«Туймаада» 2015, теоретический тур

Подсказка

Отношение пути собаки к суммарному пути супругов за один «период колебаний» не зависит от начального расстояния, значит, оно такое же и за всё время движения.

Ответ

\(S = \dfrac{2c_1c_2 + v_1(c_1 - c_2)}{(c_1 + c_2)(v_1 + v_2)}\cdot L\).

Решение

Пусть \(t_1\) — длительность первой пробежки собаки вниз от хозяина к хозяйке, а \(S_1\) — путь собаки за это время, тогда \[t_1 = \dfrac{L}{c_1 + v_2},\qquad S_1 = c_1t_1 = \dfrac{c_1L}{c_1 + v_2}.\] Пусть \(t_2\) — длительность первой пробежки собаки вверх от хозяйки к хозяину, а \(S_2\) — путь собаки за это время, тогда \[t_2 = \dfrac{L - (v_1 + v_2)t_1}{c_2 + v_1} = \dfrac{c_1 - v_1}{c_1 + v_2}\cdot\dfrac{L}{c_2 + v_1},\qquad S_2 = c_2t_2 = \dfrac{c_1 - v_1}{c_1 + v_2}\cdot\dfrac{c_2L}{c_2 + v_1}.\] Запишем путь \(S_{12}\) собаки и величину \(x_{12}\) сближения супругов в сумме за эти два промежутка времени: \[S_{12} = S_1 + S_2 = \dfrac{2c_1c_2 + v_1(c_1 - c_2)}{(c_1 + v_2)(c_2 + v_1)}\cdot L,\] \[x_{12} = (v_1 + v_2)(t_1 + t_2) = \dfrac{(c_1 + c_2)(v_1 + v_2)}{(c_1 + v_2)(c_2 + v_1)}\cdot L.\] Отношение пути собаки к суммарному пути супругов за один «период колебаний» собаки не зависит от \(L\), поэтому отношение пути собаки к суммарному пути супругов за всё время движения будет равно той же величине. Таким образом, из пропорции \[\dfrac{S_{12}}{x_{12}} = \dfrac{S}{L}\] находим искомый путь: \[S = \dfrac{2c_1c_2 + v_1(c_1 - c_2)}{(c_1 + c_2)(v_1 + v_2)}\cdot L.\] Примечание. Искомый путь \(S\) можно найти и более формальным способом: как сумму членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии, которую образуют пути собаки за каждый её «период колебаний».

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

Подсказка

Силу Архимеда считайте как вес вытесненной жидкости, усредняя линейно меняющуюся плотность в пределах каждого цилиндра; при касании дна под нижним основанием жидкости не остаётся.

Ответ

1) \(\rho_0 = \dfrac{11}{6}\rho\);  2) \(F_1 = 3\rho SHg\);  3) \(F_2 = 0\).

Решение

1. Плотность тела. Пусть \(H\) — высота каждого цилиндра, тогда сила тяжести и сила Архимеда, действующие на тело, образованное цилиндрами, имеют следующий вид: \[F_{\text{тяж}} = \rho_0\cdot 2SH\cdot g + \rho_0\cdot SH\cdot g = 3\rho_0SHg,\] \[F_{\text{Арх}} = \dfrac{\rho + 2\rho}{2}\cdot 2SH\cdot g + \dfrac{2\rho + 3\rho}{2}\cdot SH\cdot g = \dfrac{11}{2}\rho SHg,\] где силу Архимеда рассчитали как вес вытесненной жидкости, то есть вместо каждого цилиндра мысленно взяли соответствующий объём жидкости с такой же зависимостью плотности от глубины и усреднили плотность в пределах каждого из цилиндров, пользуясь тем, что эта зависимость линейная, а горизонтальное сечение каждого цилиндра не зависит от глубины (слагаемое \(2\rho\) в формуле — это плотность жидкости на уровне стыка цилиндров).

Из условия равновесия \(F_{\text{тяж}} = F_{\text{Арх}}\) находим искомую плотность: \[\rho_0 = \dfrac{11}{6}\rho.\] Примечание. Предлагаем читателям самостоятельно исследовать, будет ли рассмотренное положение равновесия устойчивым, а для этого целесообразно ознакомиться с понятием «центр плавучести».

2. Сила для погружения. По мере погружения тела в более плотные слои жидкости сила Архимеда будет расти, поэтому искомая сила \(F_1\) должна быть равна увеличению силы Архимеда в тот момент, когда тело почти коснулось дна, но ещё не прилегает к нему. Поскольку сосуд широкий, можно не учитывать перераспределение жидкости по вертикали при перемещении тела, а поскольку расстояние от нижнего основания до дна было равно высоте цилиндра, плотность жидкости около любой точки тела увеличится на \(\rho\). Поэтому изменение силы Архимеда можно найти через это одинаковое по всему объёму тела приращение плотности жидкости: \[\Delta F_{\text{Арх}} = \rho\cdot 3SH\cdot g,\] откуда сразу получаем искомую силу: \[F_1 = \Delta F_{\text{Арх}} = 3\rho SHg.\] Примечание. Чтобы убедиться в правильности рассуждений о приращении плотности, можно рассчитать \(\Delta F_{\text{Арх}}\) и через новую силу Архимеда: \[F'_{\text{Арх}} = \dfrac{2\rho + 3\rho}{2}\cdot 2SH\cdot g + \dfrac{3\rho + 4\rho}{2}\cdot SH\cdot g = \dfrac{17}{2}\rho SHg.\] 3. Сила для удержания. Сила Архимеда равна сумме сил давления среды на полную поверхность тела. Когда нижнее основание коснётся дна, жидкости под ним больше не будет, то есть она перестанет давить на это основание площадью \(S\), из-за чего сила Архимеда уменьшится на величину \(PS\), где \(P\) — давление жидкости на уровне дна сосуда. Значит, для удержания тела потребуется меньшая сила, чем для его погружения: \[F_2 = F_1 - PS. \tag{1}\] Найдём гарантированную нижнюю границу для величины давления \(P\): пусть \(P_0 = 0\) (реально \(P_0 > 0\)), \(H_0 = 3H\) (реально \(H_0 > 3H\), так как тело было погружено в положении равновесия), плотность жидкости везде равна \(\rho\) (реально она меняется от \(\rho\) до \(4\rho\) на рассматриваемой глубине), тогда \(P = 3\rho gH\), а из формулы (1) получаем \(F_2 = 0\). Следовательно, при подстановке в эту формулу реального значения \(P\), которое заведомо больше \(3\rho gH\), получим \(F_2 < 0\). Это означает, что для удержания тела на дне не требуется прикладывать силу вниз, а наоборот потребовалось бы приложить силу вверх, чтобы оторвать тело от дна. Таким образом, ответ имеет вид \(F_2 = 0\), а значения \(P_0\) и \(H_0\) являются лишними данными, не влияющими на ответ при заданных площадях оснований и плотности жидкости.

Примечание. Эффект уменьшения силы Архимеда из-за выдавливания жидкости из-под тела может оказаться очень значительным на практике. Например, известны случаи, когда подводные лодки садились на илистое дно и не могли всплыть даже после полной продувки цистерн балласта.

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

Подсказка

Кадры не изменятся, если время между ними изменить на целое число минимальных периодов совпадения тела с собой; зритель выбирает наименьший из возможных поворотов между кадрами.

Ответ

1) \(\dfrac{1}{\nu_0}\operatorname{mod}\dfrac{T_0}{n} > \dfrac{T_0}{2n}\);  2) \(T = \dfrac{T_0}{\nu\min\left(\dfrac{1}{\nu_0}\operatorname{mod}\dfrac{T_0}{n};\ \dfrac{T_0}{n} - \dfrac{1}{\nu_0}\operatorname{mod}\dfrac{T_0}{n}\right)}\).

Решение

Выразим время \(\tau_0\) между последовательными кадрами при съёмке: \[\tau_0 = \dfrac{1}{\nu_0}.\]

Поскольку \(n\) — максимальный порядок оси симметрии, то минимальное положительное время \(T_1\), через которое повёрнутое тело совпадёт с исходным, имеет вид \[T_1 = \dfrac{T_0}{n}.\] Если изменить \(\tau_0\) на целое число \(T_1\), то полученные кадры останутся прежними, поэтому минимальное неотрицательное время \(\tau_1\) между последовательными кадрами, при котором все кадры будут те же, определяется формулой \[\tau_1 = \tau_0\operatorname{mod}T_1,\] где \(\operatorname{mod}\) обозначает операцию вычисления остатка при делении.

Таким образом, отношение \(x = \tau_1/T_1\) — это доля, которую составляет видимый поворот тела между соседними кадрами от минимального положительного поворота, сохраняющего кадр (см. рисунок). Поворот тела на долю \(x\) в одну сторону и поворот на долю \(1 - x\) в другую сторону дают одинаковые кадры. Эффект кино заключается в том, что зритель интерпретирует последовательные изображения как плавное движение, подсознательно выбирая наименьшее из возможных изменений. Поэтому видимое направление вращения будет определяться результатом сравнения \(x\) и \(1 - x\): направление вращения на экране будет противоположно реальному при \(x > 1/2\). После подстановки исходных данных получаем ответ на первый вопрос задачи: \[\dfrac{1}{\nu_0}\operatorname{mod}\dfrac{T_0}{n} > \dfrac{T_0}{2n}.\] Доля \(y\), которую составляет видимый поворот тела между соседними кадрами от полного поворота на \(360^\circ\), имеет вид \[y = \dfrac{\min(x;\,1 - x)}{n} = \dfrac{\min(\tau_1;\,T_1 - \tau_1)}{T_0},\] откуда находим искомый период вращения на экране: \[T = \dfrac{1}{y\nu} = \dfrac{T_0}{\nu\min(\tau_1;\,T_1 - \tau_1)} = \dfrac{T_0}{\nu\min\left(\dfrac{1}{\nu_0}\operatorname{mod}\dfrac{T_0}{n};\ \dfrac{T_0}{n} - \dfrac{1}{\nu_0}\operatorname{mod}\dfrac{T_0}{n}\right)}.\] Заметим, что при \(x = 0\) возникает эффект резонанса: все кадры оказываются идентичны, что соответствует результату \(T \to +\infty\).

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

Подсказка

Запишите высоту центра масс системы как функцию уровня мёда в бочке; в момент наименьшей скорости центр масс находится на уровне мёда.

Ответ

1) \(v_0 = \dfrac{\mu H}{2m} = 8\) мм/с;  2) \(t_0 = \dfrac{m}{\mu}\left(\sqrt{1 + \dfrac{M}{m}} - 1\right) = 125\) с.

Решение

Выразив массу мёда в бочке двумя способами (через его уровень \(h\) и через момент времени \(t\)) и приравняв эти выражения, получаем связь между \(h\) и \(t\), которая пригодится для ответов на оба вопроса: \[M\dfrac{h}{H} = \mu t. \tag{1}\] Высота \(x\) центра масс системы «бочка и мёд» над уровнем дна имеет вид \[x = \dfrac{m\cdot\dfrac{H}{2} + M\dfrac{h}{H}\cdot\dfrac{h}{2}}{m + M\dfrac{h}{H}} = \dfrac{mH^2 + Mh^2}{2(mH + Mh)}. \tag{2}\] После дифференцирования зависимости (2) и упрощения получаем \[x'(h) = \dfrac{M^2h^2 + 2MmHh - MmH^2}{2(mH + Mh)^2}. \tag{3}\] Примечание. Пользуясь случаем, мы лишний раз напоминаем участникам, что в целях подстраховки от случайных ошибок при решении задач на олимпиадах полезно проверять ключевые промежуточные формулы не только по размерности, но и на очевидные частные случаи. Например, формула (2) даёт \(x = H/2\) при \(m \gg M\) и \(x = h/2\) при \(M \gg m\), что полностью согласуется с ожиданиями. Не нужно тратить время на полный анализ каждой формулы, а достаточно регулярно делать хотя бы подобные простейшие проверки, чтобы уже этим существенно повысить надёжность своих расчётов.

Начальная скорость. Рассмотрим малый промежуток времени \(\Delta t\) сразу после начала заполнения бочки, тогда из связи (1) получаем соотношение \[\Delta h = \dfrac{\mu H}{M}\cdot\Delta t,\] а из формулы (3) при \(h = 0\) находим отношение приращений \[\dfrac{\Delta x}{\Delta h} = x'(0) = -\dfrac{M}{2m}.\] Отсюда получаем искомую начальную скорость: \[v_0 = \left|\dfrac{\Delta x}{\Delta t}\right| = \dfrac{\mu H}{2m} = 8\text{ мм/с}.\] Минимальная скорость. Из здравого смысла и формулы (2) следует, что высоты центров масс пустой и полной бочки с мёдом одинаковы и равны \(H/2\), а в случае частичного заполнения — меньше \(H/2\). Поэтому существует минимальное значение \(x\), при котором скорость центра масс обращается в ноль, то есть заведомо минимальна по модулю. Для ответа на вопрос о времени \(t_0\) нужно знать значение \(h\) в этот момент, а искать его можно разными способами.

Первый способ. Для поиска экстремума \(x(h)\) приравняем производную \(x'(h)\) из формулы (3) к нулю и придём к уравнению \[Mh^2 + 2mHh - mH^2 = 0, \tag{4}\] которое имеет единственный положительный корень: \[h = \dfrac{m}{M}\left(\sqrt{1 + \dfrac{M}{m}} - 1\right)H.\] Второй способ. По мере наполнения бочки центр масс системы сперва опускается, а затем поднимается, то есть он проходит дважды каждое положение за исключением самого нижнего. Рассмотрим полученную в формуле (2) зависимость \(x(h)\) как уравнение относительно \(h\): \[Mh^2 - 2Mxh + mH(H - 2x) = 0. \tag{5}\] Это квадратное уравнение, имеющее единственный корень лишь при определённом значении \(x\), которое и будет минимальным. Приравняв дискриминант уравнения (5) к нулю, получаем очередное уравнение \[Mx^2 + 2mHx - mH^2 = 0, \tag{6}\] которое имеет единственный положительный корень: \[x = \dfrac{m}{M}\left(\sqrt{1 + \dfrac{M}{m}} - 1\right)H. \tag{7}\] Выразим через \(x\) корни уравнения (5) относительно \(h\): \[h_{1,2} = \dfrac{Mx \pm \sqrt{M^2x^2 + 2MmHx - MmH^2}}{M}. \tag{8}\] При найденном значении \(x\) подкоренное выражение в формуле (8) равно нулю, так как это было условием при поиске \(x\), поэтому результат упрощается: \[h = x = \dfrac{m}{M}\left(\sqrt{1 + \dfrac{M}{m}} - 1\right)H.\] Третий способ. По мере роста \(h\) от \(0\) до \(H\) обязательно наступит момент, когда \(h\) окажется равно \(x\), причём в этот момент любое изменение количества мёда будет приводить к повышению уровня центра масс, так как добавление мёда — это увеличение массы выше центра масс, а удаление мёда — это уменьшение массы ниже центра масс. Следовательно, минимум \(x\) наблюдается при \(x = h\). Подстановка \(x = h\) в формулу (2) приводит к уравнению \[Mh^2 + 2mHh - mH^2 = 0,\] которое имеет единственный положительный корень: \[h = \dfrac{m}{M}\left(\sqrt{1 + \dfrac{M}{m}} - 1\right)H.\] Таким образом, именно физически обоснованное равенство \(x = h\) является причиной того, что разные способы расчёта приводили к уравнениям (4) и (6), различающимся только обозначением искомой величины.

Завершение расчёта. Используя значение \(h\), найденное любым способом, выразим из формулы (1) искомое время: \[t_0 = \dfrac{Mh}{\mu H} = \dfrac{m}{\mu}\left(\sqrt{1 + \dfrac{M}{m}} - 1\right) = 125\text{ с}.\]

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

Подсказка

Запишите уравнения теплового баланса для первой и второй порций льда и вычтите одно из другого, чтобы найти массу порции; температура станет отрицательной, когда тепла не хватит на нагрев льда до температуры плавления.

Ответ

1) \(\lambda = c_w\left(\dfrac{2(t_1 - t_2)(t_w - t_1)}{t_w - 2t_1 + t_2} - (t_1 - t_0)\right) - c_i(t_0 - t_i) \approx 412\) кДж/кг;  2) \(N > \dfrac{2(t_1 - t_2)(c_w(t_w - t_0) + \lambda)}{(t_2 - 2t_1 + t_2)c_i(t_0 - t_i)} \approx 136{,}5\), то есть \(N = 137\).

Решение

Пусть \(t_0 = 0^\circ\)C — температура плавления льда, \(M\) — начальная масса воды, \(m\) — масса десяти кусочков льда, тогда уравнения теплового баланса для первой и второй порций кусочков льда имеют соответственно вид \[m(c_i(t_0 - t_i) + \lambda + c_w(t_1 - t_0)) = Mc_w(t_w - t_1),\] \[m(c_i(t_0 - t_i) + \lambda + c_w(t_2 - t_0)) = (M + m)c_w(t_1 - t_2).\] Вычитая из первого равенства второе, получаем уравнение \[mc_w(t_1 - t_2) = Mc_w(t_w - 2t_1 + t_2) - mc_w(t_1 - t_2),\] откуда выражаем массу одной порции кусочков льда: \[m = \dfrac{t_w - 2t_1 + t_2}{2(t_1 - t_2)}\cdot M.\] Подставляя выражение для \(m\) в первое уравнение теплового баланса, находим искомую удельную теплоту плавления льда: \[\lambda = c_w\left(\dfrac{2(t_1 - t_2)(t_w - t_1)}{t_w - 2t_1 + t_2} - (t_1 - t_0)\right) - c_i(t_0 - t_i) \approx 412\text{ кДж/кг}.\] Чтобы температура содержимого калориметра стала отрицательной, теплоты, выделяющейся при остывании и кристаллизации воды, должно не хватить для нагревания \(N\) порций кусочков льда до температуры плавления. Соответствующее «неравенство теплового баланса» имеет вид \[Nmc_i(t_0 - t_i) > M(c_w(t_w - t_0) + \lambda),\] откуда после подстановки выражения для \(m\) находим \[N > \dfrac{2(t_1 - t_2)(c_w(t_w - t_0) + \lambda)}{(t_2 - 2t_1 + t_2)c_i(t_0 - t_i)} \approx 136{,}5.\] Количество порций должно быть целым, поэтому \(N = 137\).

Примечание. В реальном эксперименте было бы непросто обеспечить отсутствие теплообмена с окружающей средой при таком большом значении \(N\) (из-за длительности процесса и постоянных открываний калориметра), однако учитывать теплопотери по условию задачи не требовалось.

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

Подсказка

Примесная молекула совершает блуждание со случайными углами отклонения при столкновениях, поэтому её смещение растёт как корень из числа пробегов; оцените длину свободного пробега, считая молекулы кубиками.

Ответ

1) \(\dfrac{t_1}{t_2} = \left(\dfrac{\rho_2}{\rho_1}\right)^{2/3} = 0{,}66\);  2) \(t_1 = \dfrac{V^2}{S^2}\cdot\dfrac{P}{kT}\left(\dfrac{\mu}{\rho_1N_A}\right)^{2/3}\cdot\sqrt{\dfrac{\mu}{RT}} = 125\text{ с} \sim 10^2\text{ с}\).

Решение

В ходе решения мы не будем учитывать некоторые коэффициенты порядка единицы, так как время \(t_1\) требуется лишь оценить, а при нахождении отношения \(t_1/t_2\) числовые множители всё равно сократятся. Чтобы оценить \(t_1\) и \(t_2\) оптом, заменим аргон и этан на произвольный газ, имеющий молярную массу \(\mu\) и плотность \(\rho\) в жидком состоянии при низких температурах.

Будем считать молекулы газа кубиками с ребром \(d\), которые в жидком состоянии уложены максимально плотно, тогда из формулы \(\mu = d^3\rho N_A\), где \(N_A\) — число Авогадро, находим \[d = \sqrt[3]{\dfrac{\mu}{\rho N_A}}.\] Концентрация \(n\) и длина \(\lambda\) свободного пробега молекул газа имеют вид \[n = \dfrac{P}{kT},\qquad \lambda = \dfrac{1}{nd^2} = \dfrac{kT}{P}\left(\dfrac{\rho N_A}{\mu}\right)^{2/3}, \tag{1}\] где \(k\) — постоянная Больцмана. Пусть \(x_i\) — модуль перемещения примесной молекулы после \(i\) соударений, \(\varphi\) — угол отклонения при очередном соударении, тогда по теореме косинусов можно записать рекуррентную формулу: \[x_{i+1}^2 = x_i^2 + \lambda^2 + 2x_i\lambda\cos\varphi, \tag{2}\] где предполагается, что длина свободного пробега примесных молекул тоже равна \(\lambda\). После усреднения выражения (2) по всевозможным углам \(\varphi\) получаем \[\langle x_{i+1}^2\rangle = \langle x_i^2\rangle + \lambda^2 = (i + 1)\lambda^2.\] Средняя скорость молекул газа без учёта числового коэффициента имеет вид \[v = \sqrt{\dfrac{RT}{\mu}}, \tag{3}\] где \(R\) — универсальная газовая постоянная. За некоторое время \(t\) примесная молекула пройдёт путь \(L = i\lambda = vt\) и сместится на среднее расстояние \[x = \sqrt{\langle x_i^2\rangle} = \sqrt{\lambda vt}. \tag{4}\] Искомое время \(t\) равно по порядку величины времени, которое требуется примесной молекуле для смещения от одного торца цилиндра до другого, то есть на расстояние \(x = V/S\). Таким образом, из выражений (4), (1) и (3) получаем общую формулу: \[t = \dfrac{x^2}{\lambda v} = \dfrac{V^2}{S^2}\cdot\dfrac{P}{kT}\left(\dfrac{\mu}{\rho N_A}\right)^{2/3}\cdot\sqrt{\dfrac{\mu}{RT}}.\] Аргон и этан с рассматриваемым изотопным составом молекул имеют одинаковую молярную массу \(\mu = 40\) г/моль, поэтому в искомом отношении \(t_1/t_2\) остаются только плотности: \[\dfrac{t_1}{t_2} = \left(\dfrac{\rho_2}{\rho_1}\right)^{2/3} = 0{,}66.\] Ответ на вопрос про \(t_1\) имеет вид \[t_1 = \dfrac{V^2}{S^2}\cdot\dfrac{P}{kT}\left(\dfrac{\mu}{\rho_1N_A}\right)^{2/3}\cdot\sqrt{\dfrac{\mu}{RT}} = 125\text{ с} \sim 10^2\text{ с}.\]

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

Подсказка

Из равенства показаний в первых двух опытах найдите сопротивление амперметра; затем сравните токи в первом и третьем опытах, чтобы узнать, во сколько раз нужно изменить термо-ЭДС.

Ответ

В 3 раза.

Решение

Пусть \(R\) и \(r\) — сопротивления резистора и амперметра соответственно, а \(\mathcal{E}_0\) — термо-ЭДС в первом и втором опытах, тогда показания \(I_1\) и \(I_2\) амперметра в этих опытах можно найти с помощью закона Ома и свойств последовательного и параллельного соединений: \[I_1 = \dfrac{\mathcal{E}_0}{2R + r},\qquad I_2 = \dfrac{\mathcal{E}_0}{R + \dfrac{Rr}{R + r}}\cdot\dfrac{R}{R + r},\] где последний множитель \(R/(R + r)\) — это доля, которую составляет сила тока через амперметр от общей силы тока через параллельно соединённые элементы. Из уравнения \(I_1 = I_2\) получаем соотношение \(r = R\).

Пусть \(\mathcal{E}\) — термо-ЭДС в последнем опыте, тогда показания амперметра \(I_{12}\) в первых двух опытах и \(I_3\) в третьем с учётом равенства \(r = R\) имеют вид \[I_{12} = \dfrac{\mathcal{E}_0}{3R},\qquad I_3 = \dfrac{\mathcal{E}}{R}.\] Из условия \(I_{12} = I_3\) следует, что термо-ЭДС нужно уменьшить в три раза: \(\mathcal{E} = \mathcal{E}_0/3\). Чтобы путём доливания в сосуд воды при комнатной температуре уменьшить в три раза превышение температуры воды в сосуде над комнатной, нужно увеличить массу воды в те же три раза, что и является ответом.

Примечание. Хотя понимание принципа работы термопары не потребовалось при решении данной задачи, мы рекомендуем участникам обратиться к литературе для лучшего понимания эффектов Зеебека и Пельтье.

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

Подсказка

Силу на неподвижный заряд разложите по малому параметру \(r/R\); поправка к скорости вращения из закона сохранения энергии нужна, чтобы получить ненулевое среднее за период.

Ответ

\(F_0 \approx -\dfrac{k^2Q^2q^2T^2}{2\pi^2mR^5}\); сила направлена против оси \(x\), то есть неподвижный заряд и вращающийся диполь отталкиваются при любых знаках зарядов.

Решение

В силу симметрии системы искомая сила \(F_0\) может быть направлена только вдоль оси \(x\), проходящей через закреплённый заряд и середину стержня, поэтому будем сразу рассматривать только проекцию силы на эту ось, так как проекции на перпендикулярные оси обнулятся при усреднении за период. Кроме того, поскольку длина стержня много меньше \(R\), то силу, действующую на закреплённый заряд, и расстояния между закреплённым и вращающимися зарядами, можно в каждый момент времени считать равными их проекциям на ось \(x\). Эти два факта и приближённое равенство из условия используются далее для упрощения расчётов.

Пусть \(r\) — радиус окружности, по которой движутся вращающиеся заряды, \(\varphi\) — угол поворота стержня от перпендикуляра к оси \(x\) (см. рисунок), тогда расстояния \(x_1\) и \(x_2\) от заряда \(Q\) до зарядов \(+q\) и \(-q\) соответственно имеют вид \[x_1 \approx R + r\sin\varphi,\qquad x_2 \approx R - r\sin\varphi.\] По закону Кулона выразим силу, действующую на закреплённый заряд в этом положении: \[F \approx -\dfrac{kQq}{x_1^2} + \dfrac{kQq}{x_2^2} \approx \dfrac{4kQqr\sin\varphi}{R^3}.\] Пусть \(v_0\) и \(v\) — скорости вращающихся зарядов, когда стержень соответственно перпендикулярен оси \(x\) и повёрнут на угол \(\varphi\), тогда закон сохранения энергии имеет вид \[2\cdot\dfrac{mv_0^2}{2} + 0 = 2\cdot\dfrac{mv^2}{2} + \left(\dfrac{kQq}{x_1} - \dfrac{kQq}{x_2}\right),\] откуда \[v = \sqrt{v_0^2 + \dfrac{kQq(x_1 - x_2)}{mx_1x_2}} \approx v_0\left(1 + \dfrac{kQqr\sin\varphi}{mv_0^2R^2}\right).\] Искомую среднюю за период силу найдём по определению: \[F_0 = \dfrac{1}{T}\int\limits_0^T F\,dt = \dfrac{1}{T}\int\limits_{-\pi}^{\pi} F\cdot\dfrac{r\,d\varphi}{v} \approx \dfrac{1}{T}\int\limits_{-\pi}^{\pi}\dfrac{4kQqr\sin\varphi}{R^3}\cdot\left(1 - \dfrac{kQqr\sin\varphi}{mv_0^2R^2}\right)\dfrac{r\,d\varphi}{v_0} =\] \[= -\dfrac{4\pi k^2Q^2q^2r^3}{mv_0^3R^5T} \approx -\dfrac{k^2Q^2q^2T^2}{2\pi^2mR^5},\] где на последнем шаге преобразований было использовано приближённое равенство \(v_0T \approx 2\pi r\), справедливое в силу условия о малости изменений скорости. Знак минус в итоговом выражении для \(F\) с учётом вхождения всех зарядов в квадрате означает, что сила всегда направлена против оси \(x\), то есть точечный заряд и вращающийся диполь отталкиваются при любых знаках зарядов.

Примечание. Можно было заранее предсказать, что взаимодействие будет иметь характер отталкивания: когда к неподвижному заряду ближе оказывается заряд противоположного знака, наблюдается притяжение, однако из-за большей скорости вращения такие промежутки времени короче, чем периоды отталкивания, когда скорость меньше. Предлагаем читателям самостоятельно придумать, как получить пропорциональность \(F_0 \sim R^{-5}\) тоже на основе качественного анализа и даже без использования теории размерностей.

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

Подсказка

Найдите среднюю за период силу притяжения пластин и приравняйте работу внешних сил при их раздвижении изменению энергии колебаний; получится величина, не меняющаяся при медленном раздвижении (адиабатический инвариант).

Ответ

Энергия колебаний увеличилась в \(n\) раз, то есть прямо пропорционально частоте колебаний.

Решение

Пусть \(S\) — площадь пластин конденсатора, \(q\) — заряд конденсатора, тогда напряжённость \(E\) электрического поля, создаваемого одной пластиной, и сила \(F\) взаимодействия пластин могут быть записаны в виде \[E = \dfrac{q}{2\varepsilon_0S}\qquad\text{и}\qquad F = qE = \dfrac{q^2}{2\varepsilon_0S}. \tag{1}\] Поскольку пластины раздвигали медленно, можно считать, что в течение одного периода колебаний \(T\) амплитуда колебаний заряда \(Q\), циклическая частота \(\omega\) и начальная фаза \(\varphi\) неизменны, а зависимость заряда конденсатора от времени задаётся формулой \(q = Q\sin(\omega t + \varphi)\).

Вычислим среднюю за один период силу взаимодействия пластин: \[F_{\text{ср}} = \dfrac{\langle q^2\rangle}{2\varepsilon_0S} = \dfrac{1}{2\varepsilon_0S}\cdot\dfrac{1}{T}\int\limits_0^T q^2\,dt = \dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0ST}\int\limits_0^T\sin^2(\omega t + \varphi)\,dt =\] \[= \dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0ST}\cdot\left.\left(\dfrac{t}{2} - \dfrac{\sin(2(\omega t + \varphi))}{4\omega}\right)\right|_0^T = \dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0ST}\cdot\dfrac{T}{2} = \dfrac{Q^2}{4\varepsilon_0S}.\] Примечание. Тот же результат можно было получить с помощью подстановки действующего значения заряда \(q = Q/\sqrt{2}\) в формулу (1). Предлагаем читателям самостоятельно обосновать справедливость такой подстановки.

Пусть \(x\) — расстояние между пластинами, тогда элементарная работа внешних сил при раздвижении пластин на \(dx\) имеет вид \[dA = F_{\text{ср}}\,dx = \dfrac{Q^2\,dx}{4\varepsilon_0S}.\] Используя формулу \(C = \varepsilon_0S/x\) для ёмкости плоского конденсатора, выразим изменение энергии колебаний при том же раздвижении пластин: \[dW = d\left(\dfrac{Q^2}{2C}\right) = d\left(\dfrac{Q^2x}{2\varepsilon_0S}\right) = \dfrac{2Q\,dQ\cdot x + Q^2\cdot dx}{2\varepsilon_0S} = \dfrac{Q}{2\varepsilon_0S}(2x\,dQ + Q\,dx).\] Согласно закону изменения энергии \(dW = dA\) запишем уравнение \[\dfrac{Q}{2\varepsilon_0S}(2x\,dQ + Q\,dx) = \dfrac{Q^2\,dx}{4\varepsilon_0S},\] откуда после упрощения, интегрирования и потенцирования получим \[4\dfrac{dQ}{Q} + \dfrac{dx}{x} = 0,\qquad 4\ln Q + \ln x = \text{const},\qquad Q^4x = \text{const}.\] Примечание. Величина \(Q^4x\) является адиабатическим инвариантом, то есть не изменяется при медленных изменениях других параметров системы. Адиабатические инварианты встречаются в самых разных областях, например, в курсе теоретической механики и вычислительной математики.

По условию задачи частота колебаний увеличилась в \(n\) раз, значит:

• согласно формуле \(\omega = 1/\sqrt{LC}\) ёмкость \(C\) уменьшилась в \(n^2\) раз;

• согласно выражению \(C = \varepsilon_0S/x\) расстояние \(x\) увеличилось в \(n^2\) раз;

• согласно инварианту \(Q^4x = \text{const}\) амплитуда \(Q\) уменьшилась в \(\sqrt{n}\) раз;

• согласно формуле \(W = Q^2/(2C)\) энергия \(W\) увеличилась в \(n\) раз.

Таким образом, искомая энергия колебаний увеличилась в \(n\) раз, то есть прямо пропорционально частоте колебаний.

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

Подсказка

Выразите положение изображения через положение жучка по формуле тонкой линзы и продифференцируйте по времени; минимум расстояния соответствует нулевой относительной скорости предмета и изображения.

Ответ

\(|v| = 2\sqrt{af}\), \(|w| = 7a\).

Решение

Пусть \(x\) и \(y\) — расстояния от линзы до жучка и его изображения соответственно, тогда из формулы тонкой линзы \[\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{f}\] находим зависимость положения изображения от положения предмета: \[y = \dfrac{xf}{x - f}.\] Выразим производные \(y(x)\) по времени для последующих расчётов: \[\dot y = -\dfrac{\dot xf^2}{(x - f)^2}, \tag{1}\] \[\ddot y = \dfrac{f^2(2\dot x^2 - \ddot x(x - f))}{(x - f)^3}. \tag{2}\] Расстояние между предметом и изображением и скорость их удаления друг от друга имеют соответственно вид \[\ell = x + y\qquad\text{и}\qquad\dot\ell = \dot x\left(1 - \dfrac{f^2}{(x - f)^2}\right).\] Действительное изображение наблюдается при \(x > f\), причём \(\ell\) растёт и стремится к бесконечности при приближении \(x\) к любой из границ промежутка \((f; +\infty)\), значит, на этом интервале должен быть хотя бы один минимум. Из условия нулевой относительной скорости (\(\dot\ell = 0\)) находим положение единственного экстремума в нужной области: \(x = 2f\). Скорость \(u\) жучка в этой точке находим из формулы для равноускоренного движения: \(u = 2\sqrt{af}\). После подстановки \(x = 2f\), \(\dot x = 2\sqrt{af}\) и \(\ddot x = a\) в формулы (1) и (2) получаем ответ: \[|v| = 2\sqrt{af}\qquad\text{и}\qquad|w| = 7a.\] Примечание. Известно, что расстояние между предметом и изображением минимально при симметричном ходе лучей, когда предмет и изображение находятся в так называемых двойных фокусах (\(x = y = 2f\)). Из симметрии же формулы тонкой линзы относительно перестановки \(x\) и \(y\) можно было сразу понять, что скорости предмета и изображения будут одинаковы при \(x = y\). Таким образом, единственный нетривиальный вопрос задачи — про ускорение.

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