«Туймаада» 2021, теоретический тур

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта букашки: плита неподвижна вдоль своей поверхности, а удар шарика о гладкую плиту подчиняется закону отражения.

Ответ

\(S = \dfrac{\sqrt{3}}{2}L \approx 0{,}866L\).

Решение

В системе отсчёта букашки шарик будет иметь следующие составляющие вектора скорости (см. рисунок): \[u_x = v_0 + v\cos\varphi = \dfrac{3}{2}v\sqrt{3},\qquad u_y = v + v\sin\varphi = \dfrac{3}{2}v.\] Скорость плиты направлена вдоль её поверхности, но из-за отсутствия трения это никак не влияет на отражение шарика при абсолютно упругом ударе.

Искомое минимальное расстояние \(S\) — это длина перпендикуляра \(BE\) к лучу \(DE\), вдоль которого летит шарик после отскока от плиты в точке \(D\).

Из закона отражения и рассмотрения прямоугольных треугольников \(ADC\) и \(BDE\) следует равенство углов \(\angle DAC = \angle DBE\), которое позволяет получить ответ: \[S = BD\cdot\cos\angle DBE = (CB - CD)\cdot\cos\angle DAC = (CB - CA\cdot\operatorname{tg}\angle DAC)\cdot\cos\angle DAC =\] \[= \left(2L - L\sqrt{3}\cdot\dfrac{u_y}{u_x}\right)\cdot\dfrac{u_x}{\sqrt{u_x^2 + u_y^2}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}L \approx 0{,}866L.\]

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

Подсказка

Пока шарик на клине, сохраняются горизонтальный импульс и энергия системы; на наибольшей высоте шарик покоится относительно клина.

Ответ

\(h = \dfrac{m_1m_2H}{(m + m_1)(m + m_2)}\);  \(v_2 = \dfrac{2m}{m + m_2}\sqrt{\dfrac{2m_1gH}{m + m_1}}\).

Решение

Пусть \(u_1\) и \(v_0\) — скорости соответственно клина \(m_1\) и шарика сразу после его соскальзывания, тогда законы сохранения импульса и энергии имеют вид \[m_1u_1 = mv_0,\] \[mgH = \dfrac{m_1u_1^2}{2} + \dfrac{mv_0^2}{2},\] откуда получаем выражение \[v_0 = \sqrt{\dfrac{2m_1gH}{m + m_1}}.\] 1. Когда шарик достигнет наивысшей точки на клине \(m_2\), он остановится относительно клина, поэтому из закона сохранения импульса выразим общую скорость \(v_1\) клина и шарика: \[v_1 = \dfrac{mv_0}{m + m_2}.\] Из закона сохранения энергии \[\dfrac{mv_0^2}{2} = \dfrac{(m + m_2)v_1^2}{2} + mgh\] найдём искомую высоту: \[h = \dfrac{m_2v_0^2}{2(m + m_2)g} = \dfrac{m_1m_2H}{(m + m_1)(m + m_2)}.\] Примечание. Если записать последнее выражение в виде \[h = \dfrac{m_1}{m + m_1}\cdot\dfrac{m_2}{m + m_2}\cdot H,\] то становится видно, что первая дробь — это КПД преобразования потенциальной энергии шарика в кинетическую при съезде с первого клина, а вторая дробь — это КПД преобразования кинетической энергии шарика в потенциальную при заезде на второй клин. Предлагаем читателям самостоятельно подумать о применимости этой идеи при решении задачи, в которой первый клин оставляли бы на плоскости, допуская тем самым неоднократные взаимодействия шарика с клиньями.

2. Клин \(m_2\) будет иметь максимальную скорость, когда шарик соскользнёт с него. Пусть \(u_2\) — направленная от клина \(m_2\) скорость шарика после соскальзывания с клина, тогда законы сохранения импульса и энергии имеют вид \[mv_0 = -mu_2 + m_2v_2,\] \[\dfrac{mv_0^2}{2} = \dfrac{mu_2^2}{2} + \dfrac{m_2v_2^2}{2},\] откуда находим искомую скорость: \[v_2 = \dfrac{2mv_0}{m + m_2} = \dfrac{2m}{m + m_2}\sqrt{\dfrac{2m_1gH}{m + m_1}}.\]

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

Подсказка

Найдите минимальную начальную скорость прыжка на данное расстояние и данную разность высот: запишите квадрат скорости через время полёта и найдите его минимум.

Ответ

1) \(R = \dfrac{v_1^2 + v_2^2}{2g}\),  \(H = \dfrac{|v_1^2 - v_2^2|}{2g}\);  2) \(E_{\min} = \dfrac{mg}{2}(L + \Delta H)\).

Решение

Введём систему координат с началом в полке \(A\), ось \(y\) направим вверх, а ось \(x\) — вдоль проекции радиус-вектора полки \(B\) на горизонтальную плоскость. Пусть \(v_0\) — начальная скорость кошки, прыгающей с полки \(A\) на полку \(B\), \(t\) — время полёта кошки, тогда для координат \(x\) и \(y\) полки \(B\) можно записать уравнения \[x = v_{0x}t,\qquad y = v_{0y}t - \dfrac{gt^2}{2},\] откуда выражаем проекции начальной скорости: \[v_{0x} = \dfrac{x}{t},\qquad v_{0y} = \dfrac{y}{t} + \dfrac{gt}{2}.\] Используя теорему Пифагора для скоростей (\(v_0^2 = v_{0x}^2 + v_{0y}^2\)) и для координат (\(R^2 = x^2 + y^2\)), получим выражение \[v_0^2 = v_{0x}^2 + v_{0y}^2 = \dfrac{x^2 + y^2}{t^2} + gy + \dfrac{g^2t^2}{4} = gy + \dfrac{gR}{2}\left(\dfrac{2R}{gt^2} + \dfrac{gt^2}{2R}\right).\] Известно, что сумма двух положительных обратных друг другу величин достигает минимального значения, равного 2, когда каждая из величин равна 1, что можно доказать через производную или через выделение полного квадрата: \[f(z) = z + \dfrac{1}{z} = \left(\sqrt{z} - \dfrac{1}{\sqrt{z}}\right)^2 + 2.\] Таким образом, для минимальной начальной скорости справедлива формула \[v_{0\min}^2 = gy + \dfrac{gR}{2}\cdot 2 = g(R + y). \tag{1}\] 1. Применяя полученный общий результат к двум прыжкам кошки из первого пункта задачи, получаем уравнения \[v_1^2 = g(R + y),\qquad v_2^2 = g(R - y),\qquad H = |y|,\] из которых находим искомые величины: \[R = \dfrac{v_1^2 + v_2^2}{2g},\qquad H = \dfrac{|v_1^2 - v_2^2|}{2g}.\] 2. С помощью формулы (1) найдём минимальную энергию, необходимую кошке на первый прыжок: \[E_{1\min} = \dfrac{mv_{1\min}^2}{2} = \dfrac{mg}{2}(L_1 + \Delta H_1),\] где \(L_1\) и \(\Delta H_1\) — расстояние и разность высот между полками \(A_1\) и \(A_2\). Суммируя аналогичные выражения для всех прыжков, получаем ответ: \[E_{\min} = \dfrac{mg}{2}(L + \Delta H).\]

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

Подсказка

Равновесие нижнего рычага возможно между двумя крайними положениями, когда он вот-вот опрокинется вокруг одного из краёв опорного кубика; в каждом крайнем случае берите предельные значения масс верхних грузов.

Ответ

Равновесие возможно при \(m \in \left[\dfrac{4}{25}M;\ \dfrac{5}{3}M\right] \approx [6{,}4;\ 66{,}7]\) г; целых значений — 60.

Решение

Для записи условий равновесия необходимо найти точки приложения сил реакции опоры, действующих со стороны кубиков на опирающиеся на них рычаги. Равновесие возможно при условии \(m_{\min} \leqslant m \leqslant m_{\max}\) (граничные значения ещё предстоит найти), причём в случае \(m = m_{\min}\) нижний рычаг балансирует, опираясь на точку \(A\), а при \(m = m_{\max}\) — на точку \(B\) (см. рисунок).

Пусть \(L\) — расстояние между соседними метками на рычагах, тогда условие равновесия нижнего рычага в случае \(m = m_{\min}\) (уравнение моментов относительно полюса \(A\)) имеет вид \[Mg\cdot 3L = m_2g\cdot L + m_1g\cdot 4L + m_{\min}g\cdot 8L, \tag{1}\] откуда после упрощения получаем выражение \[m_{\min} = \dfrac{3M - m_2 - 4m_1}{8}. \tag{2}\] Примечание. Обратите внимание, что знак момента силы (сторона равенства (1), где он записан) зависит от того, с какой стороны от полюса \(A\) проходит линия действия силы, но не зависит от того, к какому из верхних рычагов прикреплён груз. Например, момент силы \(m_1g\) записан в правой части равенства, хотя груз \(m_1\) прикреплён к рычагу, опирающемуся на левый кубик.

Выражение (2) показывает, что для достижения минимально возможного значения \(m_{\min}\) нужно взять максимальные \(m_1\) и \(m_2\). При максимальном значении \(m_1\) левый верхний рычаг будет балансировать, опираясь на точку \(D\), поэтому его условие равновесия будет иметь вид \[Mg\cdot 2L = m_1g\cdot 5L,\qquad\text{откуда}\qquad m_1 = \dfrac{2}{5}M. \tag{3}\] При максимальном значении \(m_2\) правый верхний рычаг будет балансировать, опираясь на точку \(E\), поэтому его условие равновесия будет иметь вид \[m_2g\cdot 4L = m_{\min}g\cdot 3L,\qquad\text{откуда}\qquad m_2 = \dfrac{3}{4}m_{\min}. \tag{4}\] После подстановки формул (3) и (4) в выражение (2) получаем уравнение, из которого находим искомую нижнюю границу: \[m_{\min} = \dfrac{4}{25}M.\] Условие равновесия нижнего рычага в случае \(m = m_{\max}\) (уравнение моментов относительно полюса \(B\)) имеет вид \[Mg\cdot 6L + m_2g\cdot 2L = m_1g\cdot L + m_{\max}g\cdot 5L,\] откуда после упрощения получаем выражение \[m_{\max} = \dfrac{6M + 2m_2 - m_1}{5}. \tag{5}\] Это выражение показывает, что для достижения максимально возможного значения \(m_{\max}\) нужно взять минимальное \(m_1\) и максимальное \(m_2\). При минимальном значении \(m_1\) левый верхний рычаг будет балансировать, опираясь на точку \(C\), поэтому его условие равновесия будет иметь вид \[Mg\cdot L = m_1g\cdot 6L,\qquad\text{откуда}\qquad m_1 = \dfrac{1}{6}M. \tag{6}\] При максимальном значении \(m_2\) правый верхний рычаг будет балансировать, опираясь на точку \(E\), поэтому его условие равновесия будет иметь вид \[m_2g\cdot 4L = m_{\max}g\cdot 3L,\qquad\text{откуда}\qquad m_2 = \dfrac{3}{4}m_{\max}. \tag{7}\] Примечание. Любопытно, что формулы (4) и (7) по сути совпадают, хотя аналогичные им формулы (3) и (6) различаются. Различие кажется естественным, так как в одном случае мы ищем минимум, а в другом — максимум, то есть в одном случае система почти падает влево, а в другом — вправо, но вот совпадение настораживает. Сомнения рассеются, если заметить, что линия действия силы \(m_2g\) проходит между точками \(A\) и \(B\), то есть вместе с изменением направления <<почти падения>> меняется знак момента силы \(m_2g\), так что два изменения знака нейтрализуют друг друга.

После подстановки формул (6) и (7) в выражение (5) получаем уравнение, из которого находим искомую верхнюю границу: \[m_{\max} = \dfrac{5}{3}M.\] Таким образом, равновесие возможно при условии \[m \in [m_{\min};\, m_{\max}] = \left[\dfrac{4}{25}M;\ \dfrac{5}{3}M\right] \approx [6{,}4;\ 66{,}7]\text{ г}.\] Ни одна из границ диапазона не равна целому числу граммов, поэтому нет повода для сомнений, учитывать ли граничное значение. В диапазоне от 6,4 до 66,7 лежат целые числа от 7 до 66 включительно, количество которых равно 60, что и является окончательным ответом.

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

Подсказка

Рассмотрите сразу общий случай угла \(\varphi\): найдите зависимость кинетической энергии от времени полёта и усредните её за четверть периода.

Ответ

1) \(k_1 = \dfrac{1}{3}\);  2) \(k_2 = \dfrac{2}{3}\);  3) \(\varphi = 30^\circ\).

Решение

Чтобы ответить сразу на все три вопроса задачи, рассмотрим параболический осциллятор Шпунтика в общем случае (с произвольным углом \(\varphi\)). Шарик движется туда-сюда по одной и той же параболе, значит, по закону отражения при каждом ударе шарик падает и отскакивает вдоль перпендикуляра к опоре, то есть в этот момент его скорость направлена под углом \(\varphi\) к вертикали.

Пусть \(m\) — масса шарика, \(v_0\) — его начальная скорость (сразу после удара об опору), тогда полная энергия \(W_0\) и кинетическая энергия \(E(t)\) в зависимости от времени \(t\) полёта шарика (до очередного удара) имеют вид: \[W_0 = E_{\text{кин}} + E_{\text{пот}} = \dfrac{mv_0^2}{2} + 0 = \dfrac{mv_0^2}{2},\] \[E(t) = \dfrac{m}{2}\left((v_0\sin\varphi)^2 + (v_0\cos\varphi - gt)^2\right) = \dfrac{m}{2}\left(v_0^2 - 2gtv_0\cos\varphi + g^2t^2\right).\] Кинетическая энергия не зависит от направления скорости, поэтому средняя кинетическая энергия \(E_0\) будет одинаковой при усреднении за весь период \(T\), за его половину и даже за его четверть — время движения от нижней до верхней точки траектории, которое найти проще всего: \[\tau = \dfrac{T}{4} = \dfrac{v_0\cos\varphi}{g}.\] Усредним кинетическую энергию за это время: \[E_0 = \dfrac{1}{\tau}\int\limits_0^\tau E(t)\,dt = \dfrac{m}{2}\left(v_0^2 - g\tau v_0\cos\varphi + \dfrac{1}{3}g^2\tau^2\right) = \dfrac{mv_0^2}{2}\left(1 - \dfrac{2}{3}\cos^2\varphi\right).\] Примечание. Если подставить \(\tau = T/2 = 2v_0\cos\varphi/g\), то получится тот же результат, но вот подстановка \(\tau = T = 4v_0\cos\varphi/g\) приведёт к ошибке, так как использованная зависимость \(E(t)\) не учитывает изменение вектора скорости в момент удара и потому верна только при \(0 \leqslant t \leqslant T/2\).

Выразим искомое отношение энергий: \[k(\varphi) = \dfrac{E_0}{W_0} = 1 - \dfrac{2}{3}\cos^2\varphi.\] Примечание. Всегда полезно проверять результаты на здравый смысл и очевидные частные случаи: выражение для \(k(\varphi)\) при любых углах даёт разумные значения (положительные и не больше единицы), причём \(k \approx 1\) логичным образом достигается при очень быстрых колебаниях между почти вертикальными стенками.

1. Вертикальный осциллятор Винтика — это параболический осциллятор Шпунтика при \(\varphi = 0\), поэтому первый ответ получаем подстановкой: \[k_1 = k(0) = \dfrac{1}{3}.\] 2. Аналогичная подстановка даёт второй ответ: \[k_2 = k(45^\circ) = \dfrac{2}{3}.\] 3. Если средние кинетическая и потенциальная энергии одинаковы, то каждая из них составляет половину от полной энергии, поэтому из уравнения \[k(\varphi) = \dfrac{1}{2}\] получаем третий ответ: \(\varphi = 30^\circ\).

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

Подсказка

Мысленно нагрейте воду до \(t_0\), затем отведите то же количество теплоты: при \(t_0\) замёрзнет именно та масса, которую находят по теплоте кристаллизации.

Ответ

\(t_{\max} = t_0 - \dfrac{\lambda}{c} \approx -78{,}6^\circ\)C;  \(m = \dfrac{cM(t_0 - t)}{\lambda}\).

Решение

Начнём с вопроса про \(m\), так как ответ на него позволит сразу найти \(t_{\max}\). Для упрощения рассуждений подведём к воде количество теплоты \[Q = cM(t_0 - t),\] чтобы нагреть воду до температуры \(t_0\), при которой нам известна удельная теплота кристаллизации, а затем отведём то же самое количество теплоты \(Q\) (для соблюдения условия о теплоизолированности сосуда), в результате чего при той же температуре \(t_0\) в лёд превратится вода массой \[m = \dfrac{Q}{\lambda} = \dfrac{cM(t_0 - t)}{\lambda}.\] При температуре \(t_{\max}\) в лёд превратится вся вода, поэтому из уравнения \[M = \dfrac{cM(t_0 - t_{\max})}{\lambda}\] находим искомое значение: \[t_{\max} = t_0 - \dfrac{\lambda}{c} \approx -78{,}6^\circ\text{C}.\]

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

Подсказка

Каждая точка излома графика — начало конденсации одного из газов; в точках насыщения давление пара каждого газа обратно пропорционально объёму, а давление смеси складывается по закону Дальтона.

Ответ

\(\dfrac{P_1 + P_3}{P_2} = \dfrac{17}{8} = 2{,}125\).

Решение

Точки излома на графике изотермы в координатах \(P(V)\) соответствуют моментам начала конденсации газа в процессе сжатия, так как в эти моменты идеальный газ превращается в насыщенный пар и его давление перестаёт зависеть от объёма. Наличие ровно трёх точек излома означает, что в рассматриваемом процессе каждый из трёх газов смеси достиг своей точки насыщения. Зависимость давления насыщенного пара от температуры в данной задаче роли не играет, так как процесс изотермический. Пусть \(P_a\) — давление насыщенного пара того из газов смеси, который достиг насыщения первым (при объёме \(3V_0\)), \(P_b\) — давление насыщенного пара того из газов смеси, который достиг насыщения вторым (при объёме \(2V_0\)), \(P_c\) — давление насыщенного пара того из газов смеси, который достиг насыщения третьим (при объёме \(V_0\)), тогда система уравнений Менделеева–Клапейрона для всех газов в их точках насыщения будет иметь вид \[\begin{cases} P_a\cdot 3V_0 = \nu RT,\\ P_b\cdot 2V_0 = \nu RT,\\ P_c\cdot V_0 = \nu RT, \end{cases}\] где \(\nu\) — количество каждого из газов (одинаковое у всех), \(T\) — температура смеси, \(R\) — универсальная газовая постоянная. Для упрощения записи введём обозначение \(P_0 = \nu RT/(6V_0)\), тогда уравнения системы примут вид \[\begin{cases} P_a = 2P_0,\\ P_b = 3P_0,\\ P_c = 6P_0. \end{cases}\] Запишем закон Дальтона о парциальных давлениях при объёмах \(V_0\), \(2V_0\) и \(3V_0\), выразив неизвестные давления идеальных газов через давления насыщенных паров с использованием обратной пропорциональности объёму и подставив полученные выше формулы для давлений насыщенных паров: \[\begin{cases} P_3 = P_a + P_b + P_c = 11P_0,\\ P_2 = P_a + P_b + P_c\cdot\dfrac{1}{2} = 8P_0,\\ P_1 = P_a + P_b\cdot\dfrac{2}{3} + P_c\cdot\dfrac{1}{3} = 6P_0. \end{cases}\] Окончательный ответ имеет вид \[\dfrac{P_1 + P_3}{P_2} = \dfrac{17}{8} = 2{,}125.\]

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

Подсказка

Все вершины, кроме двух выбранных, равноправны, поэтому имеют одинаковые потенциалы, и резисторы между ними можно выбросить.

Ответ

\(R_0 = \dfrac{2R}{N} = \dfrac{R}{1010} \approx 49{,}5\) мОм.

Решение

Все стороны и все диагонали многоугольника вместе образуют систему отрезков, соединяющих каждую пару вершин, то есть вместо 2020-угольника можно рассматривать систему из \(N = 2020\) точек, любые две из которых соединены резистором сопротивлением \(R\). Среди этих точек есть две особенные — это точки \(A_1\) и \(A_2\), между которыми измеряется сопротивление, а все остальные точки (\(A_3\), \(A_4\), …, \(A_{2020}\)) эквивалентны друг другу, так как каждая из них подходит под одно и то же описание: она соединена резисторами сопротивлением \(R\) с двумя особенными точками и с \((N - 3)\) остальными точками (заметим, что особенные точки под это описание не подходят, так как каждая из них соединена резистором лишь с одной особенной точкой, а не с двумя).

Эта логическая симметрия означает, что все не особенные точки будут иметь равные потенциалы, а значит, через резисторы, соединяющие эти точки, ток течь не будет и эти резисторы можно просто выкинуть. На эквивалентной схеме (см. рисунок) отсутствуют отрезки между всеми не особенными точками, а каждый отрезок с обозначенными концами имеет сопротивление \(R\).

Особенные точки \(A_1\) и \(A_2\) соединены между собой одним путём сопротивлением \(R\) и \((N - 2)\) путями сопротивлением \(2R\) каждый, поэтому искомое общее сопротивление найдём по свойствам параллельного соединения резисторов: \[R_0 = \dfrac{1}{\dfrac{N - 2}{2R} + \dfrac{1}{R}} = \dfrac{2R}{N} = \dfrac{R}{1010} \approx 49{,}5\text{ мОм}.\]

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

Подсказка

Индуцированный на ближней поверхности заряд \(-q\) вместе с самим зарядом \(q\) можно исключить из рассмотрения; для силы используйте метод изображений.

Ответ

1) \(U = \dfrac{q}{2C}\);  2) \(F = q^2\left(\dfrac{k}{4a^2} - \dfrac{1}{2Cd}\right)\), сила направлена от конденсатора.

Решение

Главное свойство проводников в электростатике: заряды распределяются по поверхности проводника так, чтобы поле в его толще отсутствовало.

При приближении точечного заряда \(q\) к правой пластине конденсатора (см. рисунок) на её наружной поверхности индуцируется неравномерно распределённый заряд \(-q\), который в области слева от этой поверхности полностью компенсирует поле точечного заряда. Поэтому точечный заряд \(q\) и этот неравномерно распределённый заряд \(-q\) можно исключить из рассмотрения.

После устранения индуцированного заряда \(-q\) правая пластина станет заряжена зарядом \(+q\), который распределится равномерно: по \(+q/2\) на внутренней и наружной поверхностях, чтобы не возникло поле в толще правой пластины.

Левая пластина остаётся незаряженной, но на ней должно произойти перераспределение заряда, чтобы компенсировать внутри неё внешнее поле, создаваемое суммарным зарядом \(+q\) на правой пластине, поэтому на левой пластине индуцируются заряды \(+q/2\) и \(-q/2\) соответственно на наружной и внутренней поверхностях (см. рисунок).

Заряды \(+q/2\) на наружных поверхностях пластин не создают поле в области конденсатора, поэтому эти два заряда можно исключить из рассмотрения.

Таким образом, остались только заряды \(-q/2\) и \(+q/2\) на внутренних поверхностях пластин, то есть конденсатор заряжен зарядом \(q/2\) до напряжения \[U = \dfrac{q}{2C}.\] Чтобы найти силу \(F\), воспользуемся методом изображений: индуцированный на наружной поверхности правой обкладки неравномерно распределённый заряд \(-q\) создаёт в области справа от этой поверхности такое же поле, какое создавал бы точечный заряд \(-q\), расположенный симметрично точечному заряду \(q\) относительно наружной обкладки правой пластины.

По закону Кулона находим направленную влево силу притяжения, действующую на точечный заряд со стороны индуцированного заряда \(-q\): \[F_1 = \dfrac{kq^2}{(2a)^2}.\] Равномерно распределённый по правой пластине суммарный заряд \(+q\) отталкивает точечный заряд вправо с силой \[F_2 = \dfrac{q}{2\varepsilon_0S}\cdot q = \dfrac{q^2}{2Cd},\] где для нахождения площади \(S\) пластин была использована формула ёмкости плоского конденсатора \(C = \varepsilon_0S/d\).

Левая пластина не создаёт поле вне себя, поэтому искомая внешняя сила должна противодействовать лишь векторной сумме \(F_1\) и \(F_2\): \[F = F_1 - F_2 = q^2\left(\dfrac{k}{4a^2} - \dfrac{1}{2Cd}\right).\] В рамках использованной модели \(S \gg a^2\), то есть \(F_1 \gg F_2\), а потому сила \(F\) направлена от конденсатора.

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

Подсказка

В первые периоды нить холодная, и сопротивление равно значению при малых напряжениях; в установившемся режиме нить нагрета так же, как при постоянном напряжении, равном действующему значению.

Ответ

\(\dfrac{I_1}{I_2} = \dfrac{U_0}{2b\sqrt{2}}\left(\sqrt{\dfrac{U_0}{b\sqrt{2}} + 1} - 1\right)^{-1} \approx 1{,}767\).

Решение

За несколько первых колебаний нить накаливания лампы не успеет нагреться, поэтому её сопротивление будет таким же, как и при малых постоянных напряжениях. Выразим это сопротивление по закону Ома: \[R_0 = \dfrac{\Delta U}{\Delta I},\] где \(\Delta U\) и \(\Delta I\) — малое напряжение и соответствующая ему малая сила тока, связь между которыми найдём через производную ВАХ лампы при неотрицательных подмодульных выражениях: \[R_0 = \dfrac{dU}{dI} = \dfrac{1}{\dfrac{dI}{dU}} = \dfrac{1}{I'(U)} = \dfrac{2b}{a}\sqrt{\dfrac{U}{b} + 1} = \dfrac{2b}{a},\] где на последнем шаге была выполнена подстановка \(U = 0\), так как искомое сопротивление \(R_0\) наблюдается при малых напряжениях. По закону Ома находим амплитуду колебаний силы тока в ходе нескольких первых периодов: \[I_1 = \dfrac{U_0}{R_0} = \dfrac{aU_0}{2b}. \tag{1}\] Через продолжительное время нить накаливания лампы достигнет равновесной температуры, которую она имела бы при подключении лампы к источнику постоянного напряжения, равного действующему значению переменного напряжения, то есть в установившемся режиме формула для ВАХ будет связывать между собой действующие значения силы тока и напряжения: \[I_{\text{дей}} = a\left(\sqrt{\dfrac{U_{\text{дей}}}{b} + 1} - 1\right). \tag{2}\] Обозначим через \(I_2\) амплитуду колебаний силы тока через большое время и запишем формулы для действующих значений силы тока и напряжения, справедливые для случая синусоидальной зависимости от времени: \[I_{\text{дей}} = \dfrac{I_2}{\sqrt{2}},\qquad U_{\text{дей}} = \dfrac{U_0}{\sqrt{2}}. \tag{3}\] Из формул (2) и (3) получаем выражение \[I_2 = a\sqrt{2}\left(\sqrt{\dfrac{U_0}{b\sqrt{2}} + 1} - 1\right). \tag{4}\] Вспоминая про формулу (1), находим окончательный ответ: \[\dfrac{I_1}{I_2} = \dfrac{U_0}{2b\sqrt{2}}\left(\sqrt{\dfrac{U_0}{b\sqrt{2}} + 1} - 1\right)^{-1} \approx 1{,}767.\]

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

Подсказка

Океан — выпуклое сферическое зеркало; найдите, на какой угол сместится МКС, и положение изображения Солнца как точки пересечения двух очень близких отражённых лучей.

Ответ

\(T = \dfrac{2u(R + H)(R + 2H)^2}{gR^2(R - 2H)} \approx 123\) с;  \(L \approx \dfrac{R}{2} + H = 3600\) км.

Решение

Пусть \(m\) и \(v\) — соответственно масса и скорость МКС, тогда её центростремительное ускорение при движении по орбите равно \(a_\perp = v^2/(R + H)\), а второй закон Ньютона для МКС имеет вид \[m\cdot\dfrac{v^2}{R + H} = mg\cdot\left(\dfrac{R}{R + H}\right)^2,\] где учтено, что согласно закону всемирного тяготения сила тяжести обратно пропорциональна квадрату расстояния до центра Земли, и откуда получаем соотношение \[v^2 = \dfrac{gR^2}{R + H}. \tag{1}\] Предположим (а в конце проверим), что к искомому моменту времени МКС сместится вдоль достаточно малой дуги \(ABC\) (см. рисунок), чтобы в расчётах можно было пользоваться приближениями для малых углов. Отрезок \(SE\), соединяющий центры Солнца и Земли, будем считать неподвижным, так как угловая скорость обращения Земли вокруг Солнца много меньше угловой скорости обращения МКС вокруг Земли. Наличие более одной буквы \(S\) на рисунке иллюстрирует тот факт, что Солнце в нашей модели — это огромная точка (дуга слева — это лишь край этой точки) на бесконечном расстоянии. Отметим, что суточное вращение Земли не играет вообще никакой роли, так как вращение шара вокруг оси, проходящей через его центр, не приводит ни к каким изменениям (по условию зеркальная область океана большая, то есть суша далеко и не успеет заменить собой воду в точке отражения лучей).

Обозначим через \(\varphi\) равные между собой углы падения и отражения (\(\angle SDB\) и \(\angle BDC\)), а также равный им (как соответственный) угол \(\angle SED\), и выразим через угол \(\varphi\) путь, пройденный МКС к искомому моменту времени: \[vT = \smile AB + \smile BC = \varphi(R + H) + \varphi H = (R + 2H)\varphi,\] где при расчёте длины второй дуги было использовано приближение \(\varphi \ll 1\) и откуда получаем соотношение \[\varphi = \dfrac{vT}{R + 2H}. \tag{2}\] Чтобы найти положение изображения Солнца на прямой \(DC\), нужно построить очень близкий к \(SD\) второй луч \(SF\) (см. рисунок). Жирные чёрточки в точках \(D\) и \(F\) — это касательные к поверхности воды в этих точках, то есть маленькие плоские зеркала. Сами зеркала образуют между собой угол \(\delta\), поэтому угол между отражёнными от них лучами будет \(2\delta\). Будем считать, что угол \(\delta\) бесконечно мал, тогда расстояние между зеркалами найдётся как длина дуги \(DF = R\delta\) (см. рисунок), а его проекция на общий перпендикуляр к прямым \(PD\) и \(PF\) (в силу малости \(\delta\) их можно считать почти параллельными) имеет вид \(DK = DF\cos\angle FDK = R\delta\cos\varphi\), так как по теореме об углах с соответственно перпендикулярными сторонами верно равенство \(\angle FDK = \angle BDC = \varphi\). Считая отрезок \(DK\) дугой окружности с центром в точке \(P\), выразим его длину в виде \(DK = DP\cdot 2\delta\). Приравнивая два выражения для \(DK\), находим расстояние от точки отражения до изображения: \[DP = \dfrac{R\cos\varphi}{2}.\]

Запишем расстояние от МКС до изображения Солнца в океане: \[x = CP = CD + DP = \dfrac{BD}{\cos\varphi} + DP = \dfrac{H}{\cos\varphi} + \dfrac{R\cos\varphi}{2}.\] Используя приближения \(\cos y \approx 1 - y^2/2\) и \(1/(1 + y) \approx 1 - y\), справедливые при \(y \ll 1\), преобразуем полученное выше выражение: \[x \approx H\left(1 + \dfrac{\varphi^2}{2}\right) + \dfrac{R}{2}\left(1 - \dfrac{\varphi^2}{2}\right) = \left(\dfrac{R}{2} + H\right) - \left(\dfrac{R}{2} - H\right)\dfrac{\varphi^2}{2}. \tag{3}\] После подстановки формул (2) и (1) в (3) получаем зависимость \[x = \left(\dfrac{R}{2} + H\right) - \dfrac{gR^2(R - 2H)}{2(R + H)(R + 2H)^2}\cdot\dfrac{T^2}{2},\] которая соответствует равноускоренному приближению с ускорением \[a = \dfrac{gR^2(R - 2H)}{2(R + H)(R + 2H)^2}.\] Из выражения \(u = aT\) для скорости приближения изображения к МКС получаем окончательный ответ: \[T = \dfrac{2u(R + H)(R + 2H)^2}{gR^2(R - 2H)} \approx 123\text{ с}.\] С помощью формул (1) и (2) можно убедиться, что изначальное предположение \(\varphi \ll 1\) выполнено. В пределах той же точности искомое расстояние можно найти в виде \[L = x(T) \approx x(0) = \dfrac{R}{2} + H = 3600\text{ км}.\] Примечание. Если заранее предвидеть, что значение \(T\) весьма мало (МКС не успеет значительно сместиться), то величину \(L\) можно было бы найти проще: заменить выпуклое сферическое зеркало радиусом \(R\) (океан) тонкой рассеивающей линзой с фокусным расстоянием \(-R/2\), оптическим центром в точке \(O\) (см. рисунок) и дополнительным отражением относительно плоскости линзы. Тогда параллельный пучок лучей от Солнца создаст изображение в фокусе, совпадающем с серединой \(N\) отрезка \(OE\), откуда сразу следует выражение \[L = AN = AO + ON = H + \dfrac{R}{2}.\] Однако найти \(T\), считая изображение зафиксированным в точке \(N\) (на самом деле оно смещается, так как по мере движения МКС создаётся разными лучами), уже не получится, так как описанная выше эквивалентность выпуклого зеркала и рассеивающей линзы является приближённым утверждением, при выводе которого пренебрегали поправками того же порядка малости, что и рассматриваемый в задаче эффект. Если применить это некорректное здесь приближение, то получится зависимость \[x = \left(\dfrac{R}{2} + H\right) + \dfrac{gR^3}{(R + 2H)(R + H)^2}\cdot\dfrac{T^2}{2},\] из которой следует, что изображение удаляется от МКС, то есть получается даже другой знак эффекта.

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