«Туймаада» 2017, теоретический тур

Подсказка

Заполните полости «виртуальными» шарами с отрицательной плотностью, чтобы получить сплошные шары, и сложите силы притяжения всех пар шаров по разные стороны от общей касательной плоскости.

Ответ

\(F = \dfrac{61568\pi^2}{2025}\,\gamma\rho^2R^4 \approx 300\,\gamma\rho^2R^4\).

Решение

Условия касания шаров и их полостей однозначно задают размеры и расположение шаров с полостями: все четыре центра лежат на одной оси \(x\) в точках с указанными на рисунке координатами.

Вместо шаров с полостями рассмотрим шары без полостей и вложенные в них виртуальные шары, совпадающие с бывшими полостями и имеющие противоположные (отрицательные) плотности, чтобы суммарная плотность материала в области полостей по-прежнему была равна нулю.

Обозначим через \(\gamma\) гравитационную постоянную, через \(V = 4\pi R^3/3\) — объём наименьшего шара (бывшей меньшей полости), учтём пропорциональность объёма шара кубу его радиуса и найдём искомую силу \(F\) как векторную сумму сил гравитационного притяжения каждой пары шаров, расположенных по разные стороны от общей касательной плоскости: \[\begin{aligned} F ={}& \dfrac{\gamma\cdot(2\rho\cdot 2^3V)\cdot(\rho\cdot 4^3V)}{(2R+4R)^2} + \dfrac{\gamma\cdot(2\rho\cdot 2^3V)\cdot(-\rho\cdot 2^3V)}{(2R+2R)^2} +{}\\ &+ \dfrac{\gamma\cdot(-2\rho\cdot V)\cdot(\rho\cdot 4^3V)}{(R+4R)^2} + \dfrac{\gamma\cdot(-2\rho\cdot V)\cdot(-\rho\cdot 2^3V)}{(R+2R)^2} =\\ ={}& \dfrac{3848}{225}\cdot\dfrac{\gamma\rho^2V^2}{R^2} = \dfrac{61568\pi^2}{2025}\cdot\gamma\rho^2R^4 \approx 300\,\gamma\rho^2R^4. \end{aligned}\] Примечание. Напомним, что закон всемирного тяготения записывается точной формулой \(F = \gamma m_1m_2/r^2\) только для сферически симметричных тел массами \(m_1\) и \(m_2\), ни одна точка любого из которых не находится внутри другого тела, причём \(r\) — это расстояние между их центрами симметрии, а вот в случае тел иной формы указанная формула становится лишь приближённой.

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

Подсказка

Для соскальзывания первого груза запишите законы сохранения импульса и энергии; затем перейдите в систему отсчёта, движущуюся вместе с горкой, и повторите то же для второго груза.

Ответ

1) \(\dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{\sqrt{\mu(\mu+2)}+1}{\mu+1}\);  2) \(\mu < \sqrt2 - 1\).

Решение

Пусть \(M\) и \(m\) — массы горки без грузов и каждого груза соответственно, \(H\) — начальная высота грузов над плоскостью, \(u_1\) — скорость горки со вторым грузом сразу после соскальзывания первого, тогда законы сохранения импульса и энергии для процесса соскальзывания первого груза имеют вид \[mv_1 = (M+m)u_1 \qquad\text{и}\qquad mgH = \dfrac{mv_1^2}{2} + \dfrac{(M+m)u_1^2}{2},\] откуда с учётом обозначения \(\mu = M/m\) находим скорости: \[v_1 = \sqrt{2gH\cdot\dfrac{\mu+1}{\mu+2}} \qquad\text{и}\qquad u_1 = \sqrt{\dfrac{2gH}{(\mu+1)(\mu+2)}}.\] Примечание. В очередной раз обращаем внимание читателей на то, что каждую осмысленную формулу целесообразно проверять, причём не только по размерности, но и на частные случаи. Например, в случае очень массивной горки (\(\mu\to+\infty\)) ответом должна быть известная формула \(v_1 = \sqrt{2gH}\), а в случае невесомой горки (\(\mu = 0\)) энергия поделится между грузами поровну, то есть ответом должно быть выражение \(v_1 = \sqrt{gH}\). Подстановка указанных значений \(\mu\) в общую формулу для \(v_1\) даёт ожидаемые частные результаты, что свидетельствует в пользу её правильности, то есть является вероятностным подтверждением, так как не даёт полной гарантии.

Перейдём в систему отсчёта, движущуюся вправо со скоростью \(u_1\), чтобы можно было рассматривать соскальзывание второго груза точно так же, как и первого. Пусть \(v_2'\) и \(u_2'\) — скорости сразу после прекращения контакта тел в выбранной системе отсчёта соответственно второго груза (вправо) и горки без грузов (влево), тогда замена \(\mu+1\) на \(\mu\) в формулах для \(v_1\) и \(u_1\) (такой метод называется «жонглирование индексами») позволяет сразу записать: \[v_2' = \sqrt{2gH\cdot\dfrac{\mu}{\mu+1}} \qquad\text{и}\qquad u_2' = \sqrt{\dfrac{2gH}{\mu(\mu+1)}}.\] Направленная вправо скорость \(v_2\) второго груза и направленная влево скорость \(u_2\) горки в исходной системе отсчёта имеют вид \[v_2 = v_2' + u_1 = \sqrt{\dfrac{2gH}{\mu+1}}\left(\sqrt{\mu} + \dfrac{1}{\sqrt{\mu+2}}\right),\] \[u_2 = u_2' - u_1 = \sqrt{\dfrac{2gH}{\mu+1}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{\mu}} - \dfrac{1}{\sqrt{\mu+2}}\right).\] Примечание. Заметим, что всегда верно условие \(u_2 > 0\), то есть горка в итоге поедет влево, что вполне логично, так как первый груз «пнул» горку вправо, а второй — влево, но во втором случае горка уже «облегчилась» на один груз, так что второй «пинок» сильнее изменил её скорость.

Таким образом, ответ на первый вопрос найден: \[\dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{\sqrt{\mu(\mu+2)}+1}{\mu+1}.\] Для ответа на второй вопрос нужно решить неравенство \(u_2 > v_1\), или \[\sqrt{\dfrac{2gH}{\mu+1}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{\mu}} - \dfrac{1}{\sqrt{\mu+2}}\right) > \sqrt{2gH\cdot\dfrac{\mu+1}{\mu+2}},\] откуда после упрощения получаем квадратное неравенство \[\mu^2 + 2\mu - 1 < 0,\] решение которого с учётом физического смысла (\(\mu > 0\)) имеет вид \(\mu < \sqrt2 - 1\).

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

Подсказка

Из условий равномерного движения найдите связь коэффициентов сопротивления катера и баржи, а путь до остановки при силе сопротивления, пропорциональной скорости, получите интегрированием второго закона Ньютона.

Ответ

\(\dfrac{m_2}{m_1} = (\alpha - 1)\beta\).

Решение

Поскольку трос длинный, сила сопротивления, действующая на одно судно (катер или баржу), не зависит от движения другого судна. Пусть \(k_1\) и \(k_2\) — коэффициенты пропорциональности между силами сопротивления и скоростями катера и баржи соответственно, \(F_0\) — сила тяги винта, \(v\) — скорость катера с баржей, тогда условия равномерности установившихся движений имеют вид \[F_0 = k_1\cdot\alpha v \qquad\text{и}\qquad F_0 = k_1v + k_2v,\] откуда получаем соотношение \[k_2 = (\alpha - 1)k_1. \tag{1}\] Рассмотрим движение тела массой \(m\), имеющего начальную скорость \(v_0\), под действием силы сопротивления \(\vec F = -k\vec v\), где \(v\) — мгновенная скорость тела, а \(k\) — коэффициент сопротивления. Из второго закона Ньютона в проекции на ось \(x\) вдоль начальной скорости \[ma = -kv\] после интегрирования по времени до момента остановки получаем уравнение \[mv\Big|_{v_0}^{0} = -kx\Big|_0^{S}, \qquad\text{или}\qquad m(v_0 - 0) = -k(0 - S),\] из которого находим путь \(S\), пройденный телом к моменту остановки: \[S = \dfrac{mv_0}{k}. \tag{2}\] Примечание. Предлагаем читателям самостоятельно вывести формулу \(q = LI_0/R\) для заряда \(q\), протёкшего за всё время в контуре, состоящем из катушки индуктивностью \(L\) и резистора сопротивлением \(R\), если начальная сила тока в контуре была равна \(I_0\), и подумать о причинах сходства этой формулы и формулы (2), после чего сравнить свои выводы с описанными в литературе «электромеханическими аналогиями».

Пусть \(m_1\) и \(m_2\) — массы катера и баржи соответственно, тогда формула (2), применённая к их движению по инерции, приводит к уравнению \[\dfrac{m_1v}{k_1}\cdot\beta = \dfrac{m_2v}{k_2},\] из которого с использованием формулы (1) получаем искомое отношение масс: \[\dfrac{m_2}{m_1} = (\alpha - 1)\beta.\]

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

Подсказка

Сравните наклон касательной к графику с наклонами изобары, изохоры, изотермы и адиабаты; в точках касания адиабат подвод тепла сменяется отводом и наоборот.

Ответ

1) в точках 1 и 5 — изобары, в точках 4 и 8 — изохоры, в точках 2 и 6 — изотермы, в точках 3 и 7 — адиабаты;  2) \(A = 3\) Дж;  3) \(\eta = \dfrac18\);  4) \(\Delta T = \dfrac{-Q_{12}-Q_{23}+Q_{34}+Q_{45}-Q_{56}-Q_{67}+Q_{78}+Q_{81}}{3\nu R} \approx 0{,}6\) К.

Решение

На \(PV\)-диаграмме изохоры и изобары являются прямыми, параллельными координатным осям, поэтому точки 1 и 5 являются точками касания графика цикла с изобарами, а точки 4 и 8 — с изохорами. Изотерма имеет вид обычной гиперболы, а адиабата — гиперболы более высокой степени, то есть в точке пересечения изотермы и адиабаты касательная к последней имеет больший угол наклона, поэтому точки 2 и 6 являются точками касания графика цикла с изотермами, а точки 3 и 7 — с адиабатами.

В точках 3 и 7 касания графика цикла с адиабатами подвод тепла сменяется отводом и наоборот, что позволяет найти подведённое \(Q_+\) и отведённое \(Q_-\) количества теплоты за цикл: \[Q_+ = Q_{78} + Q_{81} + Q_{12} + Q_{23} = 24\text{ Дж},\] \[Q_- = Q_{34} + Q_{45} + Q_{56} + Q_{67} = 21\text{ Дж}.\] Из закона сохранения энергии выражаем работу газа за цикл: \[A = Q_+ - Q_- = 3\text{ Дж}.\] КПД цикла тепловой машины находим по определению: \[\eta = \dfrac{A}{Q_+} = \dfrac18.\] Работа за цикл пропорциональна площади, ограниченной графиком цикла на \(PV\)-диаграмме. Отрезок, соединяющий точки 1 и 5, является диаметром, то есть делит круг пополам. А поскольку точки 1 и 5 лежат на одной изохоре, работа, совершённая газом в процессе 8–1, на \(A/2\) больше работы, совершённой над газом в процессе 5–8, то есть их алгебраическая сумма равна \(A/2\).

Первое начало термодинамики для процесса 5–1 имеет вид \[-Q_{56} - Q_{67} + Q_{78} + Q_{81} = \dfrac32\nu R\Delta T + \dfrac A2,\] откуда после подстановки \(A\) в общем виде находим последний ответ: \[\Delta T = \dfrac{-Q_{12}-Q_{23}+Q_{34}+Q_{45}-Q_{56}-Q_{67}+Q_{78}+Q_{81}}{3\nu R} \approx 0{,}6\text{ К}.\]

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

Подсказка

Сначала выясните, в какую сторону сместится капля, затем запишите для каждого газа \(PV/T = \text{const}\) в дифференциальной форме и найдите изменение температуры, при котором капля дойдёт до конца трубки.

Ответ

При \(\Delta T < \Delta T_0 = \dfrac{\alpha T_1T_2}{T_2-T_1}\) капля сместится в сторону второго газа на \(\Delta x = \dfrac{L(T_2-T_1)}{2\alpha T_1T_2}\,\Delta T\); при \(\Delta T > \Delta T_0\) капля стечёт во второй сосуд, после чего газы перемешаются.

Решение

Одинаковое абсолютное увеличение температуры обоих газов означает большее относительное увеличение меньшей температуры \(T_1\), поэтому давление первого газа вырастет сильнее и капля будет смещаться в сторону второго газа до восстановления равенства давлений.

Пусть \(P\) — начальное давление в каждом сосуде, \(V\) — объём каждого сосуда, тогда уравнения Менделеева–Клапейрона для каждого газа имеют вид \[\dfrac{PV}{T_1} = \text{const}, \qquad \dfrac{PV}{T_2} = \text{const},\] откуда после логарифмирования и дифференцирования получаем уравнения \[\dfrac{\Delta P_0}{P} + \dfrac{\Delta V_0}{V} - \dfrac{\Delta T_0}{T_1} = 0, \qquad \dfrac{\Delta P_0}{P} - \dfrac{\Delta V_0}{V} - \dfrac{\Delta T_0}{T_2} = 0, \tag{1}\] где \(\Delta V_0\) — изменение объёма, равное половине объёма трубки и имеющее разные знаки для разных газов, а \(\Delta P_0\) и \(\Delta T_0\) — изменения давления и температуры, при которых капля смещается до конца трубки. Правомерность подстановки указанных конечных приращений вместо бесконечно малых дифференциалов \(dP\), \(dV\) и \(dT\) следует из условия \(\alpha \ll 1\). После вычитания уравнений (1) и подстановки соотношения \(\Delta V_0 = \alpha V/2\) получаем выражение \[\Delta T_0 = \dfrac{\alpha T_1T_2}{T_2 - T_1}.\] Таким образом, при больших изменениях температуры (\(\Delta T > \Delta T_0\)) капля стечёт во второй сосуд, после чего газы перемешаются, а при малых изменениях температуры (\(\Delta T < \Delta T_0\)) капля сместится на расстояние \(\Delta x\), которое в силу условия \(\alpha \ll 1\) можно считать линейно зависящим от температуры: \[\Delta x = \dfrac L2\cdot\dfrac{\Delta T}{\Delta T_0} = \dfrac{L(T_2 - T_1)}{2\alpha T_1T_2}\cdot\Delta T.\]

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

Подсказка

Разложите силу на две составляющие и сравните с движением тела на нити длиной \(r\) в поле тяжести: силы окажутся такими же, значит заряд движется по окружности.

Ответ

\(v = \sqrt{2gr} = \sqrt{\dfrac{2kp|q|}{mr^2}}\).

Решение

Приведённая в условии формула для напряжённости электрического поля точечного диполя позволяет представить силу \(\vec F = q\vec E\), действующую на точечный заряд, в виде векторной суммы сил \(\vec F_1\) и \(\vec F_2\), первая из которых направлена противоположно дипольному моменту, а вторая — вдоль прямой, соединяющей диполь и заряд, что после раскрытия скалярного произведения \(\vec p\vec r\) с учётом выбранного на первом рисунке направления вектора \(\vec p\) приводит к выражениям \[F_1 = \dfrac{kp|q|}{r^3} \qquad\text{и}\qquad F_2 = 3\dfrac{kp|q|}{r^3}\cos\varphi.\]

Аналогичные выражения для сил имеют место в другой (внешне совсем не похожей) задаче, которую мы сейчас рассмотрим. Пусть маленькое тело массой \(m\) подвесили на невесомой нерастяжимой нити длиной \(r\), отклонили нить до горизонтального положения и отпустили. Какие силы действуют на тело в процессе дальнейшего движения?

Тело будет двигаться по окружности радиусом \(r\) под действием силы тяжести \(F_1 = mg\) и силы натяжения нити \(F_2\). Пусть \(v\) — мгновенная скорость тела, \(\varphi\) — угол отклонения нити (см. второй рисунок), тогда закон сохранения энергии и второй закон Ньютона в проекции на направление центростремительного ускорения имеют вид \[\dfrac{mv^2}{2} = mgr\cos\varphi \qquad\text{и}\qquad m\cdot\dfrac{v^2}{r} = F_2 - mg\cos\varphi,\] откуда находим \(F_2 = 3mg\cos\varphi\). Таким образом, выражения для сил в обоих задачах по сути совпадают, а для полной аналогии между задачами можно выбрать планету с ускорением свободного падения, удовлетворяющим условию \[mg = \dfrac{kp|q|}{r^3}. \tag{1}\] Из рассмотренной аналогии следует, что заряд под действием поля диполя может двигаться по окружности радиусом \(r\), а из единственности решения уравнений движения следует, что именно так он и будет двигаться.

Закон сохранения энергии в процессе движения тела от верхней точки до нижней имеет вид \[\dfrac{mv^2}{2} = mgr,\] откуда с учётом формулы (1) получаем окончательный ответ: \[v = \sqrt{2gr} = \sqrt{\dfrac{2kp|q|}{mr^2}}.\]

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

Подсказка

Замените последовательно соединённые источник и \(C_2\) на эквивалентный конденсатор, а затем сведите схему к обычному \(LC\)-контуру.

Ответ

1) \(t_1 = \dfrac\pi2\sqrt{L(C_1+C_2)}\);  2) \(I_0 = \dfrac{C_2\mathcal{E}}{\sqrt{L(C_1+C_2)}}\);  3) \(t_2 = \pi\sqrt{L(C_1+C_2)}\);  4) \(U_2 = \mathcal{E}\left(1 + \dfrac{C_2}{C_1+C_2}\right)\).

Решение

Примечание. Типичное решение подобных задач включает рассмотрение протёкших зарядов и работы источника, однако есть гораздо более эффективный подход, основанный на упрощении схем с помощью свойств последовательного и параллельного соединений элементов в ситуациях, когда согласно распространённому ошибочному мнению это делать якобы нельзя.

Начальное напряжение \(U_0\) на конденсаторе \(C_1\) сразу после подключения источника и до подключения катушки найдём по свойствам последовательного соединения: \[U_0 = \dfrac{1}{C_1}\cdot\left(\dfrac{C_1C_2}{C_1+C_2}\cdot\mathcal{E}\right) = \dfrac{C_2\mathcal{E}}{C_1+C_2}.\] Перерисуем схему после подключения катушки в более наглядном виде (см. рисунок).

Заменим последовательно соединённые источник и конденсатор \(C_2\) на эквивалентный конденсатор ёмкостью \(C_3 = C_2\), напряжение на котором отличается на \(\mathcal{E}\) от напряжения на конденсаторе \(C_2\). Далее заменим параллельно соединённые конденсаторы \(C_1\) и \(C_3\) на эквивалентный конденсатор ёмкостью \(C = C_1 + C_2\) с начальным напряжением \(U_0\), что превратит схему в обычный \(LC\)-контур, период \(T\) колебаний в котором находится по формуле Томсона: \(T = 2\pi\sqrt{L(C_1+C_2)}\).

1. Максимальная сила тока через катушку будет наблюдаться впервые через четверть периода после максимума напряжения на эквивалентном конденсаторе \(C\), имевшего место в начальный момент времени: \[t_1 = \dfrac T4 = \dfrac\pi2\sqrt{L(C_1+C_2)}.\] 2. Запишем закон сохранения энергии при колебаниях: \[\dfrac{CU_0^2}{2} = \dfrac{LI_0^2}{2},\] откуда находим максимальную силу тока: \[I_0 = U_0\sqrt{\dfrac CL} = \dfrac{C_2\mathcal{E}}{\sqrt{L(C_1+C_2)}}.\] 3. Напряжение на конденсаторе \(C_2\) будет максимальным (по модулю), когда напряжение на конденсаторе \(C\) будет максимальным и противоположным по знаку напряжению на источнике, то есть впервые это произойдёт через половину периода: \[t_2 = \dfrac T2 = \pi\sqrt{L(C_1+C_2)}.\] 4. Максимальное напряжение на конденсаторе \(C_2\) найдём из условия отличия его на \(\mathcal{E}\) от напряжения на эквивалентном конденсаторе: \[U_2 = U_0 + \mathcal{E} = \mathcal{E}\left(1 + \dfrac{C_2}{C_1+C_2}\right).\]

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

Подсказка

В сверхпроводящем соленоиде потокосцепление сохраняется, поэтому ток компенсирует изменение внешнего потока; сложите моменты магнитных сил и силы тяжести относительно точки опоры.

Ответ

1) \(\varphi_0 = \arccos\left(1 - \dfrac{\mu_0mg}{2B^2S}\right)\) при \(2B^2S > \mu_0mg\) и \(\varphi_0 = \dfrac\pi2\) при \(2B^2S \leqslant \mu_0mg\);  2) \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2l}{3g\left(2 - \frac{\mu_0mg}{2B^2S}\right)}}\), где \(l\) — длина цилиндрической части карандаша.

Решение

Пусть \(N\) — число витков провода, \(\varphi\) — угол отклонения карандаша от вертикали, тогда изменение \(\Delta\Phi\) внешнего магнитного потока через соленоид по сравнению с потоком в вертикальном положении задаётся выражением \[\Delta\Phi = BSN(1 - \cos\varphi).\] Обозначим через \(\mu_0\) магнитную постоянную и пусть \(l\) — длина цилиндрической части карандаша, тогда намотанная на неё проволока образует соленоид, индуктивность \(L\) которого имеет вид \[L = \dfrac{\mu_0SN^2}{l}.\] В сверхпроводящем соленоиде индуцируется ток, который создаст собственный магнитный поток, компенсирующий изменение внешнего магнитного потока, откуда находим силу \(I\) индукционного тока: \[I = \dfrac{\Delta\Phi}{L} = \dfrac{Bl(1 - \cos\varphi)}{\mu_0N}.\] С помощью формулы для момента сил, действующих на виток с током в магнитном поле, выражаем суммарный момент \(M_1\) магнитных сил, действующих на соленоид: \[M_1 = -N\cdot B\cdot IS\cdot\sin\varphi = -\dfrac{B^2Sl(1 - \cos\varphi)\sin\varphi}{\mu_0},\] где минус отражает тот факт, что этот момент стремится уменьшить угол \(\varphi\).

На карандаш действует ещё момент \(M_2\), создаваемый парой сил — реакцией опоры и силой тяжести: \[M_2 = \dfrac{mgl\sin\varphi}{2}.\] Примечание. Пара сил — это цельный термин, а не просто какие-то две силы. Две силы называются парой, только если их векторная сумма равна нулю. Момент, создаваемый парой сил, вычисляется как произведение модуля одной силы на расстояние между линиями действия сил и не зависит от выбора полюса (докажите это самостоятельно). Магнитные силы дают в сумме ноль, а сила тяжести уравновешена реакцией опоры, поэтому при вычислении обоих моментов \(M_1\) и \(M_2\) не было необходимости выбирать полюс.

Запишем суммарный момент \(M\) сил, действующих на карандаш: \[M = M_1 + M_2 = \left(\dfrac{mg}{2} - \dfrac{B^2S(1 - \cos\varphi)}{\mu_0}\right)\cdot l\sin\varphi.\] Из условия равновесия \(M(\varphi_0) = 0\) находим ожидаемое нулевое отклонение в положении неустойчивого равновесия и искомое отклонение \(\varphi_0\) в положении устойчивого равновесия: \[\cos\varphi_0 = 1 - \dfrac{\mu_0mg}{2B^2S}.\] Заметим, что при отрицательном значении выражения для \(\cos\varphi_0\) карандаш не провалится сквозь опору, а будет устойчиво лежать на ней, поэтому полный ответ на первый вопрос выглядит так: \[\varphi_0 = \begin{cases} \arccos\left(1 - \dfrac{\mu_0mg}{2B^2S}\right), & \text{если } 2B^2S > \mu_0mg;\\[2mm] \dfrac\pi2, & \text{если } 2B^2S \leqslant \mu_0mg. \end{cases}\] Для упрощения дальнейших вычислений введём обозначение \[a = \dfrac{\mu_0mg}{2B^2S}\] и перепишем полученные ранее формулы с его использованием: \[\cos\varphi_0 = 1 - a, \qquad M = \dfrac{B^2Sl}{\mu_0}(a - 1 + \cos\varphi)\sin\varphi.\] Лежащий на опоре карандаш колебаться не может, поэтому из возможности рассматриваемых колебаний следует условие \(a < 1\). Выразим эффективную угловую жёсткость \(k(\varphi)\) в произвольном положении и найдём её значение \(k_0\) в положении равновесия: \[k(\varphi) = -\dfrac{dM}{d\varphi} = \dfrac{B^2Sl}{\mu_0}\left(1 - (a - 1)\cos\varphi - 2\cos^2\varphi\right),\] \[k_0 = k(\varphi_0) = \dfrac{B^2Sl}{\mu_0}(2a - a^2) = \dfrac{mgl}{2}(2 - a).\] Положительность \(k_0\) означает, что найденное положение равновесия действительно является устойчивым и колебания около него возможны. Момент инерции \(I\) карандаша относительно оси, проходящей через его точку опоры перпендикулярно карандашу, тогда даётся табличной формулой \(I = ml^2/3\). Искомый период крутильных колебаний имеет вид \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{I}{k_0}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{2l}{3g\left(2 - \frac{\mu_0mg}{2B^2S}\right)}}.\]

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

Подсказка

Фотон, идущий вдоль границы тени, должен пролететь между краями загородки в двух её положениях за время поворота загородки между этими положениями.

Ответ

\(S = RH\).

Решение

Световой луч, падающий на границу полной тени, должен проходить через края \(A\) и \(B\) загородки в двух её положениях (см. рисунок), а фотон, движущийся вдоль этого луча, должен пролететь отрезок \(AB\) за время поворота загородки между этими положениями. Аналогичное условие имеет место для симметричного относительно оси вращения луча, поэтому тень будет симметричной относительно проекции оси вращения на экран.

Пусть \(\varphi\) — угол между рассматриваемыми положениями загородки, тогда равенство времён пролёта фотона и поворота загородки имеет вид: \[\dfrac{2R}{c}\cos\dfrac\varphi2 = \dfrac\varphi\omega,\] откуда после подстановки выражения для \(\omega\) получаем уравнение \[\dfrac\pi3\cdot\cos\dfrac\varphi2 = \varphi\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}.\] Заметим, что значение \(\varphi = \pi/3\) является корнем уравнения. На интервале \(\varphi\in(0;\pi)\) левая часть равенства является строго убывающей функцией, а правая — строго возрастающей, поэтому уравнение не может иметь более одного корня на этом интервале, то есть найденный корень — единственный.

Ширина \(L\) полной тени имеет вид \(L = 2R\sin(\varphi/2) = R\), а её длина совпадает с \(H\), откуда находим искомую площадь: \(S = RH\).

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

Подсказка

Нумеруйте элементы (первое зеркало, второе зеркало, осколок) и записывайте порядок, в котором лучи прошли через них; не забывайте проверять, что на элемент действительно падает хотя бы один луч от предмета.

Ответ

1) всего 20 изображений (положения — на рисунке), два из них (\(S_{12}\) и \(S_{21}\)) совпадают; изображения \(S_{213}\) и \(S_{2132}\) лежат вне узлов сетки: расстояния от каждого из них до плоскостей первого и второго зеркал равны \(x = \dfrac{81}{11}r\) и \(y = \dfrac{30}{11}r\) соответственно;  2) \(N = 13, 14, 16, 17, 19, 20\) для \(R/r = 3, 5, 10, 20, 40, 80\).

Решение

Изобразим на клетчатой бумаге сечение оптической системы плоскостью, проходящей через главную оптическую ось осколка линзы перпендикулярно обоим зеркалам (см. рисунок). Отметим большими точками основные элементы: общий край зеркал \(C\), источник света \(S\), оптический центр осколка \(O\), его фокусы \(F_1\) и \(F_2\), а также его края \(A\) и \(B\), расположенные на разных расстояниях от центра: \(OA = R > r > OB\).

Чтобы не запутаться при построении изображений, пронумеруем элементы (1 — первое зеркало, 2 — второе зеркало, 3 — осколок линзы) и будем писать в индексе обозначения каждого изображения последовательность номеров элементов, через которые прошли лучи, создавшие данное изображение.

Чтобы не построить лишние изображения, следует каждый раз проверять, что оптический элемент находится в области видимости предмета, то есть что на оптический элемент падает хотя бы один луч от предмета.

Применение обычных правил построения изображений в зеркале и линзе (напомним, что любая часть линзы создаёт изображение там же, где и целая линза, но вот области видимости могут различаться) даёт 20 изображений, два из которых (\(S_{12}\) и \(S_{21}\)) совпадают (см. рисунок).

Для большей ясности рассмотрим некоторые изображения более подробно. Поскольку зеркала полубесконечные, а линза имеет конечный размер, обязательно найдутся лучи, идущие от источника \(S\) к первому зеркалу мимо линзы. После отражения они создадут изображение \(S_1\), но попасть в линзу ни напрямую, ни после отражения ещё и от второго зеркала, создав тем самым изображение \(S_{12}\), они не смогут, в чём легко убедиться, рассмотрев проекции этих лучей на плоскость рисунка, поэтому изображений \(S_{13}\) и \(S_{123}\) не существует.

Есть ровно два изображения (\(S_{213}\) и \(S_{2132}\)), которые лежат не точно на пересечениях линий сетки, поэтому их положения нужно вычислить по формулам. Изображённый на рисунке пунктиром луч создаёт после первого отражения изображение \(S_2\), после второго — \(S_{21}\), а после преломления — \(S_{213}\). Пусть \(f = 2r\) — фокусное расстояние линзы, \(a = 13r\) и \(b\) — расстояния от плоскости линзы до предмета \(S_{21}\) и его изображения \(S_{213}\) соответственно, тогда из формулы тонкой линзы получаем выражение \[b = \dfrac{af}{a - f} = \dfrac{26}{11}\,r,\] а из подобия треугольников, возникающих при проведении луча через оптический центр линзы, находим расстояние \(l\) от \(S_{213}\) до главной оптической оси: \[l = \dfrac ba\cdot 4r = \dfrac{8r}{11}.\] Поскольку \(l < r < R\), рассматриваемый луч может идти в сторону второго зеркала, поэтому изображение \(S_{2132}\) будет существовать при любых значениях \(R\). Таким образом, расстояния \(x\) и \(y\) от любого из изображений \(S_{213}\) и \(S_{2132}\) до плоскостей первого и второго зеркал соответственно имеют вид: \[x = 5r + b = \dfrac{81}{11}\,r, \qquad y = 2r + l = \dfrac{30}{11}\,r.\] Представленные на рисунке изображения построены в предположении \(R \gg r\), а теперь предстоит выяснить, какие из них не будут наблюдаться при меньших значениях \(R\). Для этого нужно для каждого изображения построить создающие его граничные лучи, двигаясь мысленно в направлении к источнику, и найти их точки пересечения с плоскостью линзы. Итогом этих несложных (хотя и многочисленных) построений является первая таблица, из которой следует ответ на второй вопрос (вторая таблица).

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