Всесоюзная, 1968/69, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Одна и та же доля энергии деформации теряется при каждом ударе — значит, одинаков коэффициент восстановления скорости. Найдите его из первого удара, где левый шар остановился, и примените ко второму.

Ответ

\(\gamma=\beta\): левый шар после второго соударения отклонится на тот же угол \(\beta\). (При этом масса левого шара меньше, \(M/m=\sin\dfrac\beta2/\sin\dfrac\alpha2\).)

Решение

Что происходит. Левый шар (масса \(M\)) налетает на покоящийся правый (масса \(m\)) и после первого удара останавливается, правый уходит вправо, отклоняется на угол \(\beta\) и возвращается: ударяет по покоящемуся левому шару второй раз с той же скоростью. Потери одинаковой доли энергии деформации означают, что при обоих ударах одинаков коэффициент восстановления \(e\) — отношение скорости разлёта к скорости сближения. Найдём \(e\) из первого удара и применим ко второму.

Обозначения. \(l\) — длина нитей, \(v\) — скорость левого шара перед первым ударом, \(u\) — скорость правого после него и перед вторым ударом, \(V\) — скорость левого шара после второго удара, \(u_2\) — правого. \(k\) — доля энергии деформации, переходящая в тепло.

1. Скорости при качании. Пока шар качается (трения нет), сохраняется его механическая энергия: \(\dfrac{Mv^2}{2}=Mgl(1-\cos\alpha)\), поэтому \(v^2=2gl(1-\cos\alpha)\). Правый шар после удара поднимается на угол \(\beta\): \(u^2=2gl(1-\cos\beta)\). При возвращении к нижней точке скорость правого снова равна \(u\).

2. Коэффициент восстановления. В момент наибольшего сжатия шары движутся с общей скоростью центра масс, и вся кинетическая энергия относительного движения \(\dfrac{\mu w^2}{2}\) (\(\mu=\dfrac{Mm}{M+m}\), \(w\) — скорость сближения) равна потенциальной энергии деформации \(W_p\). Доля \(k\) этой энергии уходит в тепло, остальное возвращается в относительное движение: \(\dfrac{\mu w'^2}{2}=(1-k)W_p\), откуда скорость разлёта \(w'=w\sqrt{1-k}\). Значит, \(e=\sqrt{1-k}\) — одно и то же число при каждом ударе.

3. Первый удар. Закон сохранения импульса системы шаров за время удара (нити вертикальны, удар мгновенный): \(Mv=mu\) (левый после удара остановился). Скорость сближения \(v\), скорость разлёта \(u-0=u\): \(e=\dfrac uv\). Из импульса \(u=\dfrac Mm v\), поэтому \(e=\dfrac Mm\). Следовательно, \(M<m\) и \(\dfrac Mm=\dfrac{u}{v}=\dfrac{\sin(\beta/2)}{\sin(\alpha/2)}\).

4. Второй удар. Правый шар со скоростью \(u\) налетает на покоящийся левый. Закон сохранения импульса и определение \(e\) (скорость разлёта равна \(e\,u\)): \[mu=mu_2+MV,\qquad V-u_2=eu .\] Исключая \(u_2\), получаем \(V=\dfrac{(1+e)\,m\,u}{m+M}\). Подставляя \(e=\dfrac Mm\): \(1+e=\dfrac{m+M}{m}\), поэтому \(V=u\).

5. Угол. Левый шар после второго удара движется с той же скоростью \(u\), с какой правый ушёл после первого, и поднимается на ту же высоту: из \(V^2=2gl(1-\cos\gamma)\) и \(u^2=2gl(1-\cos\beta)\) получаем \(\gamma=\beta\).

Обратите внимание: правый шар после второго удара не останавливается: его скорость \(u_2=\dfrac{m-M}{m}\,u\) направлена в ту же сторону, и он отклоняется на угол \(\delta\), \(\sin\dfrac\delta2=\dfrac{m-M}{m}\sin\dfrac\beta2\). Условие «левый остановился» — это именно \(e=M/m\).

Ответ. \(\gamma=\beta\).

Проверка. Числа: \(\alpha=60^\circ\), \(M/m=0{,}5\) (тогда \(\sin\dfrac\beta2=0{,}5\sin30^\circ=0{,}25\), \(\beta\approx29^\circ\)). При \(m=1\), \(M=0{,}5\), \(gl=1\): \(v^2=1\), \(u=ev=0{,}5\). Энергия до первого удара \(0{,}25\), после — \(\tfrac12\cdot1\cdot0{,}25=0{,}125\); потеряно \(0{,}125=(1-e^2)\cdot\tfrac{\mu v^2}{2}=0{,}75\cdot\tfrac13\cdot\tfrac12\) — верно. Второй удар: \(V=u=0{,}5\), \(u_2=0{,}25\), энергия после \(0{,}0625+0{,}03125=0{,}09375\) при энергии до \(0{,}125\); потеряно \(0{,}03125=0{,}75\cdot\tfrac13\cdot\tfrac{0{,}25}{2}\) — та же доля.

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

Подсказка

С какой скоростью кирпич отрывается от мяча? Что в этот момент делают верхняя и нижняя точки мяча, и какова скорость его центра?

Ответ

Мяч подскакивает примерно на \(h/4\approx25\) см, где \(h=1\) м — высота подскока кирпича.

Решение

Что происходит. Кирпич сжимает мяч, мяч распрямляется и подбрасывает кирпич почти на прежнюю высоту — значит, кирпич тяжёл и отрывается от мяча со скоростью \(v=\sqrt{2gh}\). В этот момент нижняя точка мяча ещё стоит на полу (скорость нуль), верхняя точка движется вместе с кирпичом (скорость \(v\)). Центр мяча движется со средней скоростью \(v/2\), и дальше мяч летит свободно.

Допущения. Кирпич много тяжелее мяча: потери при подскоке малы, подскок почти на ту же высоту. Мяч деформируется однородно: скорость точек вдоль вертикального диаметра растёт линейно от \(0\) внизу до \(v\) вверху. Это оценка; колебания мяча после отрыва на движение его центра масс не влияют.

1. Скорость кирпича при отрыве. После отрыва кирпич движется свободно. Закон сохранения механической энергии кирпича от момента отрыва до верхней точки: \(\dfrac{Mv^2}{2}=Mgh\), откуда \(v=\sqrt{2gh}\) (\(M\) — масса кирпича, \(h\approx1\) м).

2. Скорость центра мяча. В момент отрыва кирпича верх мяча имеет скорость \(v\), низ — ноль. При линейном профиле скорость центра — среднее: \(v_{\text{ц}}=v/2\).

3. Подскок мяча. После отрыва на мяч действует только сила тяжести, поэтому по теореме о движении центра масс его центр летит вверх, как брошенная точка, с начальной скоростью \(v/2\) и ускорением \(g\) (внутренние колебания мяча на это не влияют): \[h_1=\frac{(v/2)^2}{2g}=\frac{v^2}{8g}=\frac h4\approx25\text{ см}.\]

Обратите внимание: мяч поднимается заметно ниже кирпича: его центр движется вдвое медленнее верхней точки, а высота подъёма зависит от квадрата скорости.

Ответ. \(h_1\approx h/4\approx25\) см.

Проверка. Размерность: \(v^2/g\) — длина. Согласованность допущения о тяжёлом кирпиче: энергия мяча \(\dfrac{m}{2}\cdot\dfrac{v^2}{4}\) много меньше энергии кирпича \(\dfrac{Mv^2}{2}\), когда \(m\ll M\): мяч почти не отбирает энергию у кирпича.

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

Подсказка

При нагревании при постоянном давлении газ ещё и расширяется. Куда уходит лишнее тепло и как выразить эту работу через температуру?

Ответ

Молярная масса \(M\approx32\cdot10^{-3}\) кг/моль — кислород.

Решение

Что происходит. При нагревании при постоянном объёме газ не совершает работы, и всё тепло идёт на увеличение внутренней энергии. При постоянном давлении газ ещё расширяется и совершает работу, поэтому тепла нужно больше. Разность теплоёмкостей — это работа расширения при нагревании на 1 К; её выражает уравнение состояния через молярную массу.

Обозначения. \(m=1\) кг — масса газа, \(c_p=912\text{ Дж/(кг}\cdot\text{К)}\) и \(c_V=649\text{ Дж/(кг}\cdot\text{К)}\) — удельные теплоёмкости, \(\Delta T=1\) К, \(M\) — молярная масса, \(R=8{,}31\text{ Дж/(моль}\cdot\text{К)}\).

1. Первое начало термодинамики для двух процессов (внутренняя энергия идеального газа зависит только от температуры, поэтому при одинаковом \(\Delta T\) её изменение \(\Delta U\) одинаково): \[mc_V\Delta T=\Delta U,\qquad mc_p\Delta T=\Delta U+A .\]

2. Работа при постоянном давлении. Из уравнения Менделеева — Клапейрона \(pV=\dfrac mMRT\) при \(p=\text{const}\): \[A=p\Delta V=\frac mM\,R\,\Delta T .\]

3. Связь теплоёмкостей. Вычтем первое уравнение из второго и подставим \(A\): \[m\,(c_p-c_V)\Delta T=\frac mMR\Delta T\;\Rightarrow\;c_p-c_V=\frac RM .\]

4. Молярная масса. \[M=\frac{R}{c_p-c_V}=\frac{8{,}31}{912-649}\text{ кг/моль}\approx0{,}0316\text{ кг/моль}\approx32\text{ г/моль}.\] Такая молярная масса у кислорода \(\text{O}_2\).

Обратите внимание: теплоёмкости здесь удельные, на килограмм, а \(R\) — на моль, поэтому получается именно молярная масса.

Ответ. \(M=\dfrac{R}{c_p-c_V}\approx32\cdot10^{-3}\) кг/моль — кислород.

Проверка. Размерность: \(\dfrac{\text{Дж/(моль}\cdot\text{К)}}{\text{Дж/(кг}\cdot\text{К)}}=\dfrac{\text{кг}}{\text{моль}}\). Второй способ: для двухатомного газа \(c_V=\dfrac{5}{2}\dfrac RM\); при \(M=0{,}032\) кг/моль \(c_V=\dfrac{2{,}5\cdot8{,}31}{0{,}032}\approx649\text{ Дж/(кг}\cdot\text{К)}\) — совпадает с условием.

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

Подсказка

Двигатель постоянного тока: ЭДС индукции пропорциональна угловой скорости, а момент — току. Найдите оба коэффициента из двух данных режимов (без нагрузки и заторможенный якорь).

Ответ

\(M=\dfrac{2\mathcal{E}I_0\,\omega}{\omega_0^2}\).

Решение

Что происходит. Якорь в поле постоянного магнита: при вращении в нём возникает ЭДС индукции, пропорциональная \(\omega\), и она направлена против ЭДС источника. Момент, который двигатель развивает, пропорционален току в якоре. Если ток у одного двигателя течёт в одну сторону, а у другого ЭДС источника переключена, то моменты противоположны, и внешний момент должен компенсировать их разность.

Обозначения. \(R\) — сопротивление обмотки якоря; ЭДС индукции \(\mathcal{E}_{\text{и}}=k\omega\); момент двигателя \(M_{\text{дв}}=kI\); \(I_1\) и \(I_2\) — токи в двигателях 1 и 2 (их модули); \(M\) — искомый внешний момент.

1. Постоянные двигателя. Заторможенный якорь (\(\omega=0\), ЭДС индукции нет): по закону Ома \(I_0=\dfrac{\mathcal{E}}{R}\), откуда \(R=\dfrac{\mathcal{E}}{I_0}\). Без нагрузки и трения механическая мощность равна нулю, значит, ток равен нулю: ЭДС индукции равна ЭДС источника, \(k\omega_0=\mathcal{E}\), откуда \(k=\dfrac{\mathcal{E}}{\omega_0}\).

2. Момент двигателя. Мощность, переходящая в механическую, равна \(\mathcal{E}_{\text{и}}I=k\omega I\) и равна \(M_{\text{дв}}\,\omega\); значит, \(M_{\text{дв}}=kI\).

3. Токи при вращении с \(\omega\). Двигатель 1 включён как прежде: ЭДС индукции вычитается из ЭДС источника: \[I_1=\frac{\mathcal{E}-k\omega}{R}=I_0\Bigl(1-\frac\omega{\omega_0}\Bigr).\] В двигателе 2 источник включён наоборот, и ЭДС индукции складывается с ЭДС источника в ту же сторону тока: \[I_2=\frac{\mathcal{E}+k\omega}{R}=I_0\Bigl(1+\frac\omega{\omega_0}\Bigr).\] Двигатель 1 вращает якорь в сторону \(\omega\) с моментом \(kI_1\), двигатель 2 тормозит с моментом \(kI_2\).

4. Баланс моментов при постоянной \(\omega\). Угловое ускорение равно нулю, сумма моментов на соединённых якорях равна нулю: внешний момент \(M\) направлен как \(\omega\) и \[M+kI_1-kI_2=0\;\Rightarrow\;M=k\,(I_2-I_1)=k\cdot2I_0\frac{\omega}{\omega_0}=\frac{2\mathcal{E}I_0\,\omega}{\omega_0^2}.\]

Обратите внимание: ЭДС источника в двигателе 2 не ограничивает ток, а помогает ему: ток \(I_2\) растёт с \(\omega\), а \(I_1\) падает. Поэтому момент линейно растёт с \(\omega\).

Ответ. \(M=\dfrac{2\mathcal{E}I_0\,\omega}{\omega_0^2}\).

Проверка. Размерность: \(\mathcal{E}I_0\) — мощность, делённая на \(\omega\) — момент. Энергия при \(\omega=\omega_0/2\) (для \(\mathcal{E}=I_0=\omega_0=1\)): \(I_1=0{,}5\), \(I_2=1{,}5\), \(M=1\); мощность источников \(\mathcal{E}(I_1+I_2)=2\) плюс мощность внешнего момента \(M\omega=0{,}5\) равны тепловым потерям \(I_1^2R+I_2^2R=0{,}25+2{,}25=2{,}5\) — верно. Пределы: при \(\omega=0\) моменты равны и противоположны, \(M=0\); при \(\omega=\omega_0\) ток \(I_1=0\), и \(M=2kI_0\) — тормозит только двигатель 2.

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

Подсказка

Оптическая сила 1 дптр — фокусное расстояние 1 м, то есть дно ящика — фокальная плоскость линзы. Сравните, из какого телесного угла неба приходит свет на малую площадку дна в обоих случаях.

Ответ

Не изменится.

Решение

Что происходит. Пелена облаков светит одинаково по всем направлениям: ей можно приписать одну яркость \(B\) — световой поток на единицу площади площадки в единичном телесном угле. Освещённость малой площадки равна \(B\,\Omega\), где \(\Omega\) — телесный угол, из которого на неё приходит свет. Без линзы \(\Omega\) определяет отверстие, с линзой — участок неба, изображение которого лежит на площадке.

Обозначения. \(S_{\text{отв}}\) — площадь отверстия (и линзы), \(h=1\) м, \(E_1\) и \(E_2\) — освещённость дна под отверстием без линзы и с линзой, \(f=1/D=1\) м \(=h\) — фокусное расстояние линзы.

1. Без линзы. Площадка на дне под центром отверстия видит небо через отверстие под телесным углом \(\Omega=S_{\text{отв}}/h^2\) (углы малы, лучи почти перпендикулярны площадке): \[E_1=B\,\Omega=B\,\frac{S_{\text{отв}}}{h^2}.\]

2. С линзой. Дно находится в фокальной плоскости, потому что \(f=h\). Параллельный пучок от каждого направления неба собирается в одну точку фокальной плоскости; точка на дне, смещённая на \(x\approx f\theta\) от центра, получает свет только с направления \(\theta\). Поэтому площадке \(S\) на дне соответствует участок неба с телесным углом \(\omega=S/f^2\). Весь свет этого участка, прошедший через отверстие, попадает на площадку: поток \(\Phi=B\,\omega\,S_{\text{отв}}\) (потерями в линзе пренебрегаем). Освещённость \[E_2=\frac{\Phi}{S}=B\,\frac{S}{f^2}\cdot\frac{S_{\text{отв}}}{S}=B\,\frac{S_{\text{отв}}}{f^2}=B\,\frac{S_{\text{отв}}}{h^2}.\]

3. Сравнение. \(E_2=E_1\).

Обратите внимание: линза собирает свет в точку, но и берёт его из узкого телесного угла; яркость изображения неба на дне равна яркости самого неба, и освещённость не растёт. Результат верен именно потому, что \(f=h\): дно — в фокальной плоскости.

Ответ. Освещённость дна под отверстием не изменится: \(E_2=E_1=B\,S_{\text{отв}}/h^2\).

Проверка. Размерность: \(B\,\Omega\) — освещённость (\(\Omega\) безразмерно). Результат не зависит ни от площади отверстия, ни от яркости неба: отношение \(E_2/E_1=h^2/f^2=1\).

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

Подсказка

Перейдите в систему центра масс: там импульсы частиц до и после упругого удара одинаковы по модулю и могут отличаться лишь направлением. Постройте, куда может «смотреть» импульс тяжёлой частицы в исходной системе.

Ответ

\(\sin\alpha_{\max}=\dfrac mM\) (при \(m<M\); если \(m\ge M\), тяжёлая частица может отклониться на любой угол).

Решение

Что происходит. Удар упругий, поэтому в системе центра масс частицы после удара имеют те же по модулю импульсы, что и до него, а направление может быть любым. Переход обратно в лабораторную систему прибавляет к импульсу тяжёлой частицы вектор \(M\vec v_{\text{ц}}\). Конец вектора её импульса лежит на окружности; максимальный угол — у касательной к этой окружности.

Обозначения. \(\vec v\) — скорость тяжёлой частицы до удара (лёгкая покоится), \(\vec v_{\text{ц}}=\dfrac{M}{M+m}\vec v\) — скорость центра масс, \(\alpha\) — угол между импульсом тяжёлой частицы после удара и направлением \(\vec v\).

1. Система центра масс (движется равномерно, поэтому инерциальна). Импульс тяжёлой частицы до удара \(\vec p=M(\vec v-\vec v_{\text{ц}})=\dfrac{Mm}{M+m}\vec v\), лёгкой — \(-\vec p\) (суммарный импульс в системе центра масс равен нулю).

2. Упругий удар. Сохраняются импульс и энергия \(\dfrac{p^2}{2M}+\dfrac{p^2}{2m}\); суммарный импульс остаётся нулевым, поэтому у частиц после удара импульсы \(\vec p\,'\) и \(-\vec p\,'\), и из сохранения энергии \(|\vec p\,'|=p\). Направление \(\vec p\,'\) любое.

3. Лабораторная система. Импульс тяжёлой частицы после удара \(\vec P'=M\vec v_{\text{ц}}+\vec p\,'\). Начало вектора \(\vec P'\) — в точке \(O\), конец — на окружности радиуса \(p\) с центром в конце вектора \(M\vec v_{\text{ц}}\).

4. Максимальный угол. Угол между \(\vec P'\) и направлением \(\vec v\) наибольший, когда \(\vec P'\) касается окружности. Из прямоугольного треугольника (радиус к точке касания перпендикулярен касательной): \[\sin\alpha_{\max}=\frac{p}{Mv_{\text{ц}}}=\frac{Mmv/(M+m)}{M^2v/(M+m)}=\frac mM .\] Касательная существует, если точка \(O\) вне окружности, то есть \(Mv_{\text{ц}}>p\), или \(M>m\). При \(M\le m\) точка \(O\) внутри окружности (или на ней), и тяжёлая частица может отклониться на любой угол.

Обратите внимание: окружность проходит через конец вектора \(M\vec v\) — это импульс тяжёлой частицы без удара (скользящий удар).

Ответ. \(\sin\alpha_{\max}=\dfrac mM\).

Проверка. Предел \(m=M\): \(\sin\alpha_{\max}=1\), \(\alpha_{\max}=90^\circ\) — частицы равной массы разлетаются под прямым углом. Предел \(m\ll M\): \(\alpha_{\max}\approx m/M\) мал — тяжёлая частица почти не отклоняется. Размерность: отношение масс безразмерно.

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

Подсказка

В установившемся режиме холодильник отнимает у камеры столько тепла, сколько проникает внутрь. Минимальная работа — у идеальной машины, работающей по обратному циклу Карно.

Ответ

\(P_{\min}=\dfrac{Q}{t}\cdot\dfrac{T_2-T_1}{T_1}\approx0{,}11\) Вт (при \(Q=7{,}6\cdot10^3\) Дж за час).

Решение

Что происходит. Холодильник — тепловая машина, работающая по обратному циклу: отнимает у холодной камеры тепло \(Q_1\) и отдаёт комнате \(Q_2=Q_1+A\), где \(A\) — работа, которую совершает мотор. В установившемся режиме температура внутри не меняется, значит, \(Q_1\) равно теплу \(Q\), проникающему через стенки. Работа минимальна у идеальной машины (цикл Карно), для которой \(\dfrac{Q_2}{T_2}=\dfrac{Q_1}{T_1}\).

Обозначения. \(T_1=278\) К, \(T_2=293\) К, \(t=1\text{ ч}=3600\) с, \(Q_1=Q\), \(A_{\min}\) — минимальная работа за время \(t\).

1. Работа идеальной машины. Из \(Q_2=Q_1\dfrac{T_2}{T_1}\) и \(A=Q_2-Q_1\) получаем \[A_{\min}=Q_1\Bigl(\frac{T_2}{T_1}-1\Bigr)=Q_1\,\frac{T_2-T_1}{T_1}.\]

2. Мощность. \[P_{\min}=\frac{A_{\min}}{t}=\frac{Q}{t}\cdot\frac{T_2-T_1}{T_1}=\frac{7600}{3600}\cdot\frac{15}{278}\text{ Вт}\approx0{,}11\text{ Вт}.\]

Обратите внимание: холодильник тратит работу не на «холод», а на перекачку тепла вверх по температуре, и затраты тем меньше, чем меньше разность \(T_2-T_1\). Реальные холодильники необратимы и потребляют значительно больше.

В решении книги записана формула \(P=\dfrac{Q_1}{t}\dfrac{T_1}{T_2-T_1}\) — это не работа, а отношение \(Q_1/A\) (холодильный коэффициент), в мощность оно входит обратным. Число 12 Вт в книге получается именно по верной формуле при \(Q_1\approx7{,}9\cdot10^5\) Дж за час; такой приток тепла (около \(200\) Вт) правдоподобнее для бытового холодильника, так что показатель степени в условии, вероятно, опечатка.

Ответ. \(P_{\min}=\dfrac{Q}{t}\cdot\dfrac{T_2-T_1}{T_1}\approx0{,}11\) Вт (для \(Q=7{,}6\cdot10^3\) Дж за час); при \(Q=7{,}9\cdot10^5\) Дж за час — около 12 Вт, как в книге.

Проверка. Размерность: \(\dfrac{\text{Дж}}{\text{с}}\). Предел \(T_2\to T_1\): \(P\to0\) — переносить тепло между равными температурами работы не требуется. Второй способ: холодильный коэффициент \(\dfrac{Q_1}{A}=\dfrac{T_1}{T_2-T_1}\approx18{,}5\), поэтому \(A=\dfrac{Q_1}{18{,}5}\) и \(P=\dfrac{2{,}11\text{ Вт}}{18{,}5}\approx0{,}11\) Вт.

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

Подсказка

При каком внешнем сопротивлении мощность во внешней цепи максимальна? Как из четырёх сопротивлений набрать это значение, и не превысит ли мощность отдельной спирали 2 Вт?

Ответ

Нужно сопротивление нагревателя \(R=r=25\) Ом: две цепочки из спиралей \(10+40\) Ом и \(20+30\) Ом (по 50 Ом) включить параллельно. Мощность в нагревателе 4 Вт, на каждой спирали не больше 1,6 Вт.

Решение

Что происходит. Мощность во внешней цепи \(P=I^2R\) зависит от внешнего сопротивления \(R\): при малом \(R\) мал множитель \(R\), при большом мал ток. Максимум — при \(R=r\). Остаётся набрать из спиралей 25 Ом и проверить, что ни одна не перегреется.

Обозначения. \(R\) — сопротивление нагревателя, \(r=25\) Ом, \(\mathcal{E}=20\) В, \(I\) — ток в источнике.

1. Максимум мощности. Закон Ома для полной цепи: \(I=\dfrac{\mathcal{E}}{R+r}\), мощность во внешней цепи \[P=I^2R=\frac{\mathcal{E}^2R}{(R+r)^2}=\frac{\mathcal{E}^2}{R+\dfrac{r^2}{R}+2r}.\] По неравенству о среднем \(R+\dfrac{r^2}{R}\ge2r\), равенство при \(R=r\), поэтому знаменатель минимален, а \(P\) максимальна при \(R=r\): \[P_{\max}=\frac{\mathcal{E}^2}{4r}=\frac{400}{100}=4\text{ Вт}.\]

2. Набор 25 Ом. Две цепочки \(10+40=50\) Ом и \(20+30=50\) Ом, включённые параллельно, дают \(\dfrac{50\cdot50}{50+50}=25\) Ом.

3. Токи и мощности. Ток в источнике \(I=\dfrac{20}{25+25}=0{,}4\) А, по каждой цепочке \(0{,}2\) А (цепочки одинаковы). Мощности спиралей \(I^2R\) при \(I=0{,}2\) А: \(0{,}4\) Вт, \(0{,}8\) Вт, \(1{,}2\) Вт, \(1{,}6\) Вт для 10, 20, 30, 40 Ом — ни одна не превышает 2 Вт.

Обратите внимание: другие способы дают сопротивление, отличное от 25 Ом, и меньшую мощность. Например, \((10+30)\parallel(20+40)=24\) Ом допустимо по мощностям спиралей, но даёт \(3{,}998\) Вт — чуть меньше. Перебор всех последовательно-параллельных соединений подтверждает, что точное максимальное значение \(4\) Вт при допустимых мощностях даёт только схема на рисунке.

Ответ. Включить параллельно две цепочки: \(10\text{ Ом}+40\text{ Ом}\) и \(20\text{ Ом}+30\text{ Ом}\); \(R=25\) Ом \(=r\), мощность \(4\) Вт.

Проверка. Размерность: \(\mathcal{E}^2/R\) — ватт. На графике максимум \(P(R)\) при \(R=25\) Ом равен \(4\) Вт; при \(R=24\) и \(26\) Ом мощность \(3{,}998\) Вт — вблизи максимума график плоский. Мощность источника целиком: \(I^2(R+r)=0{,}16\cdot50=8\) Вт — вдвое больше мощности нагревателя; половина тепла выделяется внутри самого источника, как и должно быть при \(R=r\).

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

Подсказка

Для рассеивающей линзы изображение Солнца в фокальной плоскости объектива — мнимый предмет. Как расположить линзу, чтобы действительное изображение выросло втрое?

Ответ

Можно. Линзу нужно поставить на \(\frac23\) м перед фокальной плоскостью объектива; новое изображение окажется на 2 м за линзой (на \(\frac43\) м дальше прежнего). Для этого фокусное расстояние объектива должно быть больше \(\frac23\) м.

Решение

Что происходит. Объектив собирает параллельный пучок от Солнца в точку (изображение \(AB\)) своей фокальной плоскости. Рассеивающая линза, поставленная в этот сходящийся пучок до фокальной плоскости, делает его менее сходящимся: лучи сойдутся дальше и изображение станет крупнее. Для линзы \(AB\) — мнимый предмет, как в задаче про оптическую систему и рассеивающую линзу.

Обозначения. \(O\) — центр рассеивающей линзы, \(F\) — её фокус по ходу света, \(f=\dfrac{1}{1\text{ дптр}}=1\) м, \(a=OA\) — расстояние от линзы до прежнего изображения (на фокальной плоскости объектива), \(b=OA'\) — до нового изображения, \(\Gamma=A'B'/AB=3\).

1. Два луча. Луч, идущий к точке \(B\) через центр линзы, не преломляется. Луч, идущий к фокусу \(F\), после рассеивающей линзы идёт параллельно главной оптической оси. Оба продолжены пунктиром до встречи в мнимом предмете \(AB\).

2. Построение. На линзе выберем точку на высоте \(3\,AB\). Луч, выходящий из неё параллельно оси, должен пройти в новом изображении через \(B'\). Входящий в эту точку луч идёт к \(F\) и пересекает вертикаль \(AB\) на высоте \(AB\): из подобия \(\dfrac{AB}{3AB}=\dfrac{f-a}{f}\), откуда \(a=\dfrac23f=\dfrac23\) м.

3. Расчёт. Формула линзы для мнимого предмета: \(\dfrac1b=\dfrac1a-\dfrac1f=\dfrac32-1=\dfrac12\text{ м}^{-1}\), \(b=2\) м, \(\Gamma=\dfrac ba=3\).

4. Условие осуществимости. Линзу нужно поставить на расстоянии \(a=\frac23\) м перед фокальной плоскостью объектива, то есть фокусное расстояние объектива должно быть не меньше \(\frac23\) м (иначе линзу негде поставить между объективом и его фокальной плоскостью).

Обратите внимание: линза стоит до изображения (\(a<f\)); при \(a>f\) рассеивающее действие линзы сильнее сходимости пучка, лучи не соберутся, и изображение будет мнимым.

Ответ. Да: линза на \(\frac23\) м перед фокальной плоскостью; новое изображение Солнца — на 2 м за линзой, на \(\frac43\) м дальше прежнего, в 3 раза больше.

Проверка. Предел \(a\to0\): линза у самого изображения его не меняет, \(\Gamma\to1\); \(\Gamma=\dfrac{1}{1-a/f}\) растёт монотонно, значение 3 достигается один раз.

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

Подсказка

В обоих случаях к нижней педали приложена одна и та же сила \(F\) вперёд. Чем отличаются силы на раму? Найдите момент сил на заднее колесо относительно точки его касания с полом.

Ответ

С верёвкой — вперёд (для обычных размеров), с мальчиком — назад: вторая сила \(F\) приложена к седлу.

Решение

Что происходит. Сила \(F\) на нижней педали вперёд создаёт через цепь натяжение \(T\), которое тянет заднюю звёздочку вперёд. Куда покатится заднее колесо, решает суммарный момент приложенных к нему сил относительно точки касания с полом. В первом случае, кроме \(F\) на педали, внешних сил нет; во втором к раме у седла добавляется сила \(F\), направленная назад: мальчик отталкивается от седла, когда давит на педаль вперёд.

Обозначения. \(F\) — сила на педали вперёд, \(r\) — длина шатуна, \(r_0\) и \(r_{\text{з}}\) — радиусы передней и задней звёздочек, \(R\) — радиус заднего колеса, \(T\) — натяжение нижней ветви цепи, \(O\) — точка касания заднего колеса с полом. Раму считаем невесомой.

1. Передний узел. Правило моментов относительно оси каретки: \(Fr=Tr_0\), откуда \(T=\dfrac{r}{r_0}F\). Натянута нижняя ветвь цепи, верхняя провисает. Узел давит на раму назад с силой \(T-F\) (сумма горизонтальных сил на узел равна нулю: \(F\) вперёд, \(T\) назад, реакция рамы \(T-F\) вперёд).

2. Верёвка. Рама в равновесии: на неё действуют сила \(T-F\) назад со стороны узла и сила со стороны оси колеса, равная \(T-F\) вперёд. Значит, на ось заднего колеса рама действует силой \(T-F\) назад на высоте \(R\). Момент сил на колесо относительно \(O\) (вперёд положительно): \[M_O=T(R-r_{\text{з}})-(T-F)R=F\Bigl(R-\frac{r\,r_{\text{з}}}{r_0}\Bigr)>0\] для обычных размеров (\(R\approx35\) см, \(r\approx17\) см, \(r_{\text{з}}/r_0\approx0{,}5\)). Колесо вращается вперёд: велосипед едет вперёд.

3. Мальчик. Он давит на педаль вперёд силой \(F\), значит, педаль давит на него назад, и сиденье должно давить на него вперёд с той же силой \(F\) (в горизонтальном равновесии мальчика). Мальчик давит на седло назад силой \(F\). Теперь на раму действуют ещё \(F\) назад от седла, и сила, с которой рама действует на ось, равна \((T-F)+F=T\) назад. Момент на заднее колесо относительно \(O\): \[M_O=T(R-r_{\text{з}})-TR=-T\,r_{\text{з}}<0 .\] Он отрицателен при любых размерах: колесо вращается назад, велосипед едет назад.

Обратите внимание: сила на педали в обоих случаях одна и та же, а результат противоположный. Всё решает сила от седла: она передаётся раме и в итоге добавляется к силе на ось колеса.

Ответ. С верёвкой — вперёд; с мальчиком — назад.

Проверка. Предел \(r_{\text{з}}\to0\): для мальчика \(M_O\to0\) — цепь действует на ось, и велосипед не движется; для верёвки \(M_O=FR>0\). Размерность: \(F\,R\) — момент силы.

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