«Туймаада» 2012, теоретический тур

Ответ

1) против часовой стрелки;  2) \(\omega = \dfrac{2\pi\nu\tau}{T} \approx 0{,}41\) с\(^{-1}\);  3) \(v = \dfrac{R(k - 1)}{\varphi NT} \approx 109\) км/с;  4) \(\Delta v \approx -\dfrac{4\pi^2\varphi^2NR}{kT} \approx -95\) м/с;  5) нет, шансов самостоятельно вернуться нет.

Решение

1. Вопрос про направление вращения по сути проверяет знание пары широко известных астрономических фактов:

а) Полярная звезда (она же \(\alpha\) Малой Медведицы) находится вблизи северного полюса мира (точки пересечения оси суточного вращения Земли с воображаемой небесной сферой);

б) почти все вращения в Солнечной системе направлены в одну сторону, что является следствием процесса формирования Солнечной системы.

Вспоминая расположение сторон света и тот факт, что восход Солнца наблюдается на востоке, делаем вывод: Земля на экране вращалась вокруг Солнца против часовой стрелки (рис. 120).

2. Пусть \(T = 1\) год \(\approx 3{,}15\cdot10^7\) с — период орбитального движения Земли, тогда \(n = T/\tau \approx 365\) — число кадров за время одного оборота, \(T_v = n/\nu \approx 15\) с — период вращения, наблюдаемого на экране. Находим искомую угловую скорость: \[\omega = \dfrac{2\pi}{T_v} = \dfrac{2\pi\nu\tau}{T} \approx 0{,}41\text{ с}^{-1}.\] 3. Расстояния от корабля до Солнца в начале и в конце фотосессии соответственно: \[L_1 = \dfrac{R}{\sin\varphi} \approx \dfrac{R}{\varphi},\qquad L_2 \approx \dfrac{R}{\varphi/k} = \dfrac{kR}{\varphi}.\] Надём искомую среднюю скорость: \[v = \dfrac{L_2 - L_1}{NT} = \dfrac{R(k - 1)}{\varphi NT} \approx 109\text{ км/с}.\] 4. Пусть \(\gamma\) — гравитационная постоянная, \(M\) — масса Солнца, \(\mu\) — масса Земли, тогда согласно второму закону Ньютона для движения Земли по окружности \[\dfrac{\gamma M\mu}{R^2} = \mu\cdot\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2R,\] откуда \[\gamma M = \dfrac{4\pi^2R^3}{T^2}.\] Пусть \(m\) — масса корабля, \(v_1\) и \(v_2\) — его скорости соответственно в начале и в конце фотосессии, тогда из закона сохранения энергии \[\dfrac{mv_1^2}{2} - \dfrac{\gamma Mm}{L_1} = \dfrac{mv_2^2}{2} - \dfrac{\gamma Mm}{L_2}\] получаем \[v_2^2 - v_1^2 = -2\gamma M\left(\dfrac{1}{L_1} - \dfrac{1}{L_2}\right).\] Для оценки можно считать, что \(v_2 + v_1 \approx 2v\), тогда с помощью формулы для разности квадратов находим \[\Delta v = v_2 - v_1 \approx -\dfrac{\gamma M}{v}\left(\dfrac{1}{L_1} - \dfrac{1}{L_2}\right) = -\dfrac{4\pi^2\varphi^2NR}{kT} \approx -95\text{ м/с}.\] Использованное приближение оправдано, так как \(\Delta v \ll v\).

5. Пусть \(v_0\) — минимальная скорость, которую нужно сообщить кораблю, находящемуся на расстоянии \(R\) от Солнца, чтобы после этого он сумел с выключенными двигателями покинуть Солнечную систему, тогда согласно закону сохранения энергии \[\dfrac{mv_0^2}{2} - \dfrac{\gamma Mm}{R} = 0,\] откуда \[v_0 = \sqrt{\dfrac{2\gamma M}{R}} = \dfrac{2\pi R}{T}\sqrt{2} \approx 42\text{ км/с}.\] Из первой части формулы для \(v_0\) следует, что чем больше начальное расстояние, тем при меньшей скорости корабль может покинуть Солнечную систему. Отметим, что вторая часть формулы для \(v_0\) не годится для такого анализа, так как \(T\) зависит от \(R\).

Поскольку корабль Вовочки имеет бо́льшую скорость (\(v_1 > v > v_0\)) на бо́льшем удалении (\(L_1 > R\)), шансов самостоятельно вернуться у него нет.

Ответ

\(t = \dfrac{Ct_0 + cn\rho\Delta Vt_{\text{ср}}}{C + cn\rho\Delta V} = 26{,}85^\circ\text{C} \approx 27^\circ\text{C}\) (то есть \(300{,}00\) К).

Решение

Из величины объёма кастрюли \(V = (\pi d^2/4)h = 5401\) мл следует, что всего было налито \(n = V/\Delta V = 54\) порции воды, а последний 1 мл остался для чая. Найдём среднюю температуру налитой воды:

\[t_{\text{ср}} = \dfrac{t_1 + t_n}{2} = 27^\circ\text{C}.\] Поскольку теплоёмкость кастрюли мала по сравнению с теплоёмкостью всей налитой воды, конечная температура \(t\) должна быть близка к \(t_{\text{ср}}\), однако рассчитаем её «точно». Согласно уравнению теплового баланса \[Ct_0 + c\cdot n\rho\Delta V\cdot t_{\text{ср}} = Q = Ct + c\cdot n\rho\Delta V\cdot t,\] откуда \[t = \dfrac{Ct_0 + cn\rho\Delta Vt_{\text{ср}}}{C + cn\rho\Delta V} = 26{,}85^\circ\text{C} \approx 27^\circ\text{C}.\] Поскольку \(0^\circ\text{C} = 273{,}15\) К, искомая температура \(t = 300{,}00\) К, и тогда становится ясно, почему нашему персонажу нравится именно такая температура чая, — он просто любит «круглые» числа.

Ответ

1) \(m = \rho_w\pi r^2h\);  2) \(\Phi = \dfrac{\alpha P}{k}\sqrt{\dfrac{R}{2\pi\mu T}}\);  3) \(\Delta n = \dfrac{\mu PgH}{kRT^2}\);  4) \(t = \dfrac{\sqrt{2\pi}\rho_w}{\alpha Pg}\cdot\left(\dfrac{RT}{\mu}\right)^{3/2}\cdot\dfrac{r}{r + H}\cdot\dfrac{h}{H}\).

Решение

1. В силу закона Архимеда разность уровней воды в стакане и в сосуде при погружении стакана будет постоянна и равна \(H\). Стакан утонет, когда в нём накопится вода массой \(m = \rho_w\pi r^2h\) (рис. 136).

2. Когда жидкость находится в термодинамическом равновесии со своим паром, поток молекул, вылетающих из жидкости, равен потоку молекул пара, «прилипающих» к поверхности жидкости: \[\Phi = \alpha\cdot\dfrac{1}{4}nv,\] где \(n\) — концентрация, \(v\) — средняя скорость молекул пара. После подстановки \[n = \dfrac{P}{kT}\qquad\text{и}\qquad v = \sqrt{\dfrac{8RT}{\pi\mu}}\] получаем \[\Phi = \dfrac{\alpha P}{k}\sqrt{\dfrac{R}{2\pi\mu T}}.\] Здесь приведена точная формула для \(\Phi\), однако следует считать правильными ответы с немного отличающимися числовыми коэффициентами, которые могут возникнуть, например, из-за подстановки среднеквадратичной скорости \(v_{\text{ср.кв.}} = \sqrt{3RT/\mu}\) в качестве \(v\) или из-за использования «школьной» формулы для потока, содержащей коэффициент \(1/6\) вместо \(1/4\).

3. Давление газа монотонно зависит от высоты, поэтому пар может быть насыщенным лишь на некоторой одной высоте. Поскольку по условию сосуд большой по сравнению со стаканом, насыщенным пар будет именно на уровне поверхности воды в сосуде, а не на уровне поверхности воды в стакане. Пусть \(P_0\) и \(n_0\) — соответственно давление и концентрация пара на уровне поверхности воды в стакане, тогда из уравнения Менделеева–Клапейрона находим среднюю плотность пара в погружённой части стакана: \[\rho = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\mu P}{RT} + \dfrac{\mu P_0}{RT}\right) \approx \dfrac{\mu P}{RT},\] где подставлено \(P_0 \approx P\), так как в данном случае учёт разницы давлений проявился бы в дальнейшем лишь как поправка второго порядка малости. Теперь найдём добавочное гидростатическое давление столба пара в стакане: \[\Delta P = P_0 - P = \rho gH = \dfrac{\mu PgH}{RT}\] и искомую разность концентраций: \[\Delta n = n_0 - n = \dfrac{P_0}{kT} - \dfrac{P}{kT} = \dfrac{\Delta P}{kT} = \dfrac{\mu PgH}{kRT^2}.\] 4. Стакан утонет из-за постепенного накопления в нём воды, возникшей в результате конденсации пара. При этом пар будет конденсироваться на внутренней поверхности погружённой части стакана, так как в этой области давление пара будет превышать давление насыщенного пара при данной температуре на величину гидростатического давления столба пара.

Далее приведён расчёт в предположении, что внутренние стенки стакана до уровня поверхности воды в сосуде влажные, то есть покрыты тонким слоем воды, однако можно считать верными решения участников с использованием модели сухих стенок. Общее количество молекул, вылетающих с полной поверхности воды площадью \(S\) за время \(t\): \[Z_1 = \Phi\cdot S\cdot t = \dfrac{\alpha}{4}nv\cdot(\pi r^2 + 2\pi rH)\cdot t.\] Поток молекул, «прилипающих» к воде за то же время, определяется концентрацией пара на соответствующем уровне: \[Z_2 = \dfrac{\alpha}{4}n_0v\cdot\pi r^2\cdot t + \dfrac{\alpha}{4}n_{\text{ср}}v\cdot2\pi rH\cdot t,\] где \(n_{\text{ср}} = (n + n_0)/2 = n + \Delta n/2\) — средняя концентрация пара в погружённой части стакана. В отличие от рассуждений при расчёте \(\rho\), здесь нельзя полагать \(n_{\text{ср}} \approx n\), так как далее основную роль играет именно разность этих величин. Найдём превышение числа «прилипающих» молекул над числом вылетающих: \[\Delta Z = Z_2 - Z_1 = \dfrac{\alpha}{4}\Delta nv\cdot\pi r^2t + \dfrac{\alpha}{4}\dfrac{\Delta n}{2}v\cdot2\pi rHt = \dfrac{\pi}{4}\alpha\Delta nvr(r + H)t.\] Стакан утонет, когда общая масса накопившихся в нём молекул воды станет равна \(m\), то есть при выполнении условия \[\Delta Z\cdot\dfrac{\mu}{N_A} = m,\] где \(\mu/N_A\) — масса одной молекулы. Подставим сюда выражения для \(\Delta Z\) и \(m\): \[\dfrac{\pi}{4}\alpha\Delta nvr(r + H)t\cdot\dfrac{\mu}{N_A} = \rho_w\pi r^2h.\] Далее подставим выражения для \(\Delta n\) и \(v\): \[\dfrac{\pi}{4}\alpha\cdot\dfrac{\mu PgH}{kRT^2}\cdot\sqrt{\dfrac{8RT}{\pi\mu}}\cdot r(r + H)t\cdot\dfrac{\mu}{N_A} = \rho_w\pi r^2h.\] Используя соотношение \(kN_A = R\), окончательно получаем \[t = \dfrac{\sqrt{2\pi}\rho_w}{\alpha Pg}\cdot\left(\dfrac{RT}{\mu}\right)^{3/2}\cdot\dfrac{r}{r + H}\cdot\dfrac{h}{H}.\] Аналогично второму пункту оценочные ответы, отличающиеся только числовыми коэффициентами, следует считать правильными.

Ответ

1) в первом опыте — к точкам \(A_1(6;1)\) и \(B_1(0;0)\), во втором — к \(A_2(6;6)\) и \(B_2(5;0)\) (координаты \((x;y)\) узлов даны на рис. 196);  2) \(I_{A3} = 180\) мА.

Решение

Установление постоянного тока через амперметр означает, что вызванные его подключением процессы перезарядки конденсаторов закончились и токи через конденсаторы больше не текут. В этом случае можно упростить схему, заменив каждый конденсатор на разрыв цепи (рис. 196). Для удобства обозначения узлов на схеме введена система координат \((x,y)\).

Рассмотрим произвольный контур, состоящий из двух источников и двух одинаковых резисторов (одну «клеточку» на схеме). Обозначив ЭДС источников через \(\mathcal{E}\), сопротивления резисторов через \(r\) и направив вправо токи \(i_1\) и \(i_2\) через верхний и нижний резисторы, запишем второе правило Кирхгофа: \[\mathcal{E} - \mathcal{E} = ri_1 - ri_2,\] откуда \[i_1 = i_2.\] Это означает, что силы токов через все одинаковые резисторы равны между собой и направлены в одну сторону, поэтому можно обозначить через \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\), \(I_4\), \(I_5\) и \(I_6\) силы токов через резисторы сопротивлениями \(R\), \(2R\), \(3R\), \(4R\), \(5R\) и \(6R\) соответственно. Отметим, что обнаруженное равенство сил токов наблюдается только в случае идеальных источников, то есть таких, внутренним сопротивлением которых можно пренебречь по сравнению с \(R\).

Подключим амперметр к двум произвольным узлам \(C(x_1; y_1)\) и \(D(x_2; y_2)\), не лежащим на одной вертикали (в противном случае амперметр окажется подключённым напрямую к идеальным источникам и сила тока через него устремится к бесконечности). Без ограничения общности можно считать, что узел \(C\) лежит левее узла \(D\), то есть \(x_1 < x_2\), а ток силой \(I_A\) через амперметр направлен от \(D\) к \(C\). Чтобы было проще следить по рисунку за ходом рассуждений, удобно выбрать для себя какие-нибудь конкретные положения точек \(C\) и \(D\), например, считать \(C\) совпадающей с \(B\), а \(D\) — с \(A\).

Вертикальные прямые, проходящие через точки \(C\) и \(D\), разделяют схему на три части: левее \(C\), между \(C\) и \(D\), правее \(D\). В двух крайних частях цепи токов нет, так как токи через одинаковые резисторы текут в одну сторону, а на краях цепи заряду негде накапливаться и неоткуда взяться, поэтому далее будем рассматривать только среднюю часть цепи — между точками \(C\) и \(D\).

Сгруппируем узлы, лежащие на одной вертикали, в обобщённые узлы, тогда токи через источники станут для них внутренними, а внутренние токи не учитываются при записи первого правила Кирхгофа. В обобщённый узел с координатой \(x_1\) втекает ток силой \(I_A\), а вытекают \(x_1 + 1\) токов силой \(I_{x_1+1}\); в обобщённый узел с координатой \(x_1 + 1\) втекают те же \(x_1 + 1\) токов силой \(I_{x_1+1}\), а вытекают \(x_1 + 2\) токов силой \(I_{x_1+2}\); и т. д. до обобщённого узла с координатой \(x_2 - 1\), в который втекают \(x_2 - 1\) токов силой \(I_{x_2-1}\) и вытекают \(x_2\) токов силой \(I_{x_2}\). Тогда по первому правилу Кирхгофа \[I_A = (x_1 + 1)I_{x_1+1} = (x_1 + 2)I_{x_1+2} = \ldots = (x_2 - 1)I_{x_2-1} = x_2I_{x_2},\] откуда для любого \(x\) от \(x_1 + 1\) до \(x_2\) включительно находим \[I_x = \dfrac{I_A}{x}. \qquad (234)\] Рассмотрим следующий контур: начинаем из узла \(D(x_2; y_2)\), проходим через амперметр в узел \(C(x_1; y_1)\), проходим через резисторы \((x_1 + 1)R\), \((x_1 + 2)R\), …, \(x_2R\) по горизонтали до узла с координатой \(x_2\), проходим через \(|y_2 - y_1|\) источников по вертикали до узла \(D\). Запишем для этого контура второе правило Кирхгофа \[(y_2 - y_1)\cdot\mathcal{E} = (x_1 + 1)R\cdot I_{x_1+1} + (x_1 + 2)R\cdot I_{x_1+2} + \ldots + x_2R\cdot I_{x_2},\] откуда после подстановки выражения (234) получим \[(y_2 - y_1)\mathcal{E} = (x_2 - x_1)RI_A.\] Амперметр показывает абсолютную величину силы тока, поэтому \[I_A = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\cdot\left|\dfrac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}\right| = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\cdot\dfrac{\Delta y}{\Delta x}, \qquad (235)\] где \(\Delta x\) и \(\Delta y\) — модули разностей соответствующих координат точек подключения амперметра.

Используя выражение (235) и численные данные из условия, запишем \[\dfrac{I_{A2}}{I_{A1}} = \dfrac{\Delta x_1\cdot\Delta y_2}{\Delta x_2\cdot\Delta y_1} = 36, \qquad (236)\] где \(\Delta x_1\), \(\Delta y_1\), \(\Delta x_2\), \(\Delta y_2\) — модули разностей соответствующих координат точек подключения амперметра в первом и втором опытах соответственно. Поскольку все модули разностей координат являются натуральными числами от 1 до 6, условие (236) может быть выполнено только при \(\Delta x_1 = \Delta y_2 = 6\) и \(\Delta x_2 = \Delta y_1 = 1\). Следовательно, в первом опыте амперметр был подключен к точкам \(A_1(6; 1)\) и \(B_1(0; 0)\), а во втором — к \(A_2(6; 6)\) и \(B_2(5; 0)\).

Используя данные первого или второго опыта, из формулы (235) находим \[\dfrac{\mathcal{E}}{R} = I_{A1}\cdot\dfrac{\Delta x_1}{\Delta y_1} = I_{A2}\cdot\dfrac{\Delta x_2}{\Delta y_2} = 120\text{ мА}.\] Для вычисления силы тока через амперметр, подключённый к точкам \(A(5; 4)\) и \(B(3; 1)\), подставим в выражение (235) значения \(\Delta x_3 = 2\) и \(\Delta y_3 = 3\): \[I_{A3} = \dfrac{\mathcal{E}}{R}\cdot\dfrac{\Delta y_3}{\Delta x_3} = 180\text{ мА}.\]

Ответ

1) \(F_1 = \dfrac{\varepsilon_0SU_1^2}{2d^2}\);  2) \(U_2 = \sqrt{\dfrac{8kd^3}{27\varepsilon_0S}}\);  3) \(U_3 = \sqrt{\dfrac{kd^3}{\varepsilon_0S}}\);  4) \(U_4 = \sqrt{\dfrac{kd^3}{4\varepsilon_0S}}\).

Решение

Малое сопротивление цепи позволяет считать, что все процессы перезарядки конденсатора происходят очень быстро, так что смещением верхней пластины за это время можно пренебречь.

1. Ёмкость плоского конденсатора \(C = \varepsilon_0S/d\). Заряд верхней пластины \(q = CU_1 = \varepsilon_0SU_1/d\). Напряжённость однородного электрического поля между обкладками конденсатора \(E = U_1/d\), причём каждая из пластин обеспечивает половину этой величины. Найдём искомую силу: \[F_1 = q\cdot\dfrac{E}{2} = \dfrac{\varepsilon_0SU_1^2}{2d^2}.\] В следующих пунктах будем считать, что пружина изначально не растянута и сила тяжести на верхнюю пластину не действует. Это упрощение не повлияет на результаты, так как силу упругости пружины можно представить в виде суммы её начального значения и её изменения, а поскольку согласно условию равновесия начальная сила упругости равна силе тяжести, они взаимно уничтожатся во всех уравнениях, в том числе при расчёте работы.

2. Поскольку напряжение \(U\) увеличивают медленно, расстояние \(x\) между пластинами уменьшается тоже медленно и можно считать, что электрическая сила в каждый момент времени уравновешивается силой упругости: \[\dfrac{\varepsilon_0SU^2}{2x^2} = k(d - x). \qquad (237)\] Данное уравнение является кубическим относительно \(x\), поэтому для его анализа применим графический метод. Графиком правой части уравнения является прямая, а левой — семейство квадратичных гипербол, зависящих от параметра \(U\). На рис. 197 показаны прямая и три характерные гиперболы для значений \(U\), равных \(V_1\), \(V_2\), \(V_3\) и удовлетворяющих условию \(V_1 < V_2 < V_3\).

При \(U = V_1\) уравнение имеет два корня (графики пересекаются при \(x_1\) и \(x_2\)), причём \(x_1\) соответствует устойчивому положению равновесия, а \(x_2\) — неустойчивому, что определяется по направлению результирующей силы, возникающей при небольшом отклонении от положения равновесия. Отсюда следует, что при плавном уменьшении \(x\) от значения \(d\) система окажется в состоянии \(x_1\) и уже не попадёт в состояние \(x_2\).

По мере увеличения \(U\) от \(V_1\) до \(V_2\) точки \(x_1\) и \(x_2\) приближаются друг к другу и сходятся в точке \(x_0\), соответствующей случаю касания гиперболы и прямой. Положение равновесия \(x_0\) является устойчивым при увеличении \(x\) и неустойчивым при уменьшении \(x\), поэтому при \(U = V_2\) подвижная пластина конденсатора начнёт двигаться ускоренно и пластины схлопнутся. Таким образом, искомое напряжение \(U_2 = V_2\). Отметим, что при \(U = V_3\) положений равновесия уже нет, так что пластины начнут схлопываться ускоренно при любом \(x\).

Для упрощения преобразований перепишем уравнение (237) в виде \[\dfrac{a}{2x^2} = d - x,\qquad\text{где}\qquad a = \dfrac{\varepsilon_0SU^2}{k}.\] В точке касания графиков функций должны быть равны не только значения функций, но и значения их производных, то есть \[\dfrac{a_0}{2x_0^2} = d - x_0,\qquad -\dfrac{a_0}{x_0^2} = -x_0,\qquad\text{где}\qquad a_0 = \dfrac{\varepsilon_0SU_2^2}{k}.\] Решая систему из этих двух уравнений, находим \[x_0 = \dfrac{2}{3}d = \sqrt[3]{a_0},\] откуда \[U_2 = \sqrt{\dfrac{8kd^3}{27\varepsilon_0S}}.\] Возможны и другие способы рассуждений, например нахождение \(U_2\) как максимального значения функции \(U(x)\) с аналогичным анализом устойчивости положений равновесия.

3. После размыкания цепи заряд на конденсаторе будет сохраняться, а потому напряжённость поля и электрическая сила, действующая на подвижную пластину, изменяться не будут. Пользуясь результатом первого пункта, находим \[F_3 = \dfrac{\varepsilon_0SU_3^2}{2d^2} = \text{const}.\] При минимальном значении \(U_3\) пластина сначала будет ускоряться, а затем замедляться из-за постепенного растяжения пружины, так что пластины схлопнутся с пренебрежимо малой скоростью. Из закона сохранения энергии \(F_3d = kd^2/2\) получаем \[U_3 = \sqrt{\dfrac{kd^3}{\varepsilon_0S}}.\] Отметим, что в данном случае потребовалось большее напряжение, чем во втором пункте, что вполне логично, так как в предыдущем случае по мере сближения пластин их заряд, напряжённость поля и сила взаимодействия существенно возрастали за счёт действия источника.

4. В этом пункте мы наоборот ожидаем получить меньшее напряжение, чем во втором случае, так как пластина может преодолеть участок между положениями равновесия \(x_1\) и \(x_2\) за счёт кинетической энергии, накопленной при разгоне на участке от \(d\) до \(x_1\).

Аналогично первому пункту находим электрическую силу, действующую на подвижную пластину, находящуюся на расстоянии \(x\) от неподвижной: \[F_4 = \dfrac{\varepsilon_0SU_4^2}{2x^2}.\] Работа этой силы на участке от \(d\) до \(x\): \[A = \int\limits_d^x\left(-\dfrac{\varepsilon_0SU_4^2}{2x^2}\right)dx = \dfrac{\varepsilon_0SU_4^2}{2}\left(\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{d}\right).\] С помощью закона сохранения энергии выразим кинетическую энергию: \[W = A - \dfrac{k(d - x)^2}{2} = \dfrac{\varepsilon_0SU_4^2(d - x)}{2xd} - \dfrac{k(d - x)^2}{2}.\] Пластина не остановится, если в каждой точке \(x \in (0; d)\) будет выполнено условие \(W \geqslant 0\), откуда после упрощения получаем неравенство \[x^2 - d\cdot x + \dfrac{\varepsilon_0SU_4^2}{kd} \geqslant 0.\] Графиком левой части является парабола с вершиной \(x_4 = d/2\), лежащей в рассматриваемом промежутке, поэтому для нахождения минимального \(U_4\) достаточно наложить условие на дискриминант: \[D = d^2 - \dfrac{4\varepsilon_0SU_4^2}{kd} = 0,\] откуда \[U_4 = \sqrt{\dfrac{kd^3}{4\varepsilon_0S}}.\] Примечание. Обратите внимание на упрощение рассуждений за счёт исключения из рассмотрения силы тяжести и начального растяжения пружины: это стандартный приём, полезный во многих подобных задачах.

Ответ

1) против часовой стрелки, если смотреть сверху;  2) \(\nu_{\max} = \dfrac{\mathcal{E}}{\pi Br^2} \approx 1200\) Гц;  3) \(\nu = \dfrac{Br\mathcal{E} - 2F_0R}{\pi B^2r^3} \approx 120\) Гц.

Решение

Ротор разгоняется механическим моментом силы Ампера, возникающим в результате взаимодействия радиального тока с магнитным полем диска. С учётом полярности подключения источника и направления магнитного поля, отмеченного на рисунке в условии, отсюда сразу следует ответ на первый вопрос: вращение будет происходить против часовой стрелки, если смотреть сверху. По мере разгона ротора увеличивается ЭДС индукции, направленная в соответствии с правилом Ленца против ЭДС источника, что приводит к уменьшению тока в цепи и момента силы Ампера. Когда момент силы Ампера сравняется с моментом силы трения, разгон ротора прекратится и он продолжит вращение с установившейся частотой \(\nu\).

Для расчёта ЭДС индукции рассмотрим движение пробного заряда \(q\) вдоль радиуса \(AC\) при вращении ротора с угловой скоростью \(\omega\) (рис. 198). Пусть \(x\) — расстояние от заряда до оси вращения в рассматриваемый момент времени, тогда тангенциальная проекция скорости заряда \(v_y = \omega x\), радиальная проекция силы Лоренца \(F_x = qv_yB = qB\omega x\), работа сторонних сил против силы Лоренца

\[A = \int\limits_0^rF_x(x)\,dx = \dfrac{1}{2}qB\omega r^2,\] ЭДС индукции \[\mathcal{E}_i = \dfrac{A}{q} = \dfrac{1}{2}B\omega r^2.\] В отсутствие трения ротор будет вращаться с такой установившейся угловой скоростью \(\omega_{\max}\), при которой ток в цепи прекратится из-за равенства ЭДС источника и ЭДС индукции: \[\mathcal{E} = \dfrac{1}{2}B\omega_{\max}r^2,\qquad\text{откуда}\qquad \omega_{\max} = \dfrac{2\mathcal{E}}{Br^2}.\] Таким образом, \[\nu_{\max} = \dfrac{\omega_{\max}}{2\pi} = \dfrac{\mathcal{E}}{\pi Br^2} \approx 1200\text{ Гц}.\] Рассмотрим теперь случай с трением. По закону Ома находим силу тока в цепи: \[I = \dfrac{\mathcal{E} - \mathcal{E}_i}{R} = \dfrac{2\mathcal{E} - B\omega r^2}{2R}.\] Расстояние \(x\) от оси ротора до элемента тока \(I\,dx\) является плечом соответствующей силы Ампера, поэтому можем найти суммарный момент силы Ампера: \[M = \int\limits_0^rx\cdot I\,dx\cdot B = \dfrac{Br^2}{4R}(2\mathcal{E} - B\omega r^2).\] В процессе установившегося вращения моменты сил Ампера и трения компенсируют друг друга: \[\dfrac{Br^2}{4R}(2\mathcal{E} - B\omega r^2) = F_0r,\] откуда \[\omega = \dfrac{2Br\mathcal{E} - 4F_0R}{B^2r^3}.\] Окончательно находим \[\nu = \dfrac{\omega}{2\pi} = \dfrac{Br\mathcal{E} - 2F_0R}{\pi B^2r^3} \approx 120\text{ Гц}.\] Отметим, что выражение для \(\nu\) тождественно равно \(\nu_{\max}\) при \(F_0 = 0\), что может использоваться как проверка общего ответа для предельных случаев или как альтернативный способ нахождения \(\nu_{\max}\).

Примечание. Может показаться, что рассмотренный двигатель не должен работать: в отличие от традиционного устройства, в предлагаемой модели ротор совмещён со статором! Это напоминает барона Мюнхгаузена, вытаскивающего себя из болота за собственные волосы: механический момент возникает в результате взаимодействия магнитного поля ротора с током, текущим в нём самом! Однако эксперимент полностью подтверждает теоретическое решение и наглядно иллюстрирует выполнение закона сохранения момента импульса: если всю конструкцию подвесить на нитке, то источник тока с подводящими проводами будет крутиться в сторону, противоположную вращению ротора.

Ответ

\(N = \dfrac{2\sqrt{2RD - D^2}}{a} \approx 2\sqrt{\dfrac{2D}{\varphi a}} = 200\) (здесь \(R \approx a/\varphi\)).

Решение

Построить изображение в оптической системе с зеркалом можно, не только отразив лучи в зеркале, но и отразив все элементы системы в зеркале и удалив рассматриваемое зеркало.

Применим этот метод в данной задаче. Построим изображение одного из зеркал во втором и удалим второе зеркало, повторим эту операцию для новой пары зеркал и т. д. После большого числа отражений множество удалённых зеркал и их изображений будет иметь вид кольца с центром \(O\) и радиусом \(R \approx a/\varphi \gg D\) (рис. 225).

Луч, идущий на рисунке прямолинейно внутри этого кольца, на самом деле отражается при каждом пересечении изображения удалённого зеркала, то есть испытывает примерно одно отражение на каждом своём отрезке длиной \(a\). Наибольшее число отражений будет иметь самый длинный луч, то есть луч \(AB\), концы \(A\) и \(B\) которого расположены вблизи одного края зеркала, а середина \(C\) — вблизи противоположного, причём в зависимости от чётности числа отражений указанные точки могут оказаться как на одном, так и на обоих зеркалах, что в любом случае не влияет на ответ. Таким образом, можем найти искомое число отражений: \[N = \dfrac{AB}{a} = \dfrac{2AC}{a} = \dfrac{2\sqrt{OA^2 - OC^2}}{a} = \dfrac{2\sqrt{R^2 - (R - D)^2}}{a} =\] \[= \dfrac{2\sqrt{2RD - D^2}}{a} \approx \dfrac{2\sqrt{2RD}}{a} = 2\sqrt{\dfrac{2D}{\varphi a}} = 200.\]

Ответ

\(\beta = \arcsin\left(\sqrt{\dfrac{2\pi h}{\lambda}}\sin\alpha\right) \approx 3{,}72^\circ\).

Решение

Показатель преломления среды обратно пропорционален скорости волны в данной среде, поэтому преломление морских волн может быть рассчитано с помощью «оптического» закона Снеллиуса, который удобно записать в виде \[\dfrac{\sin\alpha_1}{v_1} = \dfrac{\sin\alpha'_2}{v_2},\] где \(\alpha_1\) и \(\alpha'_2\) — углы падения и преломления соответственно, \(v_1\) и \(v_2\) — скорости волн в соответствующей среде.

Рассмотрим преломление волны при прохождении через набор произвольных однородных изотропных сред, границы раздела между которыми являются параллельными плоскостями (рис. 226). Обозначим через \(v_1, v_2, \ldots, v_i\) скорости волны в каждой среде и предположим, что эффект полного внутреннего отражения отсутствует. Запишем законы преломления для каждой границы раздела сред и свойства равенства накрест лежащих углов: \[\dfrac{\sin\alpha_1}{v_1} = \dfrac{\sin\alpha'_2}{v_2},\qquad \alpha'_2 = \alpha_2,\qquad \dfrac{\sin\alpha_2}{v_2} = \dfrac{\sin\alpha'_3}{v_3},\qquad \alpha'_3 = \alpha_3,\qquad \ldots\] Последовательно объединяя записанные уравнения, получаем \[\dfrac{\sin\alpha_1}{v_1} = \dfrac{\sin\alpha_2}{v_2} = \dfrac{\sin\alpha_3}{v_3} = \ldots = \dfrac{\sin\alpha'_i}{v_i}, \qquad (267)\] откуда \[\sin\alpha'_i = \dfrac{v_i}{v_1}\cdot\sin\alpha_1. \qquad (268)\] Скорость волн зависит от расстояния до берега, поэтому море в целом является неоднородной средой, однако если разбить его на множество тонких вертикальных параллельных берегу слоёв, то каждый из них можно считать однородным. Поскольку \(H \gg \lambda \gg h\), скорости волн \(v_\alpha\) и \(v_\beta\) вдали и вблизи берега соответственно найдём из предельных случаев закона дисперсии: \[v_\alpha = \sqrt{\dfrac{g\lambda}{2\pi}},\qquad v_\beta = \sqrt{gh}. \qquad (269)\] Применяя результат (268) и выражения (269), получаем \[\beta = \arcsin\left(\dfrac{v_\beta}{v_\alpha}\sin\alpha\right) = \arcsin\left(\sqrt{\dfrac{2\pi h}{\lambda}}\sin\alpha\right) \approx 3{,}72^\circ.\] Конечный результат сходится с экспериментальными наблюдениями, согласно которым гребни прибрежных волн почти параллельны берегу независимо от их направления в открытом море.

Примечание. Отметим, что инвариант (267), записанный через скорости или показатели преломления, полезно помнить как готовый факт, так как он встречается и оказывается полезен во многих задачах.