«Туймаада» 2014, теоретический тур

Подсказка

Траектория должна пройти через верхнюю точку стены и коснуться её дуги; сведите задачу к броску из верхней точки стены с минимальной скоростью.

Ответ

\(v_0 = \dfrac{1}{2}\sqrt{10gR}\),  \(\varphi = \arccos\dfrac{\sqrt{15}}{10} \approx 67^\circ\),  \(d = \dfrac{1}{8}\left(\sqrt{51} - \sqrt{3}\right)R \approx 0{,}68R\).

Решение

Искомая траектория камня обязательно проходит через наивысшую точку \(O\) стены и касается дуги окружности стены в некоторой точке \(C\) (см. рисунок), иначе начальная скорость \(v_0\) была бы не минимальная, так как можно было бы путём изменения \(d\) сдвинуть траекторию так, чтобы она в каждой точке проходила с запасом над стеной. Этот факт позволяет свести исходную задачу к более простой: с какой минимальной скоростью \(v\) и под каким углом \(\alpha\) к горизонту нужно бросить камень из точки \(O\), чтобы он перелетел через стену?

В рамках новой формулировки задачи выберем начало системы координат в точке \(O\) и направим ось \(y\) вдоль вектора \(\vec v\) (под углом \(\alpha\) к горизонту), а ось \(x\) — перпендикулярно ей (см. рисунок).

Если имеющая наибольшую координату \(y\) точка \(B\) траектории камня не совпадает с имеющей наибольшую координату \(y\) точкой \(A\) стены, или, что равносильно, точка \(C\) касания траектории и стены не совпадает с точкой \(A\), то можно путём изменения угла \(\alpha\) деформировать траекторию так, чтобы она в каждой точке проходила с запасом над стеной. Следовательно, для достижения минимальной скорости \(v\) точки \(B\) и \(C\) должны совпадать с точкой \(A\) (см. рисунок).

Выразим координаты точки \(A\) и проекции ускорения \(\vec g\) на оси \(x\) и \(y\): \[A_x = OE = R\cos\alpha, \qquad A_y = EA = R(1 - \sin\alpha), \tag{1}\] \[g_x = g\cos\alpha, \qquad g_y = -g\sin\alpha. \tag{2}\] Пусть \(t\) — промежуток времени между прохождениями камнем точек \(O\) и \(A\), тогда с учётом того, что в точке \(O\) скорость камня направлена вдоль оси \(y\), а в точке \(A\) — вдоль оси \(x\), можно записать систему уравнений \[v + g_yt = 0, \qquad A_x = \dfrac{g_xt^2}{2}, \qquad A_y = vt + \dfrac{g_yt^2}{2},\] откуда после подстановки выражений (1) и (2) находим искомые величины: \[\alpha = 30^\circ, \qquad v = \dfrac{1}{2}\sqrt{2gR}. \tag{3}\] Теперь осталось ответить на вопрос задачи в исходной формулировке. Пусть \(m\) — масса камня, тогда закон сохранения энергии на участке движения до точки \(O\) имеет вид \[\dfrac{mv_0^2}{2} = \dfrac{mv^2}{2} + mgR,\] откуда с учётом результата (3) получаем минимальную начальную скорость: \[v_0 = \dfrac{1}{2}\sqrt{10gR}.\] Горизонтальная составляющая скорости камня не меняется в процессе движения и задаётся формулой \[v_g = v\cos\alpha = \dfrac{1}{4}\sqrt{6gR},\] с помощью которой находим искомый угол наклона начальной скорости: \[\varphi = \arccos\left(\dfrac{v_g}{v_0}\right) = \arccos\dfrac{\sqrt{15}}{10} \approx 67^\circ.\] Вертикальная составляющая начальной скорости \(v_{0v}\) камня, время \(t_0\) движения камня до точки \(O\) и искомое расстояние \(d\) имеют соответственно вид \[v_{0v} = \sqrt{v_0^2 - v_g^2} = \dfrac{1}{4}\sqrt{34gR},\] \[t_0 = \dfrac{v_{0v} - v\sin\alpha}{g} = \dfrac{1}{4}\sqrt{\dfrac{R}{g}}\left(\sqrt{34} - \sqrt{2}\right),\] \[d = v_gt_0 = \dfrac{1}{8}\left(\sqrt{51} - \sqrt{3}\right)R \approx 0{,}68R.\] Примечание. Любопытно, что два автора независимо друг от друга предложили на олимпиаду данную задачу (в разных формулировках, но с одинаковой сутью), поэтому имеет место редкий случай непреднамеренного соавторства.

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

Подсказка

Запишите закон сохранения энергии для обруча с грузиком, найдя среднюю энергию грузика с помощью мысленно добавленного второго грузика напротив первого.

Ответ

\(\varepsilon = \dfrac{v - v_0}{v_0} = -\dfrac{m}{2M}\left(1 + \dfrac{gR}{v_0^2}\right)\).

Решение

При решении данной задачи требуется уделить особое внимание обоснованности использованных приближений, поэтому предварительно проиллюстрируем на примере двух близких чисел (\(a_1 = a\) и \(a_2 = a(1 + x)\), где \(a > 0\) и \(x \ll 1\)) некоторые свойства среднего и среднеквадратичного значений: \[a_{\text{ср.}} = \dfrac{a_1 + a_2}{2} = a\left(1 + \dfrac{x}{2}\right),\] \[a_{\text{ср.кв.}} = \sqrt{\dfrac{a_1^2 + a_2^2}{2}} = a\left(1 + x + \dfrac{x^2}{2}\right)^{1/2} \approx a\left(1 + \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^2}{8}\right), \tag{1}\] \[\dfrac{a_{\text{ср.}} - a_1}{a} = \dfrac{x}{2} \sim x, \tag{2}\] \[\dfrac{a_{\text{ср.кв.}} - a_{\text{ср.}}}{a} = \dfrac{x^2}{8} \sim x^2. \tag{3}\] Из выражений (2) и (3) видно, что отличие среднеквадратичного значения от среднего является поправкой следующего порядка малости по сравнению с отличием среднего значения от одного из близких усредняемых чисел. Данный факт можно доказать в общем виде для произвольного количества чисел, однако в рамках решения физической задачи на олимпиаде это не требуется. На основании приведённого рассуждения далее мы не будем различать средние и среднеквадратичные значения приблизительно постоянных величин.

Примечание. Получение правильного коэффициента \(1/8\) при \(x^2\) в приблизительном разложении (1) может быть затруднительно для участников младшей лиги, поэтому за наличие неверного коэффициента (обычно \(1/4\)) при условии правильной оценки порядка малости величин баллы не снижаются.

Из условий \(m \ll M\) и \(mgR \ll Mv_0^2\) следует, что и кинетическая, и потенциальная энергии грузика малы по сравнению с кинетической энергией обруча, поэтому скорость центра обруча можно на данном этапе рассуждений считать приблизительно постоянной и равной её среднему значению \(v\).

Для нахождения средней механической энергии \(E\) грузика мысленно прикрепим к обручу второй такой же грузик диаметрально противоположно первому и пустим обруч катиться без проскальзывания с постоянной скоростью \(v\), тогда энергия грузиков будет постоянна во времени и равна \(2E\). Когда один грузик находится в нижнем положении и покоится (проскальзывания нет), а второй грузик находится в верхнем положении и имеет скорость \(2v\), выражение для энергии грузиков (при условии отсчёта потенциальной энергии от уровня поверхности) имеет вид \[2E = \dfrac{m(2v)^2}{2} + mg\cdot 2R,\] откуда находим \[E = mv^2 + mgR. \tag{4}\] Средняя кинетическая энергия обруча равна \(Mv^2\), так как согласно теореме Кёнига она складывается из энергии поступательного движения центра масс (\(Mv^2/2\)) и энергии вращательного движения в системе отсчёта центра масс (\(Mv^2/2\)), причём скорости в обоих выражениях в скобках одинаковы при отсутствии проскальзывания.

Примечание. Отметим, что аналогичным образом с помощью теоремы Кёнига можно было сразу записать выражение (4) как сумму средних кинетической и потенциальной энергий грузика.

При движении без проскальзывания трение не приводит к потерям механической энергии и выделению тепла, поэтому закон сохранения энергии обруча с грузиком имеет вид \[Mv^2 + E = Mv_0^2 + 0,\] откуда с использованием (4) находим среднюю скорость центра обруча: \[v = v_0\sqrt{1 - \dfrac{m}{M + m}\left(1 + \dfrac{gR}{v_0^2}\right)} \approx v_0\left(1 - \dfrac{m}{2M}\left(1 + \dfrac{gR}{v_0^2}\right)\right).\] Искомое относительное отличие имеет вид \[\varepsilon = \dfrac{v - v_0}{v_0} = -\dfrac{m}{2M}\left(1 + \dfrac{gR}{v_0^2}\right).\] Примечание. Отметим, что из условия не следует ни одно из утверждений \(gR \ll v_0^2\) или \(gR \gg v_0^2\), поэтому в последних скобках нельзя пренебречь никаким слагаемым по сравнению с другим.

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

Подсказка

Бусинка невесома, поэтому результирующая сила на неё всегда равна нулю; разберите отдельно случаи, когда нити натянуты и когда они свободны, и свяжите ускорения грузов с ускорением бусинки через неизменность длин нитей.

Ответ

При \(\alpha = \beta\): \(\varphi = \gamma\),  \(a_x = g\cdot\dfrac{k\cos\varphi - \cos\alpha}{k\cos^2\varphi + \cos^2\alpha}\),  \(a_y = 0\), где \(k = \dfrac{(m_1 + m_2)m_3m_4}{(m_3 + m_4)m_1m_2}\). При \(\alpha \neq \beta\): \(\varphi = \operatorname{arctg}\left(\dfrac{\operatorname{tg}\alpha\operatorname{tg}\gamma}{\operatorname{tg}\beta}\right)\),  \(a_x = 2g\cdot\dfrac{\sin\alpha - \sin\beta + \sin\gamma - \sin\varphi}{\sin(\alpha + \varphi) - \sin(\beta + \gamma) + \sin(\alpha - \gamma) - \sin(\beta - \varphi)}\),  \(a_y = 2g\cdot\dfrac{\cos\alpha + \cos\beta + \cos\gamma + \cos\varphi}{\sin(\alpha + \varphi) - \sin(\beta + \gamma) + \sin(\alpha - \gamma) - \sin(\beta - \varphi)}\).

Решение

Поскольку бусинка невесома, а её ускорение не может быть бесконечным, то согласно второму закону Ньютона результирующая сила \(F\), действующая на бусинку, всегда равна нулю, однако это равенство реализуется по-разному в случаях \(\alpha = \beta\) и \(\alpha \neq \beta\).

Случай \(\alpha = \beta\). Равенство \(\alpha = \beta\) означает, что в треугольнике \(ABK\) биссектриса угла \(K\) является высотой, а значит, и медианой, поэтому точка \(K\) равноудалена от прямых \(AD\) и \(BC\), откуда следует равенство \(\varphi = \gamma\). В силу симметрии нитей относительно прямой, проходящей через бусинку параллельно оси \(x\), справедливо соотношение \(a_y = 0\). Теперь осталось найти только \(a_x\).

Из условия \(F = 0\) в проекции на ось \(x\) получаем связь между силами натяжения \(T_1\) и \(T_2\) соответственно левой и правой нитей: \[T_1\cos\alpha = T_2\cos\varphi. \tag{1}\] Запишем второй закон Ньютона для каждого груза в проекции на ось \(y\): \[\begin{cases} m_1a_{1y} = T_1 - m_1g,\\ m_2a_{2y} = T_1 - m_2g,\\ m_3a_{3y} = T_2 - m_3g,\\ m_4a_{4y} = T_2 - m_4g. \end{cases} \tag{2}\] Уравнения кинематической связи для каждой нити можно получить, приравняв изменения длин участков нитей внутри прямоугольника \(ABCD\), выраженные двумя способами — через ускорения грузов и через ускорение бусинки: \[\begin{cases} a_{1y} + a_{2y} = 2a_x\cos\alpha,\\ a_{3y} + a_{4y} = -2a_x\cos\varphi. \end{cases} \tag{3}\] Объединение уравнений (1), (2) и (3) приводит к системе \[\begin{cases} T_1\cos\alpha = T_2\cos\varphi,\\ T_1\dfrac{m_1 + m_2}{m_1m_2} - 2g = 2a_x\cos\alpha,\\ T_2\dfrac{m_3 + m_4}{m_3m_4} - 2g = -2a_x\cos\varphi, \end{cases}\] из которой получаем искомое ускорение: \[a_x = g\cdot\dfrac{k\cos\varphi - \cos\alpha}{k\cos^2\varphi + \cos^2\alpha},\] где для краткости введено обозначение \[k = \dfrac{(m_1 + m_2)m_3m_4}{(m_3 + m_4)m_1m_2}.\]

Случай \(\alpha \neq \beta\). Из геометрических соображений получаем выражение \[\varphi = \operatorname{arctg}\left(\dfrac{\operatorname{tg}\alpha\operatorname{tg}\gamma}{\operatorname{tg}\beta}\right).\] Силы, действующие на бусинку со стороны левой и правой нитей, могут быть направлены только вдоль биссектрис угла \(K\) в треугольниках \(ABK\) и \(CDK\) соответственно, а эти биссектрисы не лежат на одной прямой из-за условия \(\alpha \neq \beta\). Поэтому если предположить, что хотя бы одна из сил натяжения \(T_1\) или \(T_2\) не равна нулю, то не будет выполняться доказанное в самом начале решения равенство \(F = 0\). Следовательно, в данном случае нити не натянуты, а все грузы свободно падают с ускорением \(g\).

Уравнения кинематической связи получим аналогично первому случаю, приравняв выраженные двумя способами изменения длин участков нитей внутри прямоугольника \(ABCD\), однако теперь будем проецировать на направления участков нитей обе составляющие ускорения бусинки: \[\begin{cases} -2g = a_x(+\cos\alpha + \cos\beta) + a_y(-\sin\alpha + \sin\beta),\\ -2g = a_x(-\cos\varphi - \cos\gamma) + a_y(-\sin\varphi + \sin\gamma). \end{cases}\] Решая записанную систему, находим искомые проекции ускорения: \[a_x = 2g\cdot\dfrac{\sin\alpha - \sin\beta + \sin\gamma - \sin\varphi}{\sin(\alpha + \varphi) - \sin(\beta + \gamma) + \sin(\alpha - \gamma) - \sin(\beta - \varphi)},\] \[a_y = 2g\cdot\dfrac{\cos\alpha + \cos\beta + \cos\gamma + \cos\varphi}{\sin(\alpha + \varphi) - \sin(\beta + \gamma) + \sin(\alpha - \gamma) - \sin(\beta - \varphi)}.\] Примечание. При приближении начального положения бусинки к прямой, равноудалённой от прямых \(AD\) и \(BC\), величина \(|a_y|\) неограниченно возрастает, поэтому пренебрегать массой бусинки в этих условиях уже нельзя.

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

Подсказка

Из быстрого вращения следует, что радиус горизонтального сечения почти равен \(R\), а вертикальное движение шайбы — гармонические колебания около положения равновесия.

Ответ

\(L = \dfrac{2g}{\omega^2}\),  \(\tau = \dfrac{\pi}{\omega}\),  \(S = 2R\).

Решение

Предположим, что смещение \(z\) шайбы вниз вдоль вертикальной оси \(z\), проходящей через центр \(O\) сферы (см. рисунок), мало по сравнению с \(R\) в любой момент времени, а потом проверим это предположение.

При указанном предположении отличием радиуса \(r\) окружности, являющейся сечением сферы горизонтальной плоскостью, проходящей через шайбу в некоторый момент времени, от радиуса сферы \(R\) можно пренебречь, так как это отличие пропорционально второму порядку малой величины \(z/R\).

Из условия \(r \approx R\) и закона сохранения момента импульса шайбы в проекции на ось \(z\) следует постоянство угловой скорости вращения шайбы вокруг оси \(z\).

Пусть \(m\) — масса шайбы, тогда в рамках указанных приближений нормальная реакция опоры \(N\), действующая на шайбу под малым углом \(\alpha\) к горизонту, создаёт центростремительное ускорение и вычисляется по формуле \(N \approx m\omega^2R\), а вертикальная составляющая этой силы имеет вид \[N_z = -N\sin\alpha \approx -N\cdot\dfrac{z}{R} = -m\omega^2z.\] Поскольку величина \(N_z\) пропорциональна смещению \(z\) шайбы (\(N_z = -kz\), где коэффициент \(k = m\omega^2\) можно назвать эффективной жёсткостью), а сила тяжести постоянна, то шайба будет совершать в проекции на ось \(z\) гармонические колебания с циклической частотой \[\Omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}} = \omega.\] Координату \(z_0\) положения равновесия найдём из условия равенства нулю вертикальной составляющей результирующей силы: \[mg - m\omega^2z_0 = 0, \qquad \text{откуда} \qquad z_0 = \dfrac{g}{\omega^2}.\] Заметим, что из условия \(\omega^2R \gg g\) следует сравнение \(z_0 \ll R\), то есть использованные в ходе решения приближения корректны.

Шайба начинает движение из крайнего верхнего положения, поэтому её амплитуда колебаний \(A = z_0\), искомое смещение \(L\) — это размах колебаний (расстояние между крайними положениями): \[L = 2A = \dfrac{2g}{\omega^2},\] а искомое время \(\tau\) равно половине периода колебаний: \[\tau = \dfrac{\pi}{\omega}.\] В силу равенства \(\Omega = \omega\) в момент времени \(\tau\) шайба будет примерно в противоположной точке сферы относительно начального положения, откуда следует \[S = 2R.\] Примечание. Предлагаем читателям самостоятельно подумать, случайно ли равенство \(\Omega = \omega\) и возможно ли прийти к нему только путём качественных рассуждений, а затем использовать его для упрощения вычислений.

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

Подсказка

Сравните минимальную работу по подъёму угля с породой и работу, которую даёт реальная тепловая машина при сжигании этого угля.

Ответ

\(H \leqslant \dfrac{\mu q}{g}\cdot\dfrac{T - T_0}{T}\cdot\dfrac{m}{m + M} \approx 63\) км \(\sim 60\) км.

Решение

Для поднятия угля массой \(m\) и связанных с ним грузов массой \(M\) из шахты глубиной \(H\) на поверхность требуется совершить минимальную механическую работу \(A_0 = (m + M)gH\). Идеальная тепловая машина преобразовала бы выделившееся при сжигании этого угля количество теплоты \(Q = qm\) в механическую работу \(A_1 = \eta Q\), а реальная — лишь в \(A_2 = \mu A_1\).

Добывать уголь энергетически целесообразно, если \(A_0 \leqslant A_2\), то есть если \[(m + M)gH \leqslant \mu\eta qm,\] откуда находим искомое ограничение на глубину шахты: \[H \leqslant \dfrac{\mu q}{g}\cdot\dfrac{T - T_0}{T}\cdot\dfrac{m}{m + M} \approx 63\text{ км} \sim 60\text{ км},\] где при подстановке величин \(t\) и \(t_0\) в качестве абсолютных температур \(T\) и \(T_0\) был выполнен обязательный перевод их значений в кельвины.

Примечание. Полученный результат заведомо больше реальных глубин шахт, так как найденная глубина является пределом только с точки зрения энергетической целесообразности (без учёта прочих факторов, в частности, фактического уровня залегания полезных ископаемых). Лишь несколько угольных шахт в мире имеют глубину более 1 км, а самые глубокие промышленные шахты имеют глубину около 5 км, но добывают в таких экстремальных условиях уже не уголь, а золото.

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

Подсказка

Гелий проходит через перегородку, поэтому его давление одинаково в обеих частях; давление радона равно превышению давления под правым поршнем над давлением гелия.

Ответ

\(V_1 = \dfrac{\nu_1RT}{P_0} - \dfrac{\nu_2RTS}{mg}\),  \(V_2 = \dfrac{\nu_2RTS}{mg}\);  равновесие возможно при \(m > \dfrac{\nu_2P_0S}{\nu_1g}\).

Решение

Перегородка проницаема для гелия, поэтому он занимает обе части сосуда объёмом \(V_0 = V_1 + V_2\), а его давление одинаково в обеих частях сосуда и равно \(P_0\) из условия равновесия левого поршня.

Давление смеси газов под правым поршнем равно \(P_0 + mg/S\) и превышает давление гелия на парциальное давление \(P_2\) радона, занимающего объём \(V_2\) правой части сосуда, откуда находим \(P_2 = mg/S\).

Запишем уравнения Менделеева–Клапейрона для гелия и радона: \[P_0V_0 = \nu_1RT, \qquad P_2V_2 = \nu_2RT,\] откуда выразим искомые объёмы: \[V_1 = \dfrac{\nu_1RT}{P_0} - \dfrac{\nu_2RTS}{mg}, \qquad V_2 = \dfrac{\nu_2RTS}{mg}.\] Описанное равновесие нарушится, если левый поршень опустится до основания сосуда, что приведёт к появлению щели, через которую выйдет гелий, а вместо него натечёт воздух, являющийся смесью азота и кислорода, для которых перегородка проницаема. Описанное равновесие будет сохраняться при условии \(V_1 > 0\), откуда получаем искомое ограничение на массу груза: \[m > \dfrac{\nu_2P_0S}{\nu_1g}.\]

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

Подсказка

Чёткое изображение возникает при двух положениях линзы, расстояния которых от лампы в сумме дают расстояние до экрана, значит, объёмы частей сосуда должны поменяться местами.

Ответ

\(t = \dfrac{P_0V_0}{UI}\left(\dfrac{3}{2}(k - 1) + \dfrac{k\ln k}{k + 1}\right) \approx 299\) с \(\approx 5\) мин.

Решение

Оптическая часть. Пусть \(f\) — фокусное расстояние линзы, \(x\) — расстояние от лампы до линзы, \(l\) — расстояние от лампы до экрана, тогда формула тонкой линзы имеет вид \[\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{l - x} = \dfrac{1}{f},\] откуда после упрощения получаем уравнение \[x^2 - lx + fl = 0.\] Поскольку есть два положения линзы, при которых наблюдается чёткое изображение нити накала, то это квадратное относительно \(x\) уравнение имеет положительный дискриминант и соответствующие этим положениям корни \(x_1\) и \(x_2\). Согласно теореме Виета справедливо равенство \(x_1 + x_2 = l\), которое означает, что изображение нити накала снова станет чётким, когда расстояние от лампы до линзы будет равно начальному расстоянию от линзы до экрана.

Термодинамическая часть. Пусть \(V_1\) и \(V_2\) — начальные объёмы левой и правой частей сосуда соответственно, тогда согласно полученному выше результату в искомый момент времени объёмы этих частей поменяются между собой, то есть будут \(V_2\) и \(V_1\) соответственно.

Пусть \(\nu_1\) и \(\nu_2\) — количества одноатомного и двухатомного газов соответственно, \(\nu_0 = \nu_1 + \nu_2\) — общее количество газов, тогда из условий равенства давлений и температур в начальном состоянии с помощью уравнений Менделеева–Клапейрона запишем соотношения \[\dfrac{V_1}{V_0} = \dfrac{\nu_1}{\nu_0}, \qquad \dfrac{V_2}{V_0} = \dfrac{\nu_2}{\nu_0}, \qquad \dfrac{V_2}{V_1} = \dfrac{\nu_2}{\nu_1} = k. \tag{1}\] Из последнего равенства и условия постоянства температуры в правой части сосуда находим давление в сосуде в искомый момент времени: \(P = P_0\cdot\nu_2/\nu_1\).

Количество теплоты \(Q\), которое нужно подвести к газу в левой части сосуда, чтобы он расширился от объёма \(V_1\) до объёма \(V_2\), найдём из первого начала термодинамики: \[Q = \Delta U + A = \dfrac{3}{2}(PV_2 - P_0V_1) + P_0V_2\ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right),\] где \(\Delta U\) — изменение внутренней энергии одноатомного газа, а работа газа в левой части сосуда была рассчитана как работа внешних сил по изотермическому сжатию газа в правой части сосуда. После упрощения получаем выражение \[Q = \dfrac{3}{2}P_0V_0\left(\dfrac{\nu_2^2}{\nu_1\nu_0} - \dfrac{\nu_1}{\nu_0}\right) + P_0V_0\dfrac{\nu_2}{\nu_0}\ln\left(\dfrac{\nu_2}{\nu_1}\right) = P_0V_0\left(\dfrac{3}{2}(k - 1) + \dfrac{k\ln k}{k + 1}\right).\] Электрическая часть. Используя формулу \(N = UI\) для мощности лампы, находим искомое время передачи количества теплоты \(Q\) газу в левой части сосуда: \[t = \dfrac{Q}{N} = \dfrac{P_0V_0}{UI}\left(\dfrac{3}{2}(k - 1) + \dfrac{k\ln k}{k + 1}\right) \approx 299\text{ с} \approx 5\text{ мин}.\]

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

Подсказка

Рассмотрите отдельно два положения переключателей, заменив открытые диоды проводами, а закрытые — разрывами, и усредните тепло за период.

Ответ

\(P_1 = \dfrac{\mathcal{E}^2}{R_1}\left(\dfrac{T_1}{T} + \dfrac{T_2}{T}\cdot\left(\dfrac{R_1}{R + R_1}\right)^2\right)\),  \(P_2 = \dfrac{\mathcal{E}^2}{R_2}\left(\dfrac{T_1}{T}\cdot\left(\dfrac{R_2}{R + R_2}\right)^2 + \dfrac{T_2}{T}\right)\),  \(P = \dfrac{\mathcal{E}^2}{R}\left(\dfrac{T_1}{T}\cdot\left(\dfrac{R}{R + R_2}\right)^2 + \dfrac{T_2}{T}\cdot\left(\dfrac{R}{R + R_1}\right)^2\right)\).

Решение

Единственная роль переключателей \(K_1\) и \(K_2\) состоит в том, чтобы периодически менять полярность подключения источника, поэтому рассмотрим эти случаи по отдельности.

1. Оба переключателя в верхнем положении. Перерисуем схему, заменив открытые диоды на провода, а закрытые — на разрывы цепи (см. рисунок). Ток в цепи идёт только по двум контурам: \[\mathcal{E}K_1AR_1A_1C_3C_4B_2BK_2\mathcal{E} \qquad \text{и} \qquad \mathcal{E}K_1AR_2A_2C_2RC_1B_1BK_2\mathcal{E}.\]

Количества теплоты \(Q_1'\), \(Q_2'\) и \(Q'\), выделяющиеся соответственно на резисторах \(R_1\), \(R_2\) и \(R\) за время \(T_1\), находятся по формулам \[Q_1' = T_1\left(\dfrac{\mathcal{E}}{R_1}\right)^2R_1, \qquad Q_2' = T_1\left(\dfrac{\mathcal{E}}{R + R_2}\right)^2R_2, \qquad Q' = T_1\left(\dfrac{\mathcal{E}}{R + R_2}\right)^2R.\] 2. Оба переключателя в нижнем положении. Перерисуем схему, заменив открытые диоды на провода, а закрытые — на разрывы цепи (см. рисунок). Ток в цепи идёт только по двум контурам: \[\mathcal{E}K_1BB_1C_3C_4A_2R_2AK_2\mathcal{E} \qquad \text{и} \qquad \mathcal{E}K_1BB_2C_2RC_1A_1R_1AK_2\mathcal{E}.\]

Количества теплоты \(Q_1''\), \(Q_2''\) и \(Q''\), выделяющиеся соответственно на резисторах \(R_1\), \(R_2\) и \(R\) за время \(T_2\), находятся по формулам \[Q_1'' = T_2\left(\dfrac{\mathcal{E}}{R + R_1}\right)^2R_1, \qquad Q_2'' = T_2\left(\dfrac{\mathcal{E}}{R_2}\right)^2R_2, \qquad Q'' = T_2\left(\dfrac{\mathcal{E}}{R + R_1}\right)^2R.\] 3. Итоговый расчёт. Средняя мощность за большое время (по сравнению с \(T\)) равна средней мощности за период, поэтому окончательно получаем: \[P_1 = \dfrac{Q_1' + Q_1''}{T} = \dfrac{\mathcal{E}^2}{R_1}\left(\dfrac{T_1}{T} + \dfrac{T_2}{T}\cdot\left(\dfrac{R_1}{R + R_1}\right)^2\right),\] \[P_2 = \dfrac{Q_2' + Q_2''}{T} = \dfrac{\mathcal{E}^2}{R_2}\left(\dfrac{T_1}{T}\cdot\left(\dfrac{R_2}{R + R_2}\right)^2 + \dfrac{T_2}{T}\right),\] \[P = \dfrac{Q' + Q''}{T} = \dfrac{\mathcal{E}^2}{R}\left(\dfrac{T_1}{T}\cdot\left(\dfrac{R}{R + R_2}\right)^2 + \dfrac{T_2}{T}\cdot\left(\dfrac{R}{R + R_1}\right)^2\right).\]

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

Подсказка

В момент максимального тока напряжение на катушке равно нулю; примените закон сохранения энергии с учётом работы источника, а для времени составьте уравнения Кирхгофа.

Ответ

\(I_0 = \mathcal{E}\sqrt{\dfrac{C}{6L}}\),  \(\tau = \dfrac{\pi}{4}\sqrt{6LC}\).

Решение

1. Сразу после замыкания. Сразу после замыкания ключа происходит практически мгновенная зарядка конденсаторов, так как по условию все элементы цепи идеальные, то есть можно пренебречь их активными сопротивлениями, а вот ток в катушке в этот момент всё ещё отсутствует, так как индуктивность препятствует резким изменениям силы тока. Поэтому мысленно заменим катушку на разрыв цепи и рассчитаем общую ёмкость \(C_1\), энергию \(W_1\) и заряд \(q_1\) системы конденсаторов: \[C_1 = \dfrac{C\cdot 2C}{C + 2C}\cdot 2 = \dfrac{4}{3}C, \qquad W_1 = \dfrac{C_1\mathcal{E}^2}{2} = \dfrac{2}{3}C\mathcal{E}^2, \qquad q_1 = C_1\mathcal{E} = \dfrac{4}{3}C\mathcal{E}.\] 2. В искомый момент. Когда сила тока через катушку максимальна, напряжение на ней равно нулю, так как оно пропорционально скорости изменения силы тока. Поэтому мысленно заменим катушку на провод и рассчитаем общую ёмкость \(C_2\), энергию \(W_2\) и заряд \(q_2\) системы конденсаторов: \[C_2 = \dfrac{C + 2C}{2} = \dfrac{3}{2}C, \qquad W_2 = \dfrac{C_2\mathcal{E}^2}{2} = \dfrac{3}{4}C\mathcal{E}^2, \qquad q_2 = C_2\mathcal{E} = \dfrac{3}{2}C\mathcal{E}.\] 3. Расчёт силы тока. Запишем закон сохранения энергии с учётом работы источника \(A = \mathcal{E}(q_2 - q_1)\) с момента завершения первичной зарядки конденсаторов до достижения максимальной силы тока через катушку: \[W_1 + A = W_2 + \dfrac{LI_0^2}{2},\] откуда находим искомую силу тока: \[I_0 = \mathcal{E}\sqrt{\dfrac{C}{6L}}.\] 4. Расчёт времени. В силу симметрии схемы конденсаторы одинаковой ёмкостью имеют одинаковые заряды в каждый момент времени. Пусть \(Q_1\) и \(Q_2\) — заряды правых обкладок конденсаторов ёмкостями \(C\) и \(2C\) соответственно, \(I\) — сила тока через катушку в некоторый момент времени (см. рисунок), тогда правила Кирхгофа имеют вид

\[\mathcal{E} = \dfrac{Q_1}{C} + \dfrac{Q_2}{2C}, \qquad \mathcal{E} = \dfrac{Q_1}{C} + L\dot I + \dfrac{Q_1}{C}, \qquad \dot Q_1 - \dot Q_2 = I,\] откуда после исключения \(I\) и \(Q_2\) получаем уравнение \[\ddot Q_1 + \dfrac{2Q_1}{3LC} = \dfrac{\mathcal{E}}{3L},\] описывающее гармонические колебания с периодом \[T = \pi\sqrt{6LC}.\] В начальный момент времени ток через катушку отсутствовал, поэтому сила тока будет максимальна через четверть периода: \[\tau = \dfrac{T}{4} = \dfrac{\pi}{4}\sqrt{6LC}.\]

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

Подсказка

«Зайчик» возникает при отражении от одного зеркала (движется быстро) или от двух (уголковый отражатель, покоится); найдите долю времени первого режима через предельный угол.

Ответ

\(r = R\sin\dfrac{\pi}{4k} = 10\) см.

Решение

Лазерный <<зайчик>> может появляться двумя способами: при отражении луча только от одного зеркала и при отражении от двух зеркал.

В первом случае в силу закона отражения (равенства углов падения и отражения) отражённый луч поворачивается со скоростью в два раза большей, чем само зеркало. Во втором случае два зеркала, расположенные перпендикулярно друг другу, образуют уголковый отражатель, который возвращает луч в обратном направлении вне зависимости от угла падения.

Вычисление средней скорости <<зайчика>> сводится к нахождению долей времени, в течение которых зеркальная вертушка работает в первом и втором режиме. Для этого рассмотрим граничный случай, когда отражённый луч касается края второго зеркала. Это наблюдается, когда плоскость второго зеркала составляет с падающим лучом угол \(\alpha = \arcsin(r/R)\), что видно из рисунка, на котором построена вспомогательная окружность радиусом \(r\), касающаяся отражённого луча и продолжения падающего, которое касается края третьего зеркала симметрично отражённому лучу. Второй граничный случай наблюдается, когда падающий луч касается первого зеркала и отражается от второго. Ход луча в этом случае совпадает с изображённым на рисунке, но падающий и отражённый лучи меняются местами.

Таким образом, если угол падения луча на зеркало меньше \(\alpha\), то второго отражения не наблюдается. Следовательно, в течение поворота на угол \(2\alpha\) за каждую четверть оборота реализуется первая схема отражения, при которой <<зайчик>> движется по стене с максимальной скоростью \(v_{\max}\), а в течение поворота на угол \(\varphi = \pi/2 - 2\alpha\) реализуется вторая схема отражения, при которой <<зайчик>> покоится. Отсюда выражаем среднюю скорость: \[v_{\text{ср}} = \dfrac{2\alpha\cdot v_{\max} + \varphi\cdot 0}{\pi/2} = \dfrac{4}{\pi}\cdot v_{\max}\cdot\arcsin\dfrac{r}{R}.\] Используя условие \(v_{\max}/v_{\text{ср}} = k\), находим искомое расстояние: \[r = R\sin\dfrac{\pi}{4k} = 10\text{ см}.\]

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