Всесоюзная, 1966/67, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

При распрямлении индуктивность падает, а вместе с ней уменьшается магнитный поток через соленоид. Как по закону Ленца ответит на это ЭДС самоиндукции?

Ответ

Сначала ток возрастает (при очень быстром распрямлении \(I\approx I_0L_0/L\)), затем уменьшается и через некоторое время снова становится равным первоначальному \(I_0=\mathcal{E}/R\).

Решение

Что происходит. Магнитный поток соленоида \(\Phi=LI\), где \(L\) — индуктивность. Когда проволоку вытягивают, витки расходятся и \(L\) уменьшается, поэтому поток тоже уменьшается. По закону Ленца ЭДС самоиндукции направлена так, чтобы противодействовать уменьшению потока, то есть поддерживает ток. Значит, ток растёт; когда вытягивание закончилось, избыток тока затухает до значения, которое задаёт только источник.

Обозначения. \(\mathcal{E}\) — ЭДС источника, \(R\) — полное сопротивление цепи (проволока, источник, амперметр), \(L(t)\) — индуктивность соленоида, \(I_0=\mathcal{E}/R\) — ток до растяжения.

1. Уравнение цепи. Закон Ома для замкнутой цепи с учётом ЭДС самоиндукции \(\mathcal{E}_{\text{си}}=-\dfrac{d\Phi}{dt}\): \[RI=\mathcal{E}-\frac{d(LI)}{dt}.\] До растяжения \(L\) и \(I\) постоянны, \(I=I_0=\mathcal{E}/R\).

2. Время растяжения мало. Пусть соленоид растягивают за время \(\tau\), много меньшее \(L/R\). За такое время падение напряжения \(RI\) успевает изменить поток \(\Phi=LI\) лишь на малую долю: из уравнения \(\dfrac{d\Phi}{dt}=\mathcal{E}-RI\) получаем \(\Delta\Phi\sim R I\tau\ll LI\). Поэтому поток почти не меняется, \[L(t)\,I(t)\approx L_0I_0\quad\Longrightarrow\quad I(t)\approx I_0\,\frac{L_0}{L(t)} .\] Индуктивность убывает от \(L_0\) до \(L_1\), значит ток возрастает до значения \(I_{\max}\approx I_0L_0/L_1\).

3. После растяжения. Теперь \(L=L_1=\text{const}\), уравнение \(L_1\dfrac{dI}{dt}=\mathcal{E}-RI\) имеет решение \[I=I_0+(I_{\max}-I_0)\,e^{-Rt'/L_1},\] где \(t'\) — время, отсчитанное от конца растяжения. Ток убывает по экспоненте и через время порядка \(L_1/R\) становится равным \(I_0=\mathcal{E}/R\): в установившемся режиме \(L\) в закон Ома не входит.

Обратите внимание: ток возвращается к первоначальному значению не потому, что «индуктивность вернулась», а потому, что при постоянном токе ЭДС самоиндукции равна нулю, и ток определяется только \(\mathcal{E}\) и \(R\).

Ответ: ток сначала возрастает (в пределе быстрого растяжения \(I=I_0L_0/L\)), затем убывает по экспоненте до первоначального значения \(\mathcal{E}/R\).

Проверка. Энергия: в пределе постоянного потока магнитная энергия \(\dfrac{\Phi^2}{2L}\) растёт при уменьшении \(L\) — это работа руки, растягивающей соленоид против сил, действующих на витки. Предел \(R\to0\) (сверхпроводящий контур): поток сохраняется всегда, ток остаётся \(I_0L_0/L_1\) и обратно не возвращается — в согласии с формулой, где время спада \(L_1/R\to\infty\).

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

Подсказка

Найдите угол, на который шар отклоняет один луч, как функцию угла падения. Для параллельного выходящего пучка эта величина должна быть одинаковой у всех лучей.

Ответ

Угол отклонения луча \(\varphi=2(\alpha-\beta)\) строго возрастает с углом падения \(\alpha\), если показатель преломления \(n>1\); лучи, падающие на разной высоте, отклоняются по-разному, поэтому пучок не остаётся параллельным.

Решение

Что происходит. Параллельные лучи попадают на шар на разной высоте, то есть под разными углами падения \(\alpha\) к нормали. После выхода они параллельны, только если шар отклонил все лучи на один и тот же угол \(\varphi\). Покажем, что \(\varphi\) зависит от \(\alpha\).

Обозначения. Шар радиуса \(R\) с центром \(O\), показатель преломления \(n>1\) (стекло в воздухе). Рассматриваем луч в плоскости, проходящей через центр шара и параллельной пучку. \(\alpha\) — угол падения, \(\beta\) — угол преломления.

1. Ход одного луча. На входе (точка \(A\)) закон преломления: \(\sin\alpha=n\sin\beta\). Треугольник \(OAB\) равнобедренный (\(OA=OB=R\)), поэтому угол между хордой \(AB\) и нормалью в точке \(B\) тоже равен \(\beta\); на выходе \(n\sin\beta=\sin\alpha'\), откуда \(\alpha'=\alpha\). На входе луч повернулся на угол \(\alpha-\beta\) к нормали, на выходе — ещё на \(\alpha-\beta\) в ту же сторону. Полный угол отклонения \[\varphi=2(\alpha-\beta).\]

2. Условие параллельности. Два входящих луча параллельны. Они останутся параллельными после выхода, только если повёрнуты на одинаковый угол: \(\varphi(\alpha)=\text{const}\) на всём интервале углов падения пучка, а значит, \(\dfrac{d\varphi}{d\alpha}=0\).

3. Производная. Продифференцируем закон преломления: \(\cos\alpha\,d\alpha=n\cos\beta\,d\beta\), откуда \[\frac{d\beta}{d\alpha}=\frac{\cos\alpha}{n\cos\beta}=\frac{\cos\alpha}{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}},\] так как \(n\cos\beta=\sqrt{n^2-n^2\sin^2\beta}=\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}\). Знаменатель при \(n>1\) больше \(\cos\alpha\): \(n^2-\sin^2\alpha>1-\sin^2\alpha=\cos^2\alpha\). Значит \(\dfrac{d\beta}{d\alpha}<1\) и \[\frac{d\varphi}{d\alpha}=2\left(1-\frac{d\beta}{d\alpha}\right)>0 .\] Равенство нулю возможно только при \(n=1\), то есть когда шара как среды нет.

График для \(n=1{,}5\): угол отклонения непрерывно растёт от нуля при \(\alpha=0\) до \(2(90^\circ-\arcsin\frac1n)\approx96{,}4^\circ\) при скользящем падении; пересечение с горизонтальной линией \(\varphi=\text{const}\) возможно только в одной точке, то есть горизонтали, нужной для параллельного пучка, график нигде не касается.

Обратите внимание: достаточно двух близких лучей: если пара бесконечно близких лучей после выхода не параллельна, то и весь пучок нет. Именно это даёт условие \(d\varphi/d\alpha\ne0\).

Проверка. При \(n\to1\) производная \(d\varphi/d\alpha\to0\) и \(\varphi\to0\): прозрачный шар «без стекла» ничего не отклоняет. При малых \(\alpha\) получаем \(\varphi\approx2\alpha(1-1/n)\): приосевые лучи отклоняются тем сильнее, чем дальше от оси, как и в линзе.

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

Подсказка

Шарик, соединённый с пластиной, и пластина — один проводник. Каким должен стать потенциал шарика?

Ответ

Модуль заряда \(|q|=2\pi\varepsilon_0Ur\); знак совпадает со знаком заряда той пластины, с которой соединили шарик.

Решение

Что происходит. Пока шарик не соединён ни с чем, он стоит в середине однородного поля, где потенциал ровно посередине между потенциалами пластин. После соединения проводником шарик и пластина образуют один проводник с одним потенциалом. Чтобы потенциал шарика стал равен потенциалу пластины, на шарике должен появиться заряд, собственный потенциал которого компенсирует разницу.

Обозначения. Потенциал нижней пластины принимаем за нуль, верхней — \(U\). Расстояние между пластинами велико по сравнению с \(r\), пластины велики по сравнению с шариком. Шарик соединяют с нижней пластиной (случай верхней отличается только знаком).

1. Потенциал в середине без шарика. Поле между пластинами однородно, потенциал растёт линейно от \(0\) до \(U\), посередине он равен \(U/2\).

2. Потенциал шарика с зарядом \(q\). Потенциал проводящего шарика в поле конденсатора складывается из потенциала внешнего поля в его центре и потенциала собственного заряда: \(\varphi_{\text{ш}}=\dfrac U2+\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r}\). Заряды, наведённые полем на поверхности шарика, не дают вклада: они образуют диполь, а его потенциал в центре шара равен нулю.

3. Условие соединения. Проводник означает равенство потенциалов шарика и нижней пластины. Потенциал пластины практически не меняется от небольшого добавленного заряда (ёмкость пластин много больше ёмкости шарика), поэтому \(\varphi_{\text{ш}}=0\): \[\frac U2+\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}=0\quad\Longrightarrow\quad q=-2\pi\varepsilon_0Ur .\] Знак минус: шарик получает заряд, одноимённый с нижней пластиной (у неё потенциал ниже, значит она заряжена отрицательно).

Обратите внимание: потенциал шарика после соединения равен \(0\), а не \(U\) и не \(U/2\); ошибиться легко, потому что «в середине» хочется оставить \(U/2\).

Ответ: \(|q|=2\pi\varepsilon_0Ur\).

Проверка. Размерность: \(\varepsilon_0U r\) — (Ф/м)\(\cdot\)В\(\cdot\)м = Ф\(\cdot\)В = Кл. Предел: при \(r\to0\) заряд \(q\to0\) (точечный шарик не искажает поле), при \(U=0\) тоже ноль — как и должно быть.

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

Подсказка

Если зарядить оба конденсатора от батареи и включить их последовательно с ней, получится \(3\mathcal{E}\). Как «подкачать» один из конденсаторов, используя батарею и второй конденсатор?

Ответ

Сколь угодно близкую к \(4\mathcal{E}\): после \(n\) циклов подкачки получается напряжение \(4\mathcal{E}-\mathcal{E}/2^n\).

Решение

Что происходит. Простейший способ: зарядить каждый конденсатор до \(\mathcal{E}\) и соединить оба последовательно с батареей — получим \(3\mathcal{E}\). Можно больше: если батарею включить последовательно с одним конденсатором, то на втором, замкнутом на эту пару, напряжение окажется выше \(\mathcal{E}\). Повторяя, доводим напряжение на втором конденсаторе почти до \(2\mathcal{E}\); последовательное соединение с батареей и другим конденсатором, заряженным до \(\mathcal{E}\), даёт напряжение, близкое к \(4\mathcal{E}\).

Обозначения. Ёмкость каждого конденсатора \(C\). \(U_1\), \(U_2\) — напряжения на конденсаторах \(C_1\), \(C_2\); \(q_1\), \(q_2\) — заряды их нижних пластин (на рисунке они положительны).

1. Одна подкачка. Соединим по кольцу: \(C_2\), батарею (её плюс направлен к \(C_1\)) и \(C_1\); нижние пластины соединены общим проводом. Идём по кольцу и складываем напряжения (второй закон Кирхгофа для кольца в конце процесса): \[\mathcal{E}+U_1=U_2 .\] Нижние пластины и соединяющий их провод изолированы, поэтому их суммарный заряд не меняется (закон сохранения заряда): \[q_1+q_2=C(U_1^{\text{нач}}+U_2^{\text{нач}}),\qquad\text{то есть}\quad U_1+U_2=U_1^{\text{нач}}+U_2^{\text{нач}} .\] Пусть перед соединением \(C_1\) заряжен от одной батареи до \(U_1^{\text{нач}}=\mathcal{E}\), а на \(C_2\) напряжение \(U_2^{\text{нач}}=U\). Решаем систему: \(U_1+U_2=\mathcal{E}+U\) и \(U_2-U_1=\mathcal{E}\), откуда \[U_2^{\text{нов}}=\mathcal{E}+\frac U2 .\]

2. Повторение. Начинаем с \(U=\mathcal{E}\) (второй конденсатор заряжен от батареи). Каждый раз заново заряжаем \(C_1\) от батареи до \(\mathcal{E}\) и повторяем подкачку. Получаем \(U^{(0)}=\mathcal{E}\), \(U^{(1)}=\dfrac32\mathcal{E}\), \(U^{(2)}=\dfrac74\mathcal{E}\) и вообще \[U^{(n)}=2\mathcal{E}-\frac{\mathcal{E}}{2^n}\ \xrightarrow[n\to\infty]{}\ 2\mathcal{E}.\] Действительно, если \(U^{(n)}=2\mathcal{E}-\mathcal{E}/2^n\), то \(U^{(n+1)}=\mathcal{E}+\dfrac12\left(2\mathcal{E}-\dfrac{\mathcal{E}}{2^n}\right)=2\mathcal{E}-\dfrac{\mathcal{E}}{2^{n+1}}\).

3. Итоговая сборка. Заряжаем \(C_1\) от батареи до \(\mathcal{E}\) и соединяем последовательно батарею, \(C_1\) и \(C_2\) (напряжения складываются): \[U_{\text{общ}}=\mathcal{E}+\mathcal{E}+U^{(n)}=4\mathcal{E}-\frac{\mathcal{E}}{2^n}.\]

Для \(n=0\) получаем \(3\mathcal{E}\), для \(n=1\) — \(3{,}5\mathcal{E}\), для \(n=2\) — \(3{,}75\mathcal{E}\) и так далее; напряжение сколь угодно близко к \(4\mathcal{E}\), но ровно \(4\mathcal{E}\) получилось бы только при бесконечном числе повторов.

Обратите внимание: «подкачка» идёт за счёт того, что батарея в кольце добавляет напряжение \(\mathcal{E}\) к напряжению на \(C_1\), а общий заряд нижних пластин сохраняется; каждый раз заново заряжать \(C_1\) от одной батареи необходимо, иначе в кольце сумма \(U_1+U_2\) не растёт.

Ответ: напряжение, сколь угодно близкое к \(4\mathcal{E}\). Именно в этой схеме больше \(4\mathcal{E}\) получить нельзя: напряжение на подкачиваемом конденсаторе стремится к \(2\mathcal{E}\).

Проверка. Энергия и заряд согласованы: при \(n=1\) на \(C_2\) напряжение \(\tfrac32\mathcal{E}\), на \(C_1\) после подкачки \(\tfrac12\mathcal{E}\), и \(U_1+U_2=2\mathcal{E}\) — как сумма \(\mathcal{E}+\mathcal{E}\) до соединения. Неподвижная точка \(U=\mathcal{E}+U/2\) даёт \(U=2\mathcal{E}\), как и предел последовательности.

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

Подсказка

Нить нерастяжима: на сколько брусок сместился к стене, на столько удлинился свисающий кусок нити. Груз участвует в двух движениях: вместе с бруском и вдоль нити.

Ответ

\(m=\dfrac{M\sin\alpha}{(1-\sin\alpha)^2}\); ускорение системы \(a=g\tan\alpha\).

Решение

Что происходит. Пока угол \(\alpha\) постоянен, нить с грузом движется вместе с бруском как жёсткая конструкция, и груз к тому же удаляется от блока вдоль нити: свисающий кусок удлиняется на столько, на сколько брусок приблизился к стене. Нужно записать второй закон Ньютона для бруска с блоком и для груза, учтя это и ускорение груза относительно земли, найти натяжение и ускорение и выразить \(m\).

Обозначения. \(T\) — натяжение нити (блок невесом, трения нет: натяжение одинаково с обеих сторон), \(a\) — ускорение бруска (к стене). Ось \(x\) направлена к стене (влево), ось \(y\) — вверх.

1. Брусок с блоком. Силы вдоль рельсов: нить тянет блок влево с силой \(T\) (горизонтальный кусок) и свисающий кусок тянет вправо с горизонтальной составляющей \(T\sin\alpha\). Второй закон Ньютона для бруска с блоком в проекции на ось \(x\): \[T-T\sin\alpha=Ma .\]

2. Ускорение груза. Относительно земли ускорение груза — сумма ускорения бруска \(a\) (влево) и ускорения вдоль нити от блока, которое по длине нити равно тоже \(a\) (нить удлиняется на столько, на сколько брусок сместился; угол \(\alpha\) не меняется, поэтому относительное движение идёт вдоль нити). Направление вдоль нити от блока: вправо и вниз, \((\sin\alpha;\,-\cos\alpha)\). Проекции ускорения груза: \[A_x=a-a\sin\alpha=a(1-\sin\alpha)\ \text{(влево)},\qquad A_y=-a\cos\alpha\ \text{(вниз)}.\]

3. Груз. На груз действуют тяжесть \(mg\) вниз и натяжение \(T\) вдоль нити к блоку, то есть влево и вверх. Второй закон Ньютона в проекциях: \[T\sin\alpha=ma(1-\sin\alpha),\qquad T\cos\alpha-mg=-ma\cos\alpha .\] Выразим \(T\) из второго: \(T\cos\alpha=m(g-a\cos\alpha)\). Разделим первое уравнение на второе: \[\tan\alpha=\frac{a(1-\sin\alpha)}{g-a\cos\alpha}\quad\Longrightarrow\quad g\tan\alpha-a\sin\alpha=a-a\sin\alpha\quad\Longrightarrow\quad a=g\tan\alpha .\] Ускорение не зависит от масс. Натяжение из второго уравнения груза: \[T=\frac{m(g-a\cos\alpha)}{\cos\alpha}=\frac{mg(1-\sin\alpha)}{\cos\alpha}.\]

4. Масса груза. Подставим \(a\) и \(T\) в уравнение бруска: \[\frac{mg(1-\sin\alpha)}{\cos\alpha}(1-\sin\alpha)=Mg\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\quad\Longrightarrow\quad m=\frac{M\sin\alpha}{(1-\sin\alpha)^2}.\]

Обратите внимание: в книге приведён другой ответ, \(m=\dfrac{M\sin\alpha}{1-\sin\alpha}\). Он получается, если принять, что проекция ускорения груза на нить равна \(a\) и его горизонтальная проекция тоже равна \(a\). Но блок вместе с бруском сам движется: ускорение груза относительно земли — сумма ускорения бруска и ускорения вдоль нити, как в шаге 2. Правильность нашего ответа подтверждается независимой проверкой ниже.

Ответ: \(m=\dfrac{M\sin\alpha}{(1-\sin\alpha)^2}\).

Проверка энергетическим способом. Пусть брусок сместился на \(s\) к стене, его скорость \(v\). Груз движется со скоростью с компонентами \(v(1-\sin\alpha)\) по горизонтали и \(v\cos\alpha\) вниз, его кинетическая энергия \(\tfrac12mv^2\bigl[(1-\sin\alpha)^2+\cos^2\alpha\bigr]=\tfrac12mv^2\cdot2(1-\sin\alpha)\); он опустился на \(s\cos\alpha\). Закон сохранения энергии: \[\tfrac12\bigl(M+2m(1-\sin\alpha)\bigr)v^2=mgs\cos\alpha\ \Longrightarrow\ a=\frac{mg\cos\alpha}{M+2m(1-\sin\alpha)} .\] Приравняем к \(a=g\tan\alpha\): \(m\cos^2\alpha=\sin\alpha\,\bigl(M+2m(1-\sin\alpha)\bigr)\), откуда \(m(1-\sin\alpha)^2=M\sin\alpha\)  — тот же ответ. Предел \(\alpha\to0\): \(m\to0\) (груз почти вертикален и ничего не тянет), \(\alpha\to90^\circ\): \(m\to\infty\).

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