«Туймаада» 2008, теоретический тур

Ответ

1) \(m = \dfrac{\operatorname{tg}^2\alpha_1 - \operatorname{tg}^2\alpha_2}{\dfrac{\operatorname{tg}^2\alpha_2}{m_2} - \dfrac{\operatorname{tg}^2\alpha_1}{m_1}}\);  2) \(\dfrac{m_1}{m_2} > \dfrac{\operatorname{tg}^2\alpha_1}{\operatorname{tg}^2\alpha_2}\).

Решение

1. Концы палочки ударятся о плоскость одновременно, только если палочка всё время будет опускаться горизонтально. Для этого необходимо и достаточно, чтобы отсутствовало вращение палочки в вертикальной плоскости, в которой лежит палочка, то есть сумма моментов сил, действующих на палочку, была равна нулю (рис. 110): \[N_1\cos\alpha_1\cdot L - N_2\cos\alpha_2\cdot L = 0,\qquad (136)\] где \(L\) — расстояние между центром масс \(C\) палочки, относительно которого записаны моменты, и точками её касания с клиньями.

Используя второй закон Ньютона, выразим ускорения \(a_1\) и \(a_2\) клиньев и горизонтальную составляющую \(a_x\) ускорения палочки: \[a_1 = \dfrac{N_1\sin\alpha_1}{m_1},\qquad a_2 = \dfrac{N_2\sin\alpha_2}{m_2},\qquad a_x = \dfrac{N_1\sin\alpha_1 - N_2\sin\alpha_2}{m}.\qquad (137)\] Запишем горизонтальные смещения клиньев относительно палочки к моменту \(t\): \[\Delta x_1 = \dfrac{(a_1 + a_x)t^2}{2},\qquad \Delta x_2 = \dfrac{(a_2 - a_x)t^2}{2}.\qquad (138)\] Вертикальное смещение \(\Delta y\) палочки одно и то же для обоих концов: \[\Delta x_1\operatorname{tg}\alpha_1 = \Delta y = \Delta x_2\operatorname{tg}\alpha_2,\] откуда после подстановки (138) и сокращения получаем \[(a_1 + a_x)\operatorname{tg}\alpha_1 = (a_2 - a_x)\operatorname{tg}\alpha_2.\qquad (139)\] Подставим выражения из формул (137) в (139): \[\left(\dfrac{N_1\sin\alpha_1}{m_1} + \dfrac{N_1\sin\alpha_1 - N_2\sin\alpha_2}{m}\right)\operatorname{tg}\alpha_1 = \left(\dfrac{N_2\sin\alpha_2}{m_2} - \dfrac{N_1\sin\alpha_1 - N_2\sin\alpha_2}{m}\right)\operatorname{tg}\alpha_2,\] откуда с использованием условия (136) находим искомую массу: \[m = \dfrac{\operatorname{tg}^2\alpha_1 - \operatorname{tg}^2\alpha_2}{\dfrac{\operatorname{tg}^2\alpha_2}{m_2} - \dfrac{\operatorname{tg}^2\alpha_1}{m_1}}.\qquad (140)\] 2. Рассматриваемая ситуация реализуется, если вычисленная из формулы (140) масса \(m\) положительна, откуда с учётом того, что \(\alpha_1 > \alpha_2\), следует неравенство \[\dfrac{m_1}{m_2} > \dfrac{\operatorname{tg}^2\alpha_1}{\operatorname{tg}^2\alpha_2}.\]

Ответ

\(L = \dfrac{\Delta E}{mgn} = 1\) м.

Решение

Пусть \(\vec a\), \(\vec v\), \(\vec r\) — мгновенные ускорение, скорость и радиус-вектор шара, \(\vec F = -k\vec v\) — сила сопротивления воздуха, тогда второй закон Ньютона в процессе падения шара имеет вид \[m\vec a = m\vec g - k\vec v.\qquad (141)\] Умножив равенство (141) на маленький промежуток времени \(\Delta t\) и учитывая, что малое изменение скорости имеет вид \(\Delta\vec v = \vec a\Delta t\), а малое перемещение даётся формулой \(\Delta\vec r = \vec v\Delta t\), запишем \[m\Delta\vec v = m\vec g\Delta t - k\Delta\vec r.\] Суммируя это уравнение от начального момента \(t_0\), когда шар был расположен в точке \(\vec r_0\) и имел скорость \(\vec v_0\), до произвольного момента времени \(t\), получаем \[m(\vec v - \vec v_0) = m\vec g(t - t_0) - k(\vec r - \vec r_0),\] или, применительно к каждому из шаров в процессе раздельного падения, \[m(\vec v_1 - \vec v_{10}) = m\vec g(t - t_0) - k(\vec r_1 - \vec r_{10}),\qquad (142)\] \[m(\vec v_2 - \vec v_{20}) = m\vec g(t - t_0) - k(\vec r_2 - \vec r_{20}).\qquad (143)\] Пусть \(t_0\) — момент начала раздельного падения шаров, тогда можно считать, что \(\vec r_{10} = \vec r_{20}\), так как по условию шары небольшие, а нить короткая. В качестве \(t\) возьмём любой из моментов времени, когда скорости падающих шаров перестали изменяться, то есть их установившиеся скорости \(\vec v_1 = \vec v_2\), так как шары одинаковые. Учитывая эти равенства, вычтем соотношение (143) из (142): \[m(\vec v_{10} - \vec v_{20}) = k(\vec r_1 - \vec r_2),\] откуда найдём искомое расстояние между шарами: \[L = |\vec r_1 - \vec r_2| = \dfrac{m}{k}\,|\vec v_{10} - \vec v_{20}|.\qquad (144)\] Используя выражения для начального импульса шаров \(p_{\text{нач}} = m|\vec v_{10} + \vec v_{20}|\) и разности их энергий \(\Delta E = m|v_{10}^2 - v_{20}^2|/2\), преобразуем уравнение (144): \[L = \dfrac{m}{k}\cdot\dfrac{|\vec v_{10} - \vec v_{20}|\cdot|\vec v_{10} + \vec v_{20}|}{|\vec v_{10} + \vec v_{20}|} = \dfrac{2m}{k}\cdot\dfrac{m|v_{10}^2 - v_{20}^2|/2}{m|\vec v_{10} + \vec v_{20}|} = \dfrac{2m}{k}\cdot\dfrac{\Delta E}{p_{\text{нач}}}.\] Полагая \(a = 0\) в уравнении (141), находим установившуюся скорость \(v = mg/k\). Конечный импульс шаров \(p_{\text{кон}} = 2mv = 2m^2g/k\), откуда \(2m/k = p_{\text{кон}}/(mg)\). Подставляя последнее выражение и \(n = p_{\text{нач}}/p_{\text{кон}}\), получаем \[L = \dfrac{p_{\text{кон}}}{mg}\cdot\dfrac{\Delta E}{p_{\text{нач}}} = \dfrac{\Delta E}{mgn} = 1\text{ м}.\]

Ответ

1) \(T = \dfrac{T_0}{2\sqrt{\sin2\alpha}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{\operatorname{tg}\alpha + \mu}} + \dfrac{1}{\sqrt{\operatorname{tg}\alpha - \mu}}\right) \approx 1{,}43\) с;  2) \(\gamma = \left(\dfrac{\operatorname{tg}\alpha + \mu}{\operatorname{tg}\alpha - \mu}\right)^2\cdot e^{8\alpha\mu} \approx 2{,}01\cdot1{,}52 \approx 3\).

Решение

1. Когда бусинка находится на расстоянии \(l\) от вершины угла и движется от неё (рис. 111), на бусинку действует направленная к вершине угла сила \[F_1 = F\sin\alpha + F_{\text{тр}},\] где \(F = k\Delta y\) — сила натяжения пружины, \(\Delta y = 2l\sin\alpha\) — удлинение пружины, \(F_{\text{тр}} = \mu N\) — сила трения скольжения, \(N = F\cos\alpha\) — реакция проволоки (рис. 112).

После подстановки получаем \[F_1 = 2\sin\alpha(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)kl.\] Сила \(F_1\) пропорциональна смещению \(l\) из положения равновесия, поэтому можно ввести эффективную жёсткость \[k_1 = \dfrac{F_1}{l} = 2\sin\alpha(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)k.\] Аналогично находим силу и эффективную жёсткость при движении бусинки к вершине угла: \[F_2 = F\sin\alpha - F_{\text{тр}},\qquad k_2 = \dfrac{F_2}{l} = 2\sin\alpha(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)k.\] При заданных значениях \(\alpha\) и \(\mu\) величина \(k_2\) положительна, следовательно, движение действительно будет колебательным. В течение одного колебания бусинки движутся дважды от вершины угла и дважды к ней, а каждый из этих четырёх процессов длится четверть соответствующего периода: \(T_1 = 2\pi\sqrt{m/k_1}\) для движения от вершины угла и \(T_2 = 2\pi\sqrt{m/k_2}\) для движения к вершине угла, где \(m\) — масса бусинки. Таким образом, находим общий период: \[T = 2\dfrac{T_1}{4} + 2\dfrac{T_2}{4} = \dfrac{T_0}{2\sqrt{\sin2\alpha}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{\operatorname{tg}\alpha + \mu}} + \dfrac{1}{\sqrt{\operatorname{tg}\alpha - \mu}}\right) \approx 1{,}43\text{ с},\] где использовано соотношение \(T_0 = 2\pi\sqrt{m/k}\). Временем прохождения бусинками маленького закругления в вершине угла можно пренебречь.

2. Поскольку результирующая сила, действующая на бусинку, эквивалентна силе упругости некоторой пружины, потери энергии при движении бусинок по сторонам проволочных углов можно найти через скачкообразное изменение эффективной жёсткости, которое происходит при смене направления движения в положении максимального отклонения, когда бусинка находится на расстоянии \(L\) от вершины угла. В этот момент полная энергия системы равна потенциальной, которая уменьшается в \(\gamma_1\) раз: \[\gamma_1 = \dfrac{k_1L^2/2}{k_2L^2/2} = \dfrac{k_1}{k_2} = \dfrac{\operatorname{tg}\alpha + \mu}{\operatorname{tg}\alpha - \mu}.\] Кроме того, есть потери энергии на повороте в вершине угла. Запишем второй закон Ньютона для торможения бусинки на малом участке проволоки радиусом кривизны \(R\): \[m\dfrac{dv}{dt} = -\mu m\dfrac{v^2}{R}.\] Пусть \(\varphi\) — угловой путь бусинки, тогда его малое приращение имеет вид \[d\varphi = |\omega|\,dt = \dfrac{v}{R}\,dt,\] где \(\omega\) — угловая скорость бусинки. Отметим, что знак модуля возникает из определения углового пути, который всегда неотрицателен в отличие от углового перемещения. Исключая \(R\) из приведённых уравнений, получим \[\dfrac{dv}{v} = -\mu\,d\varphi,\qquad\text{откуда}\qquad v = v_0e^{-\mu\varphi}.\] При прохождении вершины угла бусинка поворачивает на угол \(\varphi = 2\alpha\), а её скорость изменяется от \(v_1\) до \(v_2 = v_1e^{-2\mu\alpha}\). В этот момент полная энергия системы равна кинетической, которая уменьшается в \(\gamma_2\) раз: \[\gamma_2 = \dfrac{mv_1^2/2}{mv_2^2/2} = \left(\dfrac{v_1}{v_2}\right)^2 = e^{4\alpha\mu}.\] В ходе полного периода колебания бусинок они дважды оказываются в положении максимального отклонения и дважды проходят поворот, то есть общее затухание имеет вид \[\gamma = \gamma_1^2\gamma_2^2 = \left(\dfrac{\operatorname{tg}\alpha + \mu}{\operatorname{tg}\alpha - \mu}\right)^2\cdot e^{8\alpha\mu} \approx 2{,}01\cdot1{,}52 \approx 3.\]

Ответ

1) наибольшее расстояние — 21 июня, наименьшее — 21 декабря;  2) \(\Delta R = 2f = \dfrac{\pi\tau}{2T}\,R \approx 4{,}5\cdot10^9\) м;  3) \(\Delta v = \dfrac{2\pi\Delta R}{T} = \dfrac{\pi^2\tau R}{T^2} \approx 900\) м/с.

Решение

1. В соответствии с первым законом Кеплера Земля движется вокруг Солнца по эллипсу, в одном из фокусов \(F\) которого находится Солнце (рис. 113). Изменение длительности дня и ночи в течение года связано с тем, что ось собственного вращения Земли не перпендикулярна плоскости орбиты, а наклонена к ней под некоторым углом. В силу закона сохранения момента импульса эта ось не изменяет своего направления. В дни солнцестояния её проекция на плоскость орбиты Земли параллельна отрезку, соединяющему Землю и Солнце, в дни равноденствия — перпендикулярна ему. Следовательно, Солнце лежит на отрезке, соединяющем положения Земли в дни солнцестояния (точки \(B\) и \(D\)), и на отрезке, соединяющем положения Земли в дни равноденствия (точки \(A\) и \(C\)), а сами отрезки перпендикулярны друг другу (маленькими чёрточками, пересекающими изображения нашей планеты, показаны проекции оси собственного вращения Земли).

Из условия, что дни летнего и зимнего солнцестояния делят год пополам, и второго закона Кеплера (о постоянстве секториальной скорости) следует, что отрезок \(BD\) делит эллипс на две равные по площади части. Это возможно только в том случае, если он проходит через центр \(O\) эллипса, то есть является большой осью эллипса. Поскольку летний период между днями весеннего и осеннего равноденствия продолжительнее зимнего, в силу второго закона Кеплера площадь сегмента \(ABC\) больше площади сегмента \(CDA\), откуда \(BF > DF\). Значит, 21 июня Земля находится на наибольшем расстоянии от Солнца, а 21 декабря — на наименьшем.

2. Пусть \(S_B\) — площадь сегмента \(ABC\), а \(T_B\) — время движения Земли по маршруту \(ABC\), тогда в силу второго закона Кеплера \[\dfrac{S_B}{T_B} = \dfrac{\pi R^2}{T}.\qquad (145)\] Учитывая малое отличие орбиты Земли от окружности, можно считать заштрихованную область прямоугольником, тогда \[S_B \approx \dfrac{\pi R^2}{2} + 2Rf,\] где \(f = FO\) — фокусное расстояние эллипса. Из условия \(T_B + (T_B - \tau) = T\) находим \(T_B = (T + \tau)/2\). Подставив выражения для \(S_B\) и \(T_B\) в формулу (145), выразим \[f = \dfrac{\pi\tau}{4T}\,R.\] Находим искомое различие расстояний: \[\Delta R = 2f = \dfrac{\pi\tau}{2T}\,R \approx 4{,}5\cdot10^9\text{ м}.\] 3. Пусть \(v_B\) и \(v_D\) — скорости Земли в точках \(B\) и \(D\) соответственно, \(R_B = BF\), \(R_D = DF\), тогда из второго закона Кеплера следует, что \(v_BR_B = v_DR_D\). Находим искомое различие скоростей: \[\Delta v = v_D - v_B = \dfrac{R_B - R_D}{R_B}\cdot v_D = \dfrac{\Delta R}{R_B}\cdot v_B \approx \dfrac{\Delta R}{R}\cdot v,\] где \(v = 2\pi R/T\) — средняя орбитальная скорость Земли. Таким образом, \[\Delta v = \dfrac{2\pi\Delta R}{T} = \dfrac{\pi^2\tau R}{T^2} \approx 900\text{ м/с}.\]

Ответ

1) \(t_1 \approx 37^\circ\)C;  2) \(t_2 \approx 105^\circ\)C;  3) \(t_3 \approx 70^\circ\)C.

Решение

Поскольку все рассматриваемые процессы медленные, можно считать, что пар находится в термодинамическом равновесии с водой, то есть является насыщенным. Давление насыщенного пара при малых температурах пренебрежимо мало, поэтому можно считать, что сначала под крышкой был сухой воздух при атмосферном давлении. Таким образом, относительная влажность воздуха ни на что не влияет и приведена в условии лишь «для красоты».

1. Условие равновесия крышки непосредственно перед её приподниманием имеет вид \[(P_1 + P_0')\cdot S = mg + P_0S,\qquad (182)\] где \(P_1\) и \(P_0'\) — давления соответственно пара и воздуха под крышкой при температуре \(t_1\). Из уравнения Менделеева–Клапейрона выразим \[P_0' = P_0\cdot\dfrac{273^\circ\text{C} + t_1}{273^\circ\text{C} + t_0} = P_0\left(1 + \dfrac{t_1}{273^\circ\text{C}}\right).\qquad (183)\] После подстановки выражения (183) в формулу (182) и упрощения получим \[P_1 = \dfrac{mg}{S} - \dfrac{P_0t_1}{273^\circ\text{C}}.\qquad (184)\] Это уравнение можно решить графически: построить графики его левой и правой частей как функций от \(t_1\) и найти их точки пересечения. Поскольку \(P_1\) — давление насыщенного пара, имеем \(P_1 = P(t_1)\), а график \(P(t_1)\) приведён в условии. График правой части уравнения (184) имеет вид прямой, пересекающей оси в точках \[P_x = \dfrac{mg}{S} = 20\text{ кПа}\qquad\text{и}\qquad t_x = 273^\circ\text{C}\cdot\dfrac{mg}{P_0S} = 54^\circ\text{C}.\] Таким образом, из графиков (рис. 132) находим \(t_1 \approx 37^\circ\)C.

Примечание. Если не учитывать изменение давления воздуха, то есть вместо условия (183) считать, что \(P_0' = P_0\), то давление пара должно возрасти до значения \(P_1' = mg/S \approx 20\) кПа, откуда по графику находим \(t_1 \approx 60^\circ\)C, что существенно отличается от правильного ответа.

2. Из условия равновесия крышки следует, что давление газа под крышкой не может превышать \[P_2 = P_0 + \dfrac{mg}{S} = 121\text{ кПа}.\] В процессе нагревания и кипения воды количество пара под крышкой будет расти. Когда давление газа под крышкой превысит величину \(P_2\), крышка приподнимется и излишек газа выйдет наружу. При этом каждый раз будет выходить смесь пара и воздуха. Однако количество воздуха под крышкой ограничено имевшимся там изначально, а количество пара пополняется за счёт кипения воды. Значит, после длительного кипения воды воздуха под крышкой практически не останется, а давление пара будет примерно \(P_2\). Из условия \(P(t_2) = P_2\) по графику находим \(t_2 \approx 105^\circ\)C.

3. Силы давления воздуха и пара действуют равномерно по всей площади крышки, поэтому можно считать, что они приложены к её центру масс (аналогично силе тяжести, действующей на однородную крышку). Центр масс однородного треугольника расположен в точке пересечения медиан, которая делит каждую из медиан в отношении 2 : 1, считая от вершины. Для открывания крышки эффективнее всего прикладывать вертикальную силу к одной из вершин треугольника, так как тогда плечо прикладываемой силы относительно оси, проходящей через две другие вершины, будет в 3 раза больше, чем плечи противодействующих сил. Пусть \(P_3\) — давление пара, когда вода остыла до температуры \(t_3\), тогда из уравнения моментов получаем \[3\cdot F = mg + (P_0 - P_3)S,\] откуда \[P_3 = P_0 + \dfrac{mg - 3F}{S} \approx 31\text{ кПа}.\] Поскольку вода остывает медленно, пар является насыщенным. Из условия \(P(t_3) = P_3\) по графику находим \(t_3 \approx 70^\circ\)C.

Примечание. Если не использовать свойства рычага, а прикладывать силу \(F\) к центру масс, то давление пара достаточно уменьшить до \(P_3' = P_0 + (mg - F)/S = 91\) кПа, откуда по графику находим \(t_3' \approx 97^\circ\)C, что существенно отличается от правильного ответа.

Ответ

1) \(n = \dfrac{T_0 - T_2}{T_0 - T_1} = 1{,}250\);  2) \(p = \dfrac{T_0 - T_1}{T_0 - T_2}\cdot\dfrac{T_2}{T_1} \approx 0{,}785\);  3) \(\alpha = \dfrac{(T_0 - T_2)^2}{(T_0 - T_1)^2}\cdot\dfrac{T_1}{T_2} \approx 1{,}591\);  4) \(\beta = \dfrac{\left(T_1(T_0 - T_3)^2 - T_3(T_0 - T_1)^2\right)(T_0 - T_2)}{\left(T_2(T_0 - T_3)^2 - T_3(T_0 - T_2)^2\right)(T_0 - T_1)} \approx 1{,}730\).

Решение

Все величины, относящиеся к установившемуся режиму до поворота ручки, будем отмечать индексом «1», а после поворота — «2».

1. По закону теплопроводности можно записать мощности теплопередачи от окружающей среды к камере в виде \[N_1 = k(T_0 - T_1),\qquad N_2 = k(T_0 - T_2),\] где \(k\) — коэффициент пропорциональности, зависящий только от свойств стенок и размеров камеры. Находим искомое отношение: \[n = \dfrac{N_2}{N_1} = \dfrac{T_0 - T_2}{T_0 - T_1} = 1{,}250.\] 2. Холодильный коэффициент идеального холодильника, работающего по циклу Карно, определяется по формуле \(\mu = T_X/(T_O - T_X)\), где \(T_X\) и \(T_O\) — температуры охлаждаемого тела и окружающей среды соответственно.

Пусть \(P\) — мощность, потребляемая холодильной установкой от электрической сети, \(\eta\) — отношение холодильных коэффициентов бытового и идеального холодильников, тогда мощности теплопередачи от камеры к холодильной установке можно записать в виде \[P_1 = \eta\cdot\dfrac{T_1}{T_0 - T_1}\cdot P,\qquad P_2 = \eta\cdot\dfrac{T_2}{T_0 - T_2}\cdot P.\] Находим искомое отношение: \[p = \dfrac{P_2}{P_1} = \dfrac{T_0 - T_1}{T_0 - T_2}\cdot\dfrac{T_2}{T_1} \approx 0{,}785.\] 3. Пусть \(t_1\) и \(t_2\) — времена непрерывной работы холодильной установки, \(\tau_1\) и \(\tau_2\) — времена между двумя её последовательными включениями или выключениями (длительности полных периодов работы), тогда усреднённые за периоды \(\tau_1\) и \(\tau_2\) уравнения теплового баланса примут вид \[P_1t_1 = N_1\tau_1,\qquad P_2t_2 = N_2\tau_2,\] откуда получаем доли времён, в течение которых работает холодильная установка: \[\alpha_1 = \dfrac{t_1}{\tau_1} = \dfrac{N_1}{P_1} = \dfrac{k(T_0 - T_1)^2}{\eta PT_1},\qquad \alpha_2 = \dfrac{t_2}{\tau_2} = \dfrac{N_2}{P_2} = \dfrac{k(T_0 - T_2)^2}{\eta PT_2}.\] Находим искомое отношение: \[\alpha = \dfrac{\alpha_2}{\alpha_1} = \dfrac{(T_0 - T_2)^2}{(T_0 - T_1)^2}\cdot\dfrac{T_1}{T_2} \approx 1{,}591.\] 4. Когда холодильная установка работает непрерывно, мощности теплопередачи от окружающей среды к камере и от камеры к холодильной установке одинаковы: \[k(T_0 - T_3) = \eta\cdot\dfrac{T_3}{T_0 - T_3}\cdot P,\] откуда \[\dfrac{\eta P}{k} = \dfrac{(T_0 - T_3)^2}{T_3}.\] Поскольку общая теплоёмкость камеры и допустимые устройством отклонения от требуемой температуры не изменяются, за время непрерывной работы холодильной установки от камеры отводится одно и то же суммарное количество теплоты \(Q\): \[Q = (P_1 - N_1)t_1,\qquad Q = (P_2 - N_2)t_2,\] откуда находим искомое отношение: \[\beta = \dfrac{t_2}{t_1} = \dfrac{P_1 - N_1}{P_2 - N_2} = \dfrac{\dfrac{\eta PT_1}{T_0 - T_1} - k(T_0 - T_1)}{\dfrac{\eta PT_2}{T_0 - T_2} - k(T_0 - T_2)} = \dfrac{\left(T_1(T_0 - T_3)^2 - T_3(T_0 - T_1)^2\right)(T_0 - T_2)}{\left(T_2(T_0 - T_3)^2 - T_3(T_0 - T_2)^2\right)(T_0 - T_1)} \approx 1{,}730.\]

Ответ

\(R = \dfrac12\left(R_{AE_1} + R_{E_1D_1} + R_{D_1B}\right) = \dfrac{7}{33}\,r\).

Решение

В силу симметрии схемы относительно оси \(AB\) узел \(C\) можно разделить на два (рис. 189). Изобразим эквивалентную схему (рис. 190), на которой буквами обозначены соответствующие узлы, а численные значения сопротивлений указаны в единицах \(r\). Пользуясь свойствами последовательного и параллельного соединений, найдём сопротивления участков цепи: \[R_{AE_1} = R_{AE_2} = \dfrac16\,r,\qquad R_{E_1D_1} = R_{E_2D_2} = \dfrac{5}{66}\,r,\qquad R_{D_1B} = R_{D_2B} = \dfrac{2}{11}\,r.\]

Находим искомое общее сопротивление: \[R = \dfrac12\left(R_{AE_1} + R_{E_1D_1} + R_{D_1B}\right) = \dfrac{7}{33}\,r.\]

Ответ

1) \(T = 2\pi\sqrt{L(C + 4\pi\varepsilon_0r)}\);  2) \(I_{\max} = \dfrac{CU_0}{\sqrt{L(C + 4\pi\varepsilon_0r)}}\);  3) \(Q = \dfrac{1}{R}\left(\dfrac{C}{4\pi\varepsilon_0r} + 1\right)^2\sqrt{\dfrac{L}{C + 4\pi\varepsilon_0r}}\).

Решение

Рассмотрим проводящую сферу и Землю как две обкладки конденсатора некоторой ёмкостью \(C_0\) и перерисуем схему (рис. 191). Для нахождения \(C_0\) мысленно поместим на сферу заряд \(q\), тогда разность потенциалов сферы и бесконечно удалённой точки будет \(U = q/(4\pi\varepsilon_0r)\), откуда \[C_0 = \dfrac{q}{U} = 4\pi\varepsilon_0r.\]

Непосредственно перед замыканием ключа напряжение на конденсаторе \(C_0\) было равно нулю, так как колебаний в цепи не было.

1. Поскольку сопротивление \(R\) мало, можно считать конденсаторы соединёнными параллельно, тогда \[T = 2\pi\sqrt{L(C + C_0)} = 2\pi\sqrt{L(C + 4\pi\varepsilon_0r)}.\] 2. Сразу после замыкания ключа начальный заряд \(q_0 = CU_0\) конденсатора \(C\) распределится по обоим конденсаторам, поэтому напряжение на них будет \[U_1 = \dfrac{q_0}{C + C_0}.\] Поскольку \(R\) мало, это произойдёт за время, много меньшее периода колебаний, и можно считать, что колебания начнутся уже после перераспределения зарядов. Отметим, что за счёт большой силы тока через резистор в течение этого малого времени выделится существенное количество теплоты, поэтому ошибочно считать начальную энергию колебаний равной \(CU_0^2/2\).

А вот выделением тепла на резисторе в течение первой четверти периода можно пренебречь, поэтому из закона сохранения энергии \[\dfrac{(C + C_0)U_1^2}{2} = \dfrac{LI_{\max}^2}{2}\] находим \[I_{\max} = U_1\sqrt{\dfrac{C + C_0}{L}} = \dfrac{CU_0}{\sqrt{L(C + 4\pi\varepsilon_0r)}}.\] В дальнейшем сила тока будет убывать из-за потерь энергии на резисторе.

3. Пусть \(I_0\) — сила тока через катушку в какой-то из моментов времени, когда конденсаторы разряжены, тогда запасённая в цепи энергия \(W = LI_0^2/2\), а действующее значение силы тока в течение рассматриваемого периода \(I_e = I_0/\sqrt2\). Силы токов через каждый из конденсаторов пропорциональны их амплитудным зарядам, которые в свою очередь пропорциональны ёмкостям, так как сопротивление \(R\) мало и можно пренебречь различием напряжений на конденсаторах. Отсюда найдём действующее значение силы тока через резистор в течение рассматриваемого периода: \[I = I_e\cdot\dfrac{C_0}{C + C_0}\] и потери энергии: \[\Delta W_T = I^2RT = \dfrac{C_0^2I_0^2}{2(C + C_0)^2}\cdot R\cdot2\pi\sqrt{L(C + C_0)}.\] Найдём добротность: \[Q = \dfrac{2\pi W}{\Delta W_T} = \dfrac{L(C + C_0)^2}{C_0^2R\sqrt{L(C + C_0)}} = \dfrac{1}{R}\left(\dfrac{C}{4\pi\varepsilon_0r} + 1\right)^2\sqrt{\dfrac{L}{C + 4\pi\varepsilon_0r}}.\]