \[v_1 = v_0\sqrt{1 + \dfrac{2e\varphi_1}{mv_0^2}},\qquad v_2 = v_0\sqrt{1 + \dfrac{2e\varphi_2}{mv_0^2}}.\]

Согласно первому пункту задачи компонента скорости электрона, перпендикулярная радиусу, не претерпевает изменения при переходе между областями с различным потенциалом, поэтому \[\dfrac{\sin\alpha}{\sin\alpha_1} = \dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{\sqrt{1 + 2e\varphi_2/mv_0^2}}{\sqrt{1 + 2e\varphi_1/mv_0^2}}.\] По теореме синусов для треугольника \(OAB\) получаем \[\dfrac{\sin\alpha_1}{r_2} = \dfrac{\sin\beta_1}{r_1}.\] Таким образом, для углов \(\alpha\) и \(\beta_1\) имеем следующую связь: \[\sin\alpha\sqrt{1 + \dfrac{2e\varphi_1}{mv_0^2}}\,r_1 = \sin\beta_1\sqrt{1 + \dfrac{2e\varphi_2}{mv_0^2}}\,r_2.\] Разбивая пространство между катодом и анодом на множество поясков с одинаковым потенциалом на протяжении каждого из них, можно воспользоваться оптическим законом Снеллиуса: если принять для \(i\)-го слоя \[n_i = \sqrt{1 + \dfrac{2e\varphi_i}{mv_0^2}}\,r_i,\] то \[n_1\sin\alpha_1 = n_2\sin\alpha_2 = \ldots = n_i\sin\alpha_i.\] Для нахождения критического угла \(\alpha_0\) вылета электронов из катода запишем «закон Снеллиуса» для двух поясков, один из которых непосредственно прилегает к катоду, а другой — к аноду, причём в последний из поясков электрон попадает под прямым углом: \[r\sin\alpha_0 = R\sqrt{1 - \dfrac{2eU}{mv_0^2}},\] откуда \[\sin\alpha_0 = \dfrac{R}{r}\sqrt{1 - \dfrac{2eU}{mv_0^2}}.\] Поскольку электроны вылетают из катода равномерно во все стороны, только часть электронов, заключённая внутри телесного угла с раствором \(\alpha_0\), достигнет анода, поэтому в установившемся режиме сила тока через диод составляет \[I = 4\pi r^2n\,\dfrac{2\pi(1 - \cos\alpha_0)}{2\pi} = 4\pi r^2n\left(1 - \sqrt{1 - \left(1 - \dfrac{2eU}{mv_0^2}\right)\dfrac{R^2}{r^2}}\right).\] Здесь необходимо заметить, что формула для синуса критического угла работает только при напряжениях \[U \geqslant U_1 = \dfrac{mv_0^2}{2e}\left(1 - \dfrac{r^2}{R^2}\right).\] При меньших напряжениях все электроны, вылетающие из катода, достигают анода и ток через диод составляет \(I_0 = 4\pi r^2n\). Схематичный вид зависимости \(I(U)\) показан на рис. 183.

Ответ

1) \(\theta = 2\arccos\left(\sqrt{\dfrac{3n + 1}{4n}}\right) \approx 35^\circ39'\);  2) \(\varepsilon = \dfrac{2}{n}\sqrt{\dfrac{3n + 1}{n - 1}}\,\Delta n \approx 1{,}75'\);  3) \(y = \dfrac{2f}{n}\sqrt{\dfrac{3n + 1}{n - 1}}\,\Delta n = 0{,}2\) мм.

Решение

Из соображений симметрии для того, чтобы луч вышел из призмы параллельно \(AC\), отрезок луча \(FG\) должен быть параллелен \(AC\). При этом \(\angle GFD = \angle EFA = \theta/2\) (рис. 220). Тогда из треугольника \(AEF\) находим \(\angle AEF = 180^\circ - 3\theta/2\). Поэтому для преломления в точке \(E\) имеем \[\dfrac{\sin(90^\circ - \theta/2)}{\sin(90^\circ - 3\theta/2)} = n,\qquad \dfrac{\cos(\theta/2)}{\cos(3\theta/2)} = n.\]

После тригонометрических расчётов находим \[\cos(3\theta/2) = \cos(\theta + \theta/2) = \cos\theta\cdot\cos(\theta/2) - \sin\theta\cdot\sin(\theta/2) = 4\cos^3(\theta/2) - 3\cos(\theta/2).\] Подставляя полученное соотношение в закон Снеллиуса, получаем \[\cos(\theta/2) = \sqrt{\dfrac{3n + 1}{4n}},\qquad\text{откуда}\qquad \theta = 2\arccos\left(\sqrt{\dfrac{3n + 1}{4n}}\right) \approx 35^\circ39'.\] Пусть \(\alpha\) — угол падения луча на призму, \(\beta\) и \(\beta + \Delta\beta\) — углы преломления, отвечающие показателям преломления \(n\) и \(n + \Delta n\) (рис. 220). Согласно закону Снеллиуса \(\sin\alpha = n\sin\beta\), откуда, дифференцируя при фиксированном угле падения \(\alpha\), имеем \[n\cos\beta\cdot\Delta\beta + \Delta n\sin\beta = 0.\qquad (263)\] Пусть \(\alpha'\) — угол выхода луча из призмы, \(\beta'\) и \(\beta' + \Delta\beta'\) — углы падения на границе стекло–воздух, отвечающие показателям преломления \(n\) и \(n + \Delta n\) (рис. 220). Тогда аналогично случаю падения можно записать \[n\cos\beta'\cdot\Delta\beta' + \Delta n\sin\beta' = \cos\alpha'\cdot\Delta\alpha'.\qquad (264)\] Поскольку \(n \gg \Delta n\), можно положить \(\alpha = \alpha'\) и \(\beta = \beta'\). Однако следует отметить, что \(\Delta\alpha \neq \Delta\alpha'\) и \(\Delta\beta \neq \Delta\beta'\). Покажем, что \(\Delta\beta = -\Delta\beta'\). Действительно, из треугольников \(AEF\) и \(CHG\) находим \(\angle EFA = 90^\circ - \beta - \theta\) и \(\angle HGC = 90^\circ - \beta' - \theta\). Далее рассмотрим треугольник \(FGD\), для него \(\theta = \angle GFD + \angle FGD\), а поскольку \(\angle FGD = \angle HGC\) и \(\angle GFD = \angle EFA\), имеем \(\beta + \beta' = 180^\circ - 3\theta\). Теперь, производя дифференцирование, приходим к искомому результату: \(\Delta\beta = -\Delta\beta'\). Для нахождения угла \(\varepsilon = \Delta\alpha'\) между двумя выходящими из призмы лучами воспользуемся полученным выше соотношением между \(\Delta\beta\) и \(\Delta\beta'\), а также уравнениями (263) и (264): \[-\Delta\beta = \dfrac{\Delta n\sin\beta}{n\cos\beta} = \Delta\beta' = \dfrac{\varepsilon\cos\alpha - \Delta n\sin\beta}{n\cos\beta},\qquad \varepsilon = 2\dfrac{\sin\beta}{\cos\alpha}\,\Delta n = 2\dfrac{\cos(3\theta/2)}{\sin(\theta/2)}\,\Delta n.\] Пользуясь полученными ранее выражениями для \(\cos(3\theta/2)\) и \(\cos(\theta/2)\), приходим к ответу: \[\varepsilon = \dfrac{2}{n}\sqrt{\dfrac{3n + 1}{n - 1}}\,\Delta n \approx 1{,}75'.\] Для определения линейного расстояния \(y\) между двумя изображениями, видимыми в фокальной плоскости объектива, достаточно знать \(f\) и \(\varepsilon\): \[y = f\operatorname{tg}\varepsilon \approx \varepsilon f = \dfrac{2f}{n}\sqrt{\dfrac{3n + 1}{n - 1}}\,\Delta n = 0{,}2\text{ мм}.\]