«Туймаада» 2019, теоретический тур

Подсказка

Сила Архимеда на шар определяется плотностью жидкости на уровне его центра; для ненатянутой нити это даёт равенство плотностей шара и жидкости на этом уровне, а для натянутой нити надо искать глубину её середины.

Ответ

Если \(|\rho_1 - \rho_2| \leqslant k(L + D)\rho_0\), то \(h_1 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_1}{\rho_0} - 1\right)\), \(h_2 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_2}{\rho_0} - 1\right)\), \(T = 0\).

Если \(|\rho_1 - \rho_2| \geqslant k(L + D)\rho_0\), то \(h_1 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2\rho_0} - 1\right) + \dfrac{L + D}{2}\cdot\operatorname{sign}(\rho_1 - \rho_2)\), \(h_2 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2\rho_0} - 1\right) + \dfrac{L + D}{2}\cdot\operatorname{sign}(\rho_2 - \rho_1)\), \(T = \dfrac{\pi g}{12}D^3\bigl(|\rho_1 - \rho_2| - k(L + D)\rho_0\bigr)\).

Решение

Условие плавания в толще жидкости означает, что шары погружены целиком и не касаются дна. В силу линейности зависимости плотности жидкости от глубины и симметричности шара действующая на него сила Архимеда даже в неоднородной жидкости имеет привычный вид: \[F = \rho Vg = \dfrac{\pi}{6}g\rho D^3,\] где \(\rho\) — плотность жидкости на уровне центра шара, \(V\) — объём шара.

Сперва найдём глубины \(x_1\) и \(x_2\) центров шаров в предположении, что шары не связаны нитью. Из условия равновесия (уравнения для силы тяжести и силы Архимеда) следует равенство плотностей шара и жидкости на уровне его центра: \[\rho_1 = \rho_0(1 + kx_1) \qquad\text{и}\qquad \rho_2 = \rho_0(1 + kx_2),\] откуда получаем выражения \[x_1 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_1}{\rho_0} - 1\right) \qquad\text{и}\qquad x_2 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_2}{\rho_0} - 1\right).\] Найденные \(x_1\) и \(x_2\) будут равны искомым \(h_1\) и \(h_2\), если в этом положении нить не натянута, то есть если \(|x_1 - x_2| \leqslant L + D\), что равносильно условию \(|\rho_1 - \rho_2| \leqslant k(L + D)\rho_0\). В противном случае применим тот же подход (равенство плотностей) для нахождения глубины \(h_0\) середины натянутой нити: \[\dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2} = \rho_0(1 + kh_0),\] откуда получаем формулу \[h_0 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2\rho_0} - 1\right).\] Искомые положения центров шаров найдём геометрически: \[h_{1,2} = h_0 \pm \Delta h = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2\rho_0} - 1\right) \pm \dfrac{L + D}{2},\] где \(\Delta h\) — расстояние от середины нити до центра любого шара, а выбор знака зависит от плотности шара: для тяжёлого — плюс, а для лёгкого — минус.

Силу натяжения нити найдём из условия равновесия одного из шаров, например, верхнего: \[\begin{gather*} T = \rho_0(1 + k(h_0 - \Delta h))Vg - \min(\rho_1; \rho_2)\cdot Vg = \\ = \rho_0\left(\dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2\rho_0} - k\dfrac{L + D}{2}\right)Vg - \dfrac{\rho_1 + \rho_2 - |\rho_1 - \rho_2|}{2}Vg = \\ = \dfrac{\pi g}{12}D^3\bigl(|\rho_1 - \rho_2| - k(L + D)\rho_0\bigr). \end{gather*}\] Отметим, что выражение в последней паре больших скобок заведомо неотрицательно в рассматриваемом случае, когда \(|\rho_1 - \rho_2| \geqslant k(L + D)\rho_0\).

Таким образом, окончательный ответ имеет вид:

• если \(|\rho_1 - \rho_2| \leqslant k(L + D)\rho_0\), то \[h_1 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_1}{\rho_0} - 1\right),\qquad h_2 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_2}{\rho_0} - 1\right),\qquad T = 0;\]

• если \(|\rho_1 - \rho_2| \geqslant k(L + D)\rho_0\), то \[h_1 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2\rho_0} - 1\right) + \dfrac{L + D}{2}\cdot\operatorname{sign}(\rho_1 - \rho_2),\] \[h_2 = \dfrac{1}{k}\left(\dfrac{\rho_1 + \rho_2}{2\rho_0} - 1\right) + \dfrac{L + D}{2}\cdot\operatorname{sign}(\rho_2 - \rho_1),\] \[T = \dfrac{\pi g}{12}D^3\bigl(|\rho_1 - \rho_2| - k(L + D)\rho_0\bigr).\]

Примечание. Напомним определение функции «знак»: \[\operatorname{sign}(x) = \begin{cases} 0, & \text{если } x = 0;\\ 1, & \text{если } x > 0;\\ -1, & \text{если } x < 0.\end{cases}\]

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

Подсказка

Найдите возвращающую силу при малом смещении по вертикали и по горизонтали; при горизонтальном смещении длины пружин почти не меняются, но меняются направления сил.

Ответ

Отношение периодов равно единице.

Решение

Пусть \(k\) — жёсткость каждой пружины, тогда возвращающая сила при малом вертикальном смещении \(y\) груза имеет вид \[F_y = 2ky.\] Пусть \(m\) — масса груза, \(T\) — сила натяжения нижней пружины в положении равновесия, тогда \(N = T + mg\) — сила натяжения верхней пружины, \(l_1 = T/k\) и \(l_2 = N/k\) — длины пружин в положении равновесия.

При малом горизонтальном смещении \(x\) груза длины пружин почти не меняются, но из-за изменения направления сил появляется возвращающая сила: \[F_x = T\cdot\dfrac{x}{l_1} + N\cdot\dfrac{x}{l_2} = 2kx.\] Из равенства \(F_x = F_y\) следует равенство периодов малых вертикальных и горизонтальных колебаний груза, то есть искомое отношение равно единице.

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

Подсказка

Пока линейка наезжает на границу, сила трения растёт пропорционально длине шероховатой части, и уравнение движения совпадает с уравнением гармонических колебаний; разберите отдельно случаи малой и большой начальной скорости.

Ответ

\(N_{\max} = \dfrac{mv_0^2}{2}\sqrt{\dfrac{\mu g}{L}}\),  \(t_{\max} = \dfrac{\pi}{4}\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}\),  если \(v_0 \leqslant \sqrt{2\mu gL}\);

\(N_{\max} = \mu mg\sqrt{v_0^2 - \mu gL}\),  \(t_{\max} = \sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}\arcsin\left(\dfrac{\sqrt{\mu gL}}{v_0}\right)\),  если иначе.

Решение

Сила трения скольжения пропорциональна доле линейки, находящейся на шероховатой части. Пусть \(x\) — смещение переднего конца линейки за границу между полуплоскостями, тогда сила трения имеет вид \[F = \mu mg\cdot\dfrac{x}{L},\quad\text{если } x \leqslant L;\qquad F = \mu mg,\quad\text{если } x \geqslant L.\] Искомый максимум будет на промежутке \(0 < x \leqslant L\), так как при \(x \leqslant 0\) трения ещё нет, а при \(x > L\) мощность силы трения будет меньше, чем при \(x = L\), так как при \(x \geqslant L\) сила трения уже не растёт, а скорость только уменьшается, поэтому случай \(x > L\) можно не рассматривать.

Запишем второй закон Ньютона: \[ma = -\mu mg\cdot\dfrac{x}{L},\qquad\text{откуда}\qquad a + \dfrac{\mu g}{L}x = 0.\] Полученное уравнение совпадает с уравнением колебаний с циклической частотой \(\omega = \sqrt{\mu g/L}\). Конечно, никаких колебаний линейка совершать не будет, однако закон её движения на рассматриваемом промежутке будет таким же, как у пружинного маятника, выведенного толчком из положения равновесия.

Используя начальные значения координаты \(x(0) = 0\) и скорости \(v(0) = v_0\), запишем зависимости этих величин от времени: \[x(t) = x_0\sin\omega t,\qquad v(t) = v_0\cos\omega t,\] где \[x_0 = \dfrac{v_0}{\omega} = v_0\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}.\] Модуль мощности силы трения после упрощения имеет вид \[N = F\cdot v = \dfrac{mv_0^2}{2}\sqrt{\dfrac{\mu g}{L}}\sin 2\omega t.\] Эти формулы справедливы до тех пор, пока не произойдёт одно из двух событий: либо остановка линейки до полного пересечения ею границы между полуплоскостями, либо полное пересечение линейкой этой границы.

В первом случае, возникающем при условии \(x_0 \leqslant L\), что равносильно условию \(v_0 \leqslant \sqrt{\mu gL}\), начальное и конечное значения мощности равны нулю, а максимум мощности наблюдается, когда \(\sin 2\omega t = 1\). Отсюда находим значение максимума \[N_{\max} = \dfrac{mv_0^2}{2}\sqrt{\dfrac{\mu g}{L}}\] и точку максимума \[t_{\max} = \dfrac{\pi}{4}\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}.\] Во втором случае, возникающем при условии \(x_0 \geqslant L\), что равносильно условию \(v_0 \geqslant \sqrt{\mu gL}\), линейка полностью покинет гладкую полуплоскость в момент времени \[t_{\text{гран}} = \sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}\arcsin\left(\dfrac{\sqrt{\mu gL}}{v_0}\right),\] имея при этом скорость \[v_{\text{гран}} = \sqrt{v_0^2 - \mu gL}.\] При условии \(t_{\text{гран}} \geqslant t_{\max}\), что равносильно условию \(v_0 \leqslant \sqrt{2\mu gL}\), максимум будет точно такой же, как в первом случае, причём условие \(v_0 \leqslant \sqrt{\mu gL}\) из первого случая полностью поглощается новым условием. При обратном условии \(t_{\text{гран}} \leqslant t_{\max}\) прежний максимум не успеет реализоваться до полного перехода линейкой границы между полуплоскостями, значит, как было написано в начале решения, максимум будет в момент \(t_{\text{гран}}\): \[N_{\max} = \mu mg\cdot v_{\text{гран}} = \mu mg\sqrt{v_0^2 - \mu gL}.\] Таким образом, окончательный ответ имеет следующий вид: \[N_{\max} = \dfrac{mv_0^2}{2}\sqrt{\dfrac{\mu g}{L}},\qquad t_{\max} = \dfrac{\pi}{4}\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}},\qquad\text{если } v_0 \leqslant \sqrt{2\mu gL};\] \[N_{\max} = \mu mg\sqrt{v_0^2 - \mu gL},\qquad t_{\max} = \sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}\arcsin\left(\dfrac{\sqrt{\mu gL}}{v_0}\right),\qquad\text{если иначе.}\]

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

Подсказка

Вращающий момент создают только поглощённые фотоны на малом участке поверхности, поэтому он пропорционален квадрату угла; уравнение получается нелинейным, и период оценивают, заменив \(|\varphi|\) среднеквадратичным значением.

Ответ

\(T = 4\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt{2}\,\pi c\sigma R}{I\varphi_0}} \approx 3746\) с \(\approx 1\) час.

Решение

Пусть цилиндр повёрнут на малый угол \(\varphi\) относительно положения равновесия (на рисунке показан вид сверху). При отражении фотонов их импульс в проекции на касательную к сечению цилиндра сохраняется, поэтому вращающего момента не возникает, а при поглощении фотонов их импульс в проекции на касательную к сечению цилиндра передаётся цилиндру, создавая вращающий момент \(M\).

В условиях \(\varphi \ll 1\) можно считать, что импульс поглощённых участком \(AB\) поверхности фотонов направлен целиком по касательной и имеет плечо \(R\) относительно оси вращения цилиндра. Пусть \(L\) — высота цилиндра, тогда площадь проекции поглощающей поверхности на плоскость, перпендикулярную световому потоку, имеет вид \[S = LR(1 - \cos\varphi) \approx \dfrac{LR\varphi^2}{2}.\] Возвращающий момент \(M\) вычислим через силу давления \(F\), импульс \(p\) и энергию \(E\) потока фотонов: \[M = F\cdot R = \dot p\cdot R = \dfrac{\dot E}{c}\cdot R = \dfrac{IS}{c}\cdot R = \dfrac{ILR^2\varphi^2}{2c}.\] Основное уравнение динамики вращательного движения для цилиндра массой \(m = 2\pi RL\sigma\) и моментом инерции \(J = mR^2\) имеет вид \[J\cdot\ddot\varphi = M,\] откуда после подстановки с учётом направления момента получаем уравнение \[2\pi RL\sigma R^2\cdot\ddot\varphi = -\dfrac{ILR^2}{2c}\cdot|\varphi|\cdot\varphi,\] которое осталось лишь записать в приведённом виде: \[\ddot\varphi + \dfrac{I}{4\pi c\sigma R}\cdot|\varphi|\cdot\varphi = 0.\] Полученное равенство похоже на уравнение гармонических колебаний, но всё же им не является. Решать такое нелинейное дифференциальное уравнение аналитически мы не умеем, поэтому воспользуемся тем, что по условию достаточно лишь оценить период. Будем считать, что колебания будут почти гармоническими, тогда можно заменить \(|\varphi|\) на какое-нибудь среднее значение, например, среднеквадратичное, которое в случае гармонических колебаний в \(\sqrt{2}\) раз меньше амплитуды \(\varphi_0\). После замены получим уравнение \[\ddot\varphi + \dfrac{I}{4\pi c\sigma R}\cdot\dfrac{\varphi_0}{\sqrt{2}}\cdot\varphi = 0,\] решением которого являются колебания с искомым периодом: \[T = \dfrac{2\pi}{\sqrt{\dfrac{I}{4\pi c\sigma R}\cdot\dfrac{\varphi_0}{\sqrt{2}}}} = 4\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt{2}\,\pi c\sigma R}{I\varphi_0}} = 3746\text{ с} \approx 1\text{ час}.\]

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

Подсказка

Скрытая теплота испарения — это изменение внутренней энергии плюс работа \(\nu RT\) образовавшегося пара; внутренняя энергия — функция состояния, поэтому годится любая цепочка переходов лёд \(\to\) пар.

Ответ

\(L_0 = c_1(T_1 - T_0) + L_1 + c_2(T_2 - T_1) + L_2 - 4R(T_2 - T_0) = 51\) кДж/моль.

Решение

Напомним, что скрытой теплотой фазового перехода называется изменение внутренней энергии (без учёта работы) при фазовом переходе. Скрытую теплоту плавления и кристаллизации можно считать равной обычной, так как из-за малого различия плотностей твёрдой и жидкой фаз (и потому малого изменения объёма) можно пренебречь работой по сравнению с изменением внутренней энергии. В процессе испарения плотность и объём вещества изменяются значительно, поэтому пренебрегать работой уже нельзя, но для упрощения её расчёта можно пренебречь объёмом плотной (твёрдой или жидкой) фазы по сравнению с объёмом получившегося газа.

Обозначим через \(\nu\) количество воды и запишем первое начало термодинамики для процессов испарения льда и воды: \[\nu L_0 = U_{\text{пар},T_0} - U_{\text{лёд},T_0} + \nu RT_0,\] \[\nu L_2 = U_{\text{пар},T_2} - U_{\text{вода},T_2} + \nu RT_2.\] Внутренняя энергия является функцией состояния, поэтому можно записать цепочку преобразований: \[\begin{gather*} U_{\text{пар},T_0} - U_{\text{лёд},T_0} = (U_{\text{лёд},T_1} - U_{\text{лёд},T_0}) + (U_{\text{вода},T_1} - U_{\text{лёд},T_1}) + \\ + (U_{\text{вода},T_2} - U_{\text{вода},T_1}) + (U_{\text{пар},T_2} - U_{\text{вода},T_2}) + (U_{\text{пар},T_0} - U_{\text{пар},T_2}) = \\ = \nu c_1(T_1 - T_0) + \nu L_1 + \nu c_2(T_2 - T_1) + (\nu L_2 - \nu RT_2) + \nu C_V(T_0 - T_2), \end{gather*}\] где \(C_V = 3R\) — молярная теплоёмкость водяного пара при постоянном объёме, а выражение в предпоследней паре скобок получено из второго уравнения.

После подстановки этой суммы в первое уравнение, сокращения на \(\nu\) и упрощения находим искомую величину: \[L_0 = c_1(T_1 - T_0) + L_1 + c_2(T_2 - T_1) + L_2 - 4R(T_2 - T_0) = 51\text{ кДж/моль}.\]

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

Подсказка

Максимальная эффективность — это холодильный коэффициент цикла Карно; мощность охлаждения должна равняться мощности теплового потока через стенки.

Ответ

\(P_2 = \dfrac{(T_2 - T_0)^2}{(T_1 - T_0)^2}\cdot P_1 = 250\) Вт.

Решение

Указание на максимально возможную эффективность кондиционера означает, что его можно считать идеальной холодильной машиной (работающей по циклу Карно), и никак не связано с КПД его электромотора, так как они описывают разные процессы: холодильный коэффициент показывает, насколько эффективно используется механическая работа для передачи тепла, а КПД электромотора показывает, насколько эффективно преобразуется электрическая энергия в механическую работу.

Пусть \(\Delta T\) — разность температур снаружи и внутри помещения, тогда мощность потока тепла через стенки помещения имеет вид \[q_+ = k\cdot\Delta T,\] где \(k\) — некоторая константа. Пусть \(P\) — потребляемая кондиционером электрическая мощность, тогда мощность охлаждения имеет вид \[q_- = x\cdot\eta\cdot P,\] где \(x = T_0/\Delta T\) — холодильный коэффициент для цикла Карно.

Из уравнения теплового баланса \(q_+ = q_-\) получаем формулу \[P = \dfrac{k\Delta T^2}{\eta T_0},\] применяя которую для дневных и ночных данных, выводим пропорцию \[\dfrac{P_2}{P_1} = \dfrac{\Delta T_2^2}{\Delta T_1^2},\] из которой следует окончательный ответ: \[P_2 = \dfrac{(T_2 - T_0)^2}{(T_1 - T_0)^2}\cdot P_1 = 250\text{ Вт}.\] Примечание. Заметим, что КПД электромотора является лишним данным, призванным отвлечь внимание от холодильного коэффициента, а квадратичную зависимость потребляемой мощности от разности температур можно объяснить качественно: с ростом разности температур, во-первых, растёт поток тепла через стенки, а во-вторых, падает эффективность кондиционера.

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

Подсказка

При нагревании часть воды испаряется; приращение массы пара найдите, продифференцировав уравнение Менделеева — Клапейрона при постоянном объёме.

Ответ

\(C = cm_0 + \dfrac{3mR}{\mu} + \dfrac{\lambda m(\alpha - 1)}{T} = 800\) Дж/К.

Решение

Искомую общую теплоёмкость будем искать по определению: как отношение подведённого количества теплоты \(\delta Q\) к изменению температуры \(dT\).

Пусть \(V\) — объём пара, тогда из уравнения Менделеева — Клапейрона \[\mu PV = mRT,\] где \(\mu = 18\) кг/кмоль — молярная масса воды, \(R = 8314\) Дж/(кмоль\(\cdot\)К) — газовая постоянная, после дифференцирования приходим к соотношению \[\mu V\,dP = R m\,dT + RT\,dm.\] Подставляя сюда формулу \(dP = \alpha P\,dT/T\) из условия, получаем уравнение \[\mu V\alpha P\dfrac{dT}{T} = R m\,dT + RT\,dm,\] откуда после повторного использования уравнения Менделеева — Клапейрона выражаем приращение массы пара: \[dm = m(\alpha - 1)\dfrac{dT}{T}.\] Поскольку сосуд жёсткий, объём не меняется и работа не совершается, поэтому всё подведённое количество теплоты идёт на увеличение внутренней энергии (нагревание воды и пара и испарение воды): \[\delta Q = cm_0\,dT + 3\dfrac{m}{\mu}R\,dT + \lambda\,dm.\] После подстановки выражения для \(dm\) получаем ответ: \[C = \dfrac{\delta Q}{dT} = cm_0 + \dfrac{3mR}{\mu} + \dfrac{\lambda m(\alpha - 1)}{T} = 800\text{ Дж/К}.\]

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

Подсказка

Срок службы здесь — аналог периода полураспада, поэтому число оставшихся лампочек убывает по показательному закону; энергию найдите интегрированием мощности по времени.

Ответ

\(Q = \dfrac{NU^2T}{R\ln 2}\).

Решение

Данное в условии определение срока службы по сути совпадает с определением периода полураспада, поэтому с учётом большого изначального числа \(N\) можно записать зависимость оставшегося количества \(n\) лампочек от времени \(t\) по аналогии с законом радиоактивного распада: \[n = N\cdot 2^{-t/T}.\] Примечание. Полученные по этой формуле дробные значения \(n\) не противоречат физическому смыслу, так как характеризуют среднее ожидаемое (а не точное фактическое) количество оставшихся лампочек, как и, например, фраза «среднее количество детей в семье равно двум с половиной» не означает, что есть хотя бы одна семья с дробным числом детей. При больших количествах вероятностными законами можно пользоваться как точными.

Общая мощность гирлянды зависит от времени: \[P = \dfrac{U^2}{R}\cdot n = \dfrac{NU^2}{R}\cdot 2^{-t/T},\] поэтому для нахождения \(Q\) нужно взять интеграл: \[Q = \int\limits_0^\infty P\,dt = \dfrac{NU^2}{R}\int\limits_0^\infty 2^{-t/T}\,dt = -\dfrac{NU^2T}{R\ln 2}\cdot 2^{-t/T}\Big|_0^\infty = \dfrac{NU^2T}{R\ln 2}.\]

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

Подсказка

На экваторе индукция направлена вдоль меридианов, поэтому сила Лоренца направлена вдоль радиуса, и скорость частицы находится из квадратного уравнения; затем перейдите в систему отсчёта планеты сложением угловых скоростей с учётом неизвестного направления вращения.

Ответ

\(T = \dfrac{2\pi}{\left|\omega \pm \dfrac{qB}{2m} \pm \sqrt{\dfrac{q^2B^2}{4m^2} + \dfrac{\gamma M}{R^3}}\right|}\), где знаки \(\pm\) выбираются независимо (общая запись четырёх формул).

Решение

Из условия совпадения географических и магнитных полюсов планеты и логичного предположения о её симметричности следует, что индукция магнитного поля на экваторе направлена вдоль меридианов. Пусть \(v\) — скорость частицы, тогда на неё действует сила Лоренца \(F_1 = qvB\) вдоль радиуса, а куда именно (к центру или от центра планеты) — зависит от положения полюсов, знака заряда и направления скорости частицы, поэтому будем считать скорость \(v\) положительной, когда сила Лоренца действует к центру планеты.

Запишем для частицы второй закон Ньютона \(ma = F_1 + F_2\), подставив в него выражение для центростремительного ускорения \(a = v^2/R\) и для силы гравитационного притяжения частицы к планете \(F_2 = \gamma Mm/R^2\): \[m\cdot\dfrac{v^2}{R} = qvB + \dfrac{\gamma Mm}{R^2}.\] Приведём это квадратное уравнение к стандартному виду \[v^2 - \dfrac{qBR}{m}v - \dfrac{\gamma M}{R} = 0\] и найдём его корни: \[v = \dfrac{qBR}{2m} \pm \sqrt{\dfrac{q^2B^2R^2}{4m^2} + \dfrac{\gamma M}{R}}.\] Примечание. В силу отрицательности свободного члена в приведённом квадратном уравнении можно было по теореме Виета заранее утверждать, что оно будет иметь два корня разных знаков, что полностью согласуется с физическим смыслом: частица может двигаться в противоположных направлениях с разными по модулю скоростями (из-за изменения знака силы Лоренца).

Для перехода в систему отсчёта планеты запишем закон сложения угловых скоростей с учётом неизвестного направления вращения планеты: \[\dfrac{2\pi}{T} = \left|\omega \pm \dfrac{v}{R}\right|,\] откуда после упрощения находим ответ: \[T = \dfrac{2\pi}{\left|\omega \pm \dfrac{qB}{2m} \pm \sqrt{\dfrac{q^2B^2}{4m^2} + \dfrac{\gamma M}{R^3}}\right|},\] в котором знаки \(\pm\) могут выбираться независимо, то есть данное выражение является общей записью четырёх формул.

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

Подсказка

Примените теорему Гаусса к поверхности, образованной силовыми линиями, исходящими из искомой точки пересечения, и плоскостью, проходящей через \(A\) перпендикулярно отрезку; поток через боковую поверхность равен нулю.

Ответ

\(x = \dfrac{\alpha^2L}{4}\).

Решение

На рисунке точка \(P\) является пересечением рассматриваемой силовой линии и отрезка \(BD\). Применим теорему Гаусса для замкнутой поверхности, образованной силовыми линиями, исходящими из точки \(P\), и плоскостью, проходящей через точку \(A\) перпендикулярно \(BD\). Внутрь этой поверхности попал заряд \(q = Q\cdot x/L\), где \(Q\) — заряд отрезка. Поток вектора напряжённости через поверхность, образованную силовыми линиями, всегда равен нулю, так как поле в каждой точке параллельно этой поверхности. Поскольку точка \(A\) расположена на большом расстоянии от отрезка, можно считать, что поле вблизи точки \(A\) совпадает с полем точечного заряда, находящегося в середине отрезка, то есть продолжение вектора напряжённости проходит через середину \(C\) отрезка, а в силу малости угла \(\alpha\) можно полагать равенство \[E_\perp = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0\cdot AC^2}\] верным во всех точках круга с центром \(O\) и радиусом \(OA\), откуда находим поток через рассматриваемую поверхность: \[\Phi = E_\perp\cdot\pi\,OA^2 = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0\cdot AC^2}\cdot\pi(\alpha\,AC)^2 = \dfrac{Q\alpha^2}{4\varepsilon_0}.\]

Теорема Гаусса имеет вид \[\Phi = \dfrac{q}{\varepsilon_0},\] откуда после подстановки выражений для \(\Phi\) и \(q\) получаем ответ: \[x = \dfrac{\alpha^2L}{4}.\]

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

Подсказка

Изображение точки вне плоскости плёнки даёт пятнышко; его допустимый размер \(d\) определяет допустимое смещение изображения из плоскости плёнки (подобие треугольников), а затем применяется формула тонкой линзы.

Ответ

\(a_{\min} = \dfrac{a}{1 + k}\), \(a_{\max} = \dfrac{a}{1 - k}\), где \(k = \dfrac{ad}{fD}\). Для \(a_1 = 12\) м: \(k_1 = 0{,}6\), \(a_{\min} = 7{,}5\) м, \(a_{\max} = 30\) м; для \(a_2 = 60\) м: \(k_2 = 3\), \(a_{\min} = 15\) м, \(a_{\max} = \infty\).

Решение

Пусть \(b\) — расстояние от объектива до плёнки, тогда по формуле тонкой линзы можно написать уравнение \[\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{f}.\] Если изображение точечного предмета оказывается на небольшом расстоянии \(x\) перед или за плёнкой, то на плёнке будет засвечено пятнышко, размер которого не должен превышать \(d\), чтобы изображение считалось достаточно резким. Из подобия треугольников, образованных граничными лучами, прошедшими через объектив, с использованием приближения \(d \ll D\) находим максимально допустимое смещение изображения из плоскости плёнки: \[x = \dfrac{bd}{D}.\] Примечание. Допустимые смещения перед и за плёнку оказались одинаковыми из-за использования приближения \(d \ll D\). При применении модели тонкой линзы для расчёта реального объектива попытка различения расстояний \(x\) перед или за плёнкой была бы явным превышением точности.

Формулы тонкой линзы для предельно смещённых предметов имеют вид \[\dfrac{1}{a_{\min}} + \dfrac{1}{b + x} = \dfrac{1}{f},\qquad \dfrac{1}{a_{\max}} + \dfrac{1}{b - x} = \dfrac{1}{f}.\] Решая все записанные уравнения совместно, находим ответ: \[a_{\min} = \dfrac{a}{1 + k},\qquad a_{\max} = \dfrac{a}{1 - k},\] где для краткости введено обозначение \[k = \dfrac{ad}{fD}.\] При \(k \geqslant 1\) значение \(a_{\max}\) будет не определено или отрицательно, что противоречит физическому смыслу и означает, что верхней границы для значений \(a\) просто нет, то есть предметы на сколь угодно большом расстоянии будут изображены резко.

Подставляя численные данные, получаем ответы для частных случаев: \[k_1 = 0{,}6,\quad a_{\min} = 7{,}5\text{ м},\quad a_{\max} = 30\text{ м};\qquad k_2 = 3,\quad a_{\min} = 15\text{ м},\quad a_{\max} = \infty.\]

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