«Туймаада» 2013, теоретический тур

Трение действует только на ведущие колёса, поэтому нужно связать силы нормальной реакции передней и задней пар колёс уравнением моментов относительно центра масс.

1) \(\varphi_1 = \operatorname{arctg}\dfrac{\mu}{2 + \mu h/d} = \operatorname{arctg}\dfrac{2}{9} \approx 12{,}5^\circ\),  \(\varphi_2 = \operatorname{arctg}\dfrac{\mu}{2 - \mu h/d} = \operatorname{arctg}\dfrac{2}{7} \approx 15{,}9^\circ\);  2) \(t_1 = \dfrac{2v}{\mu g}\left(1 + \dfrac{\mu h}{2d}\right) = \dfrac{9v}{2g} \approx 12{,}5\) с,  \(t_2 = \dfrac{2v}{\mu g}\left(1 - \dfrac{\mu h}{2d}\right) = \dfrac{7v}{2g} \approx 9{,}7\) с.

Обозначим через \(m\) массу автомобиля, а через \(N_1\) и \(N_2\) — силы нормальной реакции дороги, действующие на переднюю и заднюю пару колёс соответственно. В качестве полюса для вычисления моментов выберем центр масс \(C\) системы, а для проецирования сил направим ось \(x\) вдоль вектора скорости автомобиля, а ось \(y\) — в вертикальной плоскости перпендикулярно оси \(x\).

1. При движении переднеприводного автомобиля с постоянной скоростью в гору под углом \(\varphi_1\) к горизонту сила трения со стороны дороги действует только на передние колёса и достигает максимального значения, поэтому условие равенства сил и уравнение моментов для автомобиля имеют вид \[\begin{cases} x: & \mu N_1 = mg\sin\varphi_1,\\ y: & N_1 + N_2 = mg\cos\varphi_1,\\ C: & N_1\cdot d + \mu N_1\cdot h = N_2\cdot d, \end{cases}\] откуда после исключения \(N_1\) и \(N_2\) получаем первый искомый угол: \[\varphi_1 = \operatorname{arctg}\left(\dfrac{\mu}{2 + \mu h/d}\right) = \operatorname{arctg}\dfrac{2}{9} \approx 12{,}5^\circ.\] Аналогично, при движении заднеприводного автомобиля с постоянной скоростью в гору под углом \(\varphi_2\) к горизонту сила трения со стороны дороги действует только на задние колёса и достигает максимального значения, поэтому условие равенства сил и уравнение моментов для автомобиля имеют вид \[\begin{cases} x: & \mu N_2 = mg\sin\varphi_2,\\ y: & N_1 + N_2 = mg\cos\varphi_2,\\ C: & N_1\cdot d + \mu N_2\cdot h = N_2\cdot d, \end{cases}\] откуда после исключения \(N_1\) и \(N_2\) получаем второй искомый угол: \[\varphi_2 = \operatorname{arctg}\left(\dfrac{\mu}{2 - \mu h/d}\right) = \operatorname{arctg}\dfrac{2}{7} \approx 15{,}9^\circ.\] 2. Пусть \(a_1\) — максимальное ускорение переднеприводного автомобиля при разгоне по горизонтальной дороге, тогда второй закон Ньютона и уравнение моментов для автомобиля имеют вид \[\begin{cases} x: & \mu N_1 = ma_1,\\ y: & N_1 + N_2 = mg,\\ C: & N_1\cdot d + \mu N_1\cdot h = N_2\cdot d, \end{cases}\] откуда после исключения \(N_1\) и \(N_2\) выражаем \(a_1\) и находим искомое время: \[a_1 = \dfrac{\mu g}{2 + \mu h/d},\qquad t_1 = \dfrac{v}{a_1} = \dfrac{2v}{\mu g}\left(1 + \dfrac{\mu h}{2d}\right) = \dfrac{9v}{2g} \approx 12{,}5\text{ с}.\] Аналогично, пусть \(a_2\) — максимальное ускорение заднеприводного автомобиля при разгоне по горизонтальной дороге, тогда второй закон Ньютона и уравнение моментов для автомобиля имеют вид \[\begin{cases} x: & \mu N_2 = ma_2,\\ y: & N_1 + N_2 = mg,\\ C: & N_1\cdot d + \mu N_2\cdot h = N_2\cdot d, \end{cases}\] откуда после исключения \(N_1\) и \(N_2\) выражаем \(a_2\) и находим искомое время: \[a_2 = \dfrac{\mu g}{2 - \mu h/d},\qquad t_2 = \dfrac{v}{a_2} = \dfrac{2v}{\mu g}\left(1 - \dfrac{\mu h}{2d}\right) = \dfrac{7v}{2g} \approx 9{,}7\text{ с}.\] Примечание. Таким образом, переднеприводные автомобили проигрывают по основным характеристикам заднеприводным аналогам, что и стало причиной массового распространения именно последних. Заметим сходство соответствующих промежуточных формул в первом и втором пунктах: \[\operatorname{tg}\varphi_1 = \dfrac{a_1}{g} = \dfrac{\mu}{2 + \mu h/d} = \dfrac{2}{9},\qquad \operatorname{tg}\varphi_2 = \dfrac{a_2}{g} = \dfrac{\mu}{2 - \mu h/d} = \dfrac{2}{7}.\] Эти совпадения не случайны и связаны с фундаментальной неразличимостью гравитационного взаимодействия и сил инерции. Если в первом пункте разложить силу тяжести на две составляющие, а во втором пункте перейти в неинерциальную систему отсчёта, связанную с автомобилем, то составляющие силы тяжести из первого пункта будут принципиально эквивалентны возникшей силе инерции и полной силе тяжести из второго пункта. Этот факт можно было использовать, чтобы лишний раз не решать системы уравнений.

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

Масса корабля сокращается; угол отклонения зависит только от одной безразмерной комбинации величин \(\gamma\), \(M\), \(l\) и \(v\) — составьте её по размерностям.

\(l_2 = l_1\cdot\dfrac{v_1^2}{v_2^2}\).

Сначала проанализируем, от чего зависит угол \(\varphi\) отклонения корабля в поле тяжести звезды. Масса \(m\) корабля входит и во второй закон Ньютона, и в закон всемирного тяготения, поэтому она сокращается при вычислении ускорения и не влияет на \(\varphi\). Следовательно, угол поворота может зависеть только от массы звезды \(M\), скорости \(v\) корабля вдали от звезды, минимального расстояния \(l\) между кораблём и звездой, а также от гравитационной постоянной \(\gamma\), которая нужна для правильного применения теории размерностей, хотя и является константой.

Интересующие нас величины имеют следующие размерности: \[[\varphi] = 1,\qquad [\gamma] = \dfrac{\text{м}^3}{\text{кг}\cdot\text{с}^2},\qquad [M] = \text{кг},\qquad [l] = \text{м},\qquad [v] = \dfrac{\text{м}}{\text{с}}.\] Среди всех возможных произведений и отношений величин \(\gamma\), \(M\), \(l\) и \(v\) существует единственная их независимая безразмерная комбинация: \[x = \dfrac{\gamma M}{lv^2}.\] Значит, \(\varphi = f(x)\), где \(f(x)\) — некоторая однозначная функция.

Теперь проанализируем, как именно \(\varphi\) зависит от \(x\). Если увеличить массу \(M\) звезды при неизменных \(l\) и \(v\), то сила взаимодействия и соответственно угол отклонения увеличатся, следовательно, \(f(x)\) — строго возрастающая функция, так как значение \(x\) прямо пропорционально \(M\).

Равенство углов отклонения кораблей даёт уравнение \[f\left(\dfrac{\gamma M}{l_1v_1^2}\right) = f\left(\dfrac{\gamma M}{l_2v_2^2}\right).\] Из строгого возрастания функции \(f(x)\) следует её обратимость, то есть равенство значений функции возможно только в случае равенства аргументов: \[\dfrac{\gamma M}{l_1v_1^2} = \dfrac{\gamma M}{l_2v_2^2}.\] Отсюда получаем окончательный ответ: \[l_2 = l_1\cdot\dfrac{v_1^2}{v_2^2}.\]

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

Сила натяжения в висящем стержне растёт линейно вдоль него, поэтому в закон Гука можно подставить её среднее значение.

1) \(\dfrac{L_1}{L_2} = \sqrt{\dfrac{\rho_2E_1\Delta L_1}{\rho_1E_2\Delta L_2}} = 3\);  2) если первый стержень сверху, \(\Delta L_{12} = \Delta L_1 + \Delta L_2 + 2\sqrt{\dfrac{\rho_2E_2}{\rho_1E_1}\cdot\Delta L_1\Delta L_2} = 13\) мм; если первый снизу, \(\Delta L_{21} = \Delta L_1 + \Delta L_2 + 2\sqrt{\dfrac{\rho_1E_1}{\rho_2E_2}\cdot\Delta L_1\Delta L_2} = 20\) мм.

Рассмотрим однородный стержень, имеющий длину \(L\), площадь поперечного сечения \(S\), плотность \(\rho\) и модуль Юнга \(E\). Если такой стержень подвесить за один конец и приложить ко второму концу силу \(F\), направленную вниз, то сила натяжения будет линейно расти вдоль стержня от значения \(F_1 = F\) вблизи нижнего конца до значения \(F_2 = F + \rho SLg\) около точки подвеса.

Поскольку сила натяжения линейно зависит от координаты, можно найти общее удлиннение \(\Delta x\), подставив среднюю силу \(F_{\text{ср}} = (F_1 + F_2)/2\) в закон Гука: \[\Delta x = \dfrac{F_{\text{ср}}L}{ES} = \dfrac{FL}{ES} + \dfrac{\rho gL^2}{2E}. \tag{1}\] 1. При поочерёдном подвешивании стержней дополнительная сила \(F\) отсутствует, поэтому из общей формулы (1) получаем при \(F = 0\) соотношения для обоих частных случаев: \[\Delta L_1 = \dfrac{\rho_1gL_1^2}{2E_1}\qquad\text{и}\qquad \Delta L_2 = \dfrac{\rho_2gL_2^2}{2E_2}. \tag{2}\] Поделив одно на другое, находим искомое отношение: \[\dfrac{L_1}{L_2} = \sqrt{\dfrac{\rho_2E_1\Delta L_1}{\rho_1E_2\Delta L_2}} = 3.\] 2. Соединить два стержня в один составной можно двумя способами. Пусть первый стержень находится сверху, а второй — снизу, тогда общее удлинение составного стержня складывается из увеличенного за счёт веса второго стержня удлинения \(\Delta L_1'\) первого стержня и прежнего значения удлинения \(\Delta L_2\) второго стержня: \[\Delta L_{12} = \Delta L_1' + \Delta L_2.\] Подставляя \(F = \rho_2SL_2g\) в формулу (1) для расчёта \(\Delta L_1'\) и используя соотношения (2) для исключения лишних неизвестных, окончательно получаем \[\Delta L_{12} = \Delta L_1 + \Delta L_2 + 2\sqrt{\dfrac{\rho_2E_2}{\rho_1E_1}\cdot\Delta L_1\Delta L_2} = 13\text{ мм}.\] Пусть теперь первый стержень находится снизу, а второй — сверху, тогда для получения ответа достаточно заменить индексы в предыдущей формуле: \[\Delta L_{21} = \Delta L_1 + \Delta L_2 + 2\sqrt{\dfrac{\rho_1E_1}{\rho_2E_2}\cdot\Delta L_1\Delta L_2} = 20\text{ мм}.\]

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

Тепло для плавления одно и то же во всех опытах; мощность теплообмена с воздухом постоянна, а мощность излучения лампы обратно пропорциональна \(H^2\).

1) \(t_3 = \dfrac{t_1t_2\left(H_2^2 - H_1^2\right)}{H_2^2t_1 - H_1^2t_2 + \dfrac{H_1^2H_2^2}{H_3^2}(t_2 - t_1)} = 28\) мин;  2) \(T = \dfrac{t_1t_2\left(H_2^2 - H_1^2\right)}{H_2^2t_1 - H_1^2t_2} = 70\) мин.

Чтобы расплавить кубик льда, к нему нужно подвести некоторое количество теплоты \(Q\). Температура льда и подставки в процессе плавления льда остаётся равной \(\tau_0 = 0^\circ\)C, поэтому мощность \(P_0\) теплообмена с окружающей средой постоянна. Мощность \(P\) излучения, поглощённого льдом и подставкой, обратно пропорциональна квадрату расстояния \(H\) до лампы, то есть \(P = k/H^2\), где \(k\) — некоторая константа.

Запишем законы сохранения энергии для каждого из четырёх опытов: \[\begin{cases} Q = \left(P_0 + \dfrac{k}{H_1^2}\right)\cdot t_1,\\[2mm] Q = \left(P_0 + \dfrac{k}{H_2^2}\right)\cdot t_2,\\[2mm] Q = \left(P_0 + \dfrac{k}{H_3^2}\right)\cdot t_3,\\[2mm] Q = P_0\cdot T. \end{cases} \tag{1}\] Для удобства преобразований поделим первые три уравнения на \(P_0\), раскроем скобки и воспользуемся заменами \[T = \dfrac{Q}{P_0},\qquad a = \dfrac{k}{P_0},\qquad x_1 = \dfrac{1}{H_1^2},\qquad x_2 = \dfrac{1}{H_2^2},\qquad x_3 = \dfrac{1}{H_3^2},\] после чего система (1) примет вид \[\begin{cases} T = t_1 + ax_1t_1,\\ T = t_2 + ax_2t_2,\\ T = t_3 + ax_3t_3. \end{cases} \tag{2}\] Решение системы (2) в новых обозначениях будет выглядеть менее громоздко: \[a = \dfrac{t_2 - t_1}{x_1t_1 - x_2t_2},\qquad T = \dfrac{t_1t_2(x_1 - x_2)}{x_1t_1 - x_2t_2},\qquad t_3 = \dfrac{t_1t_2(x_1 - x_2)}{x_1t_1 - x_2t_2 + x_3(t_2 - t_1)}.\] Выполнив обратную замену, получим окончательные ответы: \[t_3 = \dfrac{t_1t_2\left(H_2^2 - H_1^2\right)}{H_2^2t_1 - H_1^2t_2 + \dfrac{H_1^2H_2^2}{H_3^2}(t_2 - t_1)} = 28\text{ мин},\] \[T = \dfrac{t_1t_2\left(H_2^2 - H_1^2\right)}{H_2^2t_1 - H_1^2t_2} = 70\text{ мин}.\]

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

Запишите внутреннюю энергию смеси одно- и двухатомного газов с учётом энергии диссоциации и составьте дифференциальное уравнение адиабаты \(dU = -\delta A\).

\(V_2 = V_1\cdot\dfrac{T_1 + y}{T_2 + y}\cdot\left(\dfrac{T_1(T_2 + y)}{T_2(T_1 + y)}\right)^{x/y} \approx 411{,}5\) км\(^3\), где \(x = \dfrac{(\eta_2 + 5)T_1 - (\eta_1 + 5)T_2}{2(\eta_1 - \eta_2)} + \dfrac{WN}{R} \approx 5{,}5\cdot10^4\) К,  \(y = \dfrac{(\eta_2 + 1)T_1 - (\eta_1 + 1)T_2}{\eta_1 - \eta_2} = -1{,}5\cdot10^3\) К.

Зависимость доли \(\eta\) диссоциировавших молекул водорода от температуры \(T\) имеет линейный вид, то есть \[\eta = aT + b,\] где коэффициенты \(a\) и \(b\) определяем по двум известным точкам: \[a = \dfrac{\eta_1 - \eta_2}{T_1 - T_2} = 6{,}0\cdot10^{-4}\text{ К}^{-1},\qquad b = \dfrac{\eta_2T_1 - \eta_1T_2}{T_1 - T_2} = -1{,}9.\] Суммарная внутренняя энергия \(U\) рассматриваемой части облака складывается из энергий двух идеальных газов (одноатомного и двухатомного) и энергии диссоциировавших молекул, поэтому, обозначив через \(\nu\) общее количество пар атомов водорода в любом состоянии, можно записать \[U = \dfrac{3}{2}\cdot2\nu\eta\cdot RT + \dfrac{5}{2}\cdot\nu(1 - \eta)\cdot RT + WN\cdot\nu\eta = \dfrac{\nu RaT^2}{2} + \nu\left(\dfrac{(b + 5)R}{2} + WNa\right)T + \nu WNb.\] С помощью дифференцирования находим изменение внутренней энергии при малом расширении: \[dU = \nu R\left(aT + \dfrac{b + 5}{2} + \dfrac{WNa}{R}\right)dT.\] Пусть \(V\) — объём рассматриваемой части облака при некоторой температуре \(T\), тогда с помощью закона Менделеева–Клапейрона выражаем давление \(P\) газа и находим его работу \(\delta A\) при малом расширении: \[P = \dfrac{\nu(1 + \eta)RT}{V},\qquad \delta A = P\,dV = \nu R\left(aT^2 + (b + 1)T\right)\dfrac{dV}{V}.\] Согласно первому началу термодинамики в адиабатическом процессе справедливо равенство \(U = -A\), из дифференциальной формы \(dU = -\delta A\) которого после подстановки формул для \(dU\) и \(\delta A\) получаем уравнение \[\dfrac{T + x}{T(T + y)}\cdot dT = -\dfrac{dV}{V}, \tag{1}\] где для краткости введены обозначения \[x = \dfrac{b + 5}{2a} + \dfrac{WN}{R} = \dfrac{(\eta_2 + 5)T_1 - (\eta_1 + 5)T_2}{2(\eta_1 - \eta_2)} + \dfrac{WN}{R} \approx 5{,}5\cdot10^4\text{ К},\] \[y = \dfrac{b + 1}{a} = \dfrac{(\eta_2 + 1)T_1 - (\eta_1 + 1)T_2}{\eta_1 - \eta_2} = -1{,}5\cdot10^3\text{ К}.\] Вычислим неопределённый интеграл от левой части уравнения (1): \[I = \int\dfrac{(T + x)\,dT}{T(T + y)} = \int\dfrac{T + x}{y}\left(\dfrac{1}{T} - \dfrac{1}{T + y}\right)dT = \dfrac{1}{y}\int\left(\dfrac{x}{T} + \dfrac{y - x}{T + y}\right) = \dfrac{x}{y}\cdot\ln|T| + \dfrac{y - x}{y}\cdot\ln|T + y| + C.\] Теперь проинтегрируем соотношение (1) целиком — от \((T_1; V_1)\) до \((T_2; V_2)\): \[\dfrac{x}{y}\cdot\ln\left|\dfrac{T_2}{T_1}\right| + \dfrac{y - x}{y}\cdot\ln\left|\dfrac{T_2 + y}{T_1 + y}\right| = -\ln\left|\dfrac{V_2}{V_1}\right|.\] Учитывая положительность подмодульных выражений и используя свойства логарифма, перепишем это уравнение в виде \[\ln\dfrac{V_2}{V_1} = \ln\dfrac{T_1 + y}{T_2 + y} + \dfrac{x}{y}\cdot\ln\dfrac{T_1(T_2 + y)}{T_2(T_1 + y)},\] откуда найдём искомый конечный объём: \[V_2 = V_1\cdot\dfrac{T_1 + y}{T_2 + y}\cdot\left(\dfrac{T_1(T_2 + y)}{T_2(T_1 + y)}\right)^{x/y} \approx 411{,}5\text{ км}^3.\]

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

По закону Ома ток между выводами \((C; D)\) линейно зависит от двух напряжений — на \((A; B)\) и на \((C; D)\); коэффициенты найдите из первых двух опытов.

\(P = \mathcal{E}I_1\left(\dfrac{\mathcal{E}}{U_1} - \dfrac{U_2}{\mathcal{E}}\right)\).

Согласно закону Ома сила тока через любой резистор пропорциональна напряжению на нём, поэтому сила тока \(I_{CD}\) между выводами \((C; D)\) вне зависимости от запутанности цепи зависит от напряжения \(U_{AB}\) между \((A; B)\) и напряжения \(U_{CD}\) между \((C; D)\) линейно: \[I_{CD} = a\cdot U_{AB} + b\cdot U_{CD}, \tag{1}\] где \(a\) и \(b\) — некоторые константы. Поочерёдно применив формулу (1) к условиям и результатам опытов (в первом \(I_{CD} = I_1\), \(U_{AB} = \mathcal{E}\), \(U_{CD} = 0\); во втором \(I_{CD} = 0\), \(U_{AB} = \mathcal{E}\), \(U_{CD} = U_1\); нулевые значения обусловлены идеальностью приборов), получаем систему уравнений \[I_1 = a\cdot\mathcal{E} + b\cdot 0\qquad\text{и}\qquad 0 = a\cdot\mathcal{E} + b\cdot U_1,\] из которой находим параметры цепи: \[a = \dfrac{I_1}{\mathcal{E}}\qquad\text{и}\qquad b = -\dfrac{I_1}{U_1}.\] Подставив в формулу (1) условия третьего опыта (\(U_{AB} = U_2\), \(U_{CD} = \mathcal{E}\)), получаем силу тока через источник: \[I_{CD} = a\cdot U_2 + b\cdot\mathcal{E} = I_1\left(\dfrac{U_2}{\mathcal{E}} - \dfrac{\mathcal{E}}{U_1}\right).\] Поскольку источник и приборы идеальные, искомая суммарная мощность, выделяющаяся на всех резисторах цепи, равна мощности источника: \[P = \mathcal{E}I_{CD} = \mathcal{E}I_1\left(\dfrac{U_2}{\mathcal{E}} - \dfrac{\mathcal{E}}{U_1}\right). \tag{2}\] Приборы показывают абсолютные значения измеряемых величин без учёта их знака, то есть из опытов известны только модули входящих в формулу (2) значений \(I_1\), \(U_1\) и \(U_2\), которые до сих пор рассматривались как алгебраические величины, поэтому знаки в формуле (2) следует расставить заново в соответствии с физическим смыслом. Если в последнем опыте выводы \((C; D)\) закоротить, то напряжение \(U_2\) уменьшится до нуля, общее сопротивление цепи тоже уменьшится, а потому выделяющаяся мощность увеличится. Следовательно, мощность убывает с ростом \(U_2\), то есть перед \(U_2\) должен стоять минус. А для выполнения условия \(P > 0\) нужно, чтобы хотя бы одно слагаемое в скобках было положительным. Таким образом, окончательный ответ имеет вид \[P = \mathcal{E}I_1\left(\dfrac{\mathcal{E}}{U_1} - \dfrac{U_2}{\mathcal{E}}\right).\]

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

Найдите поле кольца вблизи центра, применив теорему Гаусса к малому цилиндру, нижнее основание которого лежит в плоскости кольца.

\(T = 4\pi R\sqrt{\dfrac{\varepsilon_0m}{\rho q}}\).

Если сместить заряд \(q\) из положения равновесия в центре кольца на малое расстояние \(x\) в плоскости кольца, то на этот заряд будет действовать возвращающая электрическая сила \(F = qE\), где \(E\) — напряжённость поля, создаваемого кольцом на расстоянии \(x\) от центра. Для расчёта \(E\) рассмотрим цилиндр малой высотой \(h\) и радиусом \(x\), нижнее основание которого лежит в плоскости кольца, а центр этого основания совпадает с центром кольца (см. рисунок).

В силу симметрии кольца поле в центре верхнего основания направлено вдоль оси цилиндра, а напряжённость \(E_0\) этого поля можно найти по принципу суперпозиции, разбив кольцо на множество точечных зарядов: \[E_0 = \dfrac{\rho\cdot2\pi R}{4\pi\varepsilon_0(R^2 + h^2)}\cdot\dfrac{h}{\sqrt{R^2 + h^2}} \approx \dfrac{\rho h}{2\varepsilon_0R^2}.\] Из условия малости \(h\) и \(x\) по сравнению с \(R\) следует, что во всех точках боковой поверхности цилиндра перпендикулярная составляющая поля примерно равна \(E\), а во всех точках верхнего основания — примерно равна \(E_0\). Отсюда находим потоки поля \(\Phi_1\) и \(\Phi_2\) через боковую поверхность и верхнее основание цилиндра соответственно: \[\Phi_1 \approx -E\cdot2\pi xh,\qquad \Phi_2 \approx E_0\cdot\pi x^2.\] В силу симметрии кольца поток поля через нижнее основание отсутствует, а поскольку внутри цилиндра зарядов нет, из теоремы Гаусса следует \[\Phi_1 + \Phi_2 = 0,\] откуда после подстановки выражений для \(\Phi_1\), \(\Phi_2\) и \(E_0\) получаем \[E = \dfrac{\rho x}{4\varepsilon_0R^2}\qquad\text{и}\qquad F = qE = \dfrac{q\rho x}{4\varepsilon_0R^2}.\] Сила \(F\) прямо пропорциональна смещению \(x\), поэтому можно определить эффективную жёсткость \(k = F/x\) и найти период колебаний по формуле для физического маятника: \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} = 4\pi R\sqrt{\dfrac{\varepsilon_0m}{\rho q}}.\]

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

Приравняйте две формулы для энергии фотона — \(hc/\lambda\) и релятивистскую — и выразите скорость фотона через длину волны.

\(m = \sqrt{\dfrac{2h^2\tau}{c^2T\left(\lambda_1^2 - \lambda_2^2\right)}} \approx 1{,}6\cdot10^{-40}\) кг.

Для выражения скорости \(v\) «массивного» фотона через длину \(\lambda\) соответствующей ему световой волны запишем энергию фотона двумя способами: \[E = \dfrac{hc}{\lambda},\qquad E = \dfrac{mc^2}{\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}}.\] Приравняв эти формулы, находим искомую связь: \[v = c\sqrt{1 - \dfrac{m^2c^2\lambda^2}{h^2}}. \tag{1}\] Пусть \(v_1\) и \(v_2\) — скорости фотонов с длинами волн \(\lambda_1\) и \(\lambda_2\) соответственно, тогда \[\tau = \dfrac{cT}{v_1} - \dfrac{cT}{v_2},\] откуда с использованием выражения (1) получаем уравнение для \(m\): \[\dfrac{\tau}{T} = \left(1 - \dfrac{m^2c^2\lambda_1^2}{h^2}\right)^{-1/2} - \left(1 - \dfrac{m^2c^2\lambda_2^2}{h^2}\right)^{-1/2}.\] Обе дроби в скобках малы, поэтому воспользуемся приведённым в условии приближением и запишем \[\dfrac{\tau}{T} \approx \dfrac{m^2c^2}{2h^2}\left(\lambda_1^2 - \lambda_2^2\right),\] откуда находим искомую массу фотона по мнению Глюка: \[m = \sqrt{\dfrac{2h^2\tau}{c^2T\left(\lambda_1^2 - \lambda_2^2\right)}} \approx 1{,}6\cdot10^{-40}\text{ кг}.\]

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