Всесоюзная, 1972/73, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Удар короткий: пружина за его время не успевает сжаться, поэтому сначала это обычное упругое столкновение двух шаров. Затем левый шарик пары колеблется относительно центра масс пары, а тот движется равномерно. Второй удар возможен, если налетевший шар догонит левый шарик в тот момент, когда тот «отстаёт» от центра масс.

Ответ

\(\gamma\lesssim0{,}22\) (точнее, \(\gamma\le-\min\limits_{\tau>0}\dfrac{\sin\tau}{\tau}\approx0{,}217\)).

Решение

Что происходит. Удар длится очень короткое время, и пружина за него не успевает деформироваться: шар \(M\) взаимодействует только с левым шариком \(m_1\). Потом пара \(m_1\), \(m_2\) свободно летит и колеблется на пружине, а шар \(M\) едет равномерно. Второй удар произойдёт, если \(M\) догонит \(m_1\). Главная идея: движение пары — равномерный снос центра масс плюс колебание относительно него.

Обозначения. \(v\) — скорость \(M\) до удара; \(V\) и \(u\) — скорости \(M\) и \(m_1\) сразу после удара (\(m_2\) ещё покоится); \(k\) — жёсткость пружины, \(\omega\) — частота колебаний пары; ось \(x\) направлена вдоль движения, начало — общая точка шаров \(M\) и \(m_1\) в момент удара (\(t=0\)).

1. Удар. Система «\(M\) + \(m_1\)» за время удара замкнута по горизонтали (пружина не работает, \(m_2\) не участвует). Закон сохранения импульса системы \(M+m_1\) и закон сохранения механической энергии (удар абсолютно упругий): \[Mv=MV+mu,\qquad \frac{Mv^2}{2}=\frac{MV^2}{2}+\frac{mu^2}{2}.\] Перепишем: \(M(v-V)=mu\) и \(M(v-V)(v+V)=mu^2\). Разделив второе на первое, получим \(v+V=u\), откуда \[u=\frac{2v}{1+\gamma},\qquad V=\frac{1-\gamma}{1+\gamma}\,v.\] При \(\gamma\ge1\) шар \(M\) после удара не движется вперёд (\(V\le0\)), а пара уходит вправо: нагнать её он не сможет. Значит, интересует только \(\gamma<1\).

2. Движение пары после удара. Пружина — внутренняя сила пары, внешних горизонтальных сил нет, поэтому центр масс пары движется равномерно со скоростью \(u/2\) (суммарный импульс \(mu\) приходится на массу \(2m\)). Относительно центра масс шарики колеблются на пружине с частотой \(\omega=\sqrt{2k/m}\) (приведённая масса \(m/2\)). В момент \(t=0\) пружина не деформирована, а скорость \(m_1\) относительно центра масс равна \(u/2\). Поэтому смещение \(m_1\) от центра масс равно \(\dfrac{u}{2\omega}\sin\omega t\), и \[x_1(t)=\frac u2\,t+\frac{u}{2\omega}\sin\omega t,\qquad v_1(t)=\frac u2\,(1+\cos\omega t)\ge0 .\] Шарик \(m_1\) ни разу не движется назад, но периодически почти останавливается.

3. Условие второго удара. Шар \(M\) летит равномерно: \(X(t)=Vt\). Он догонит \(m_1\), если разность координат обратится в нуль при некотором \(t>0\). С учётом \(u/2=\dfrac{v}{1+\gamma}\) и \(u/2-V=\dfrac{\gamma v}{1+\gamma}\): \[x_1-X=\Bigl(\frac u2-V\Bigr)t+\frac{u}{2\omega}\sin\omega t=\frac{v}{(1+\gamma)\,\omega}\,\bigl(\gamma\tau+\sin\tau\bigr),\qquad \tau=\omega t .\] Пока \(s(\tau)=\gamma\tau+\sin\tau>0\), шар \(M\) позади \(m_1\). Второй удар — первый нуль функции \(s\) при \(\tau>0\): \[\gamma=-\frac{\sin\tau}{\tau}.\]

4. Предельное \(\gamma\). Функция \(-\sin\tau/\tau\) при \(\tau>0\) наибольшая, когда \(\dfrac{d}{d\tau}\dfrac{\sin\tau}{\tau}=0\), то есть \(\tan\tau=\tau\). Первый подходящий корень \(\tau_*\approx4{,}49\), и \(-\dfrac{\sin\tau_*}{\tau_*}\approx0{,}217\). При \(\gamma<0{,}217\) кривая \(s(\tau)\) пересекает ось (второй удар, на рисунке — \(\gamma=0{,}1\) при \(\tau\approx3{,}5\)); при \(\gamma=0{,}217\) она только касается оси; при \(\gamma>0{,}217\) (чёрная и синяя кривые) \(s>0\) всегда — \(M\) отстаёт навсегда.

Обратите внимание: скорость \(m_1\) в среднем (\(u/2\)) больше скорости \(M\) (\(V\)) при любом \(\gamma>0\), и всё же \(M\) может догнать: \(m_1\) периодически почти останавливается, и \(M\) нагоняет её. Для малого \(\gamma\) разность средних скоростей \(\gamma v/(1+\gamma)\) мала и колебание легко «возвращает» \(m_1\) к \(M\).

Ответ. В буквах: удар повторится при \(\gamma\le\gamma_*\), где \(\gamma_*=-\min\limits_{\tau>0}\dfrac{\sin\tau}{\tau}\) (корень \(\tan\tau=\tau\)). В числах: \(\gamma\lesssim0{,}22\), то есть \(M\gtrsim4{,}6\,m\).

Проверка. При \(\gamma\to0\) (\(M\gg m\)) \(V\to v\), \(u\to2v\), а средняя скорость пары \(u/2\to v\) совпадает с \(V\): сближение определяется только колебанием, и удар повторяется. При \(\gamma=1\) шар \(M\) останавливается, \(u=v\), пара уходит, повторного удара нет. Прямой численный счёт движения трёх тел (шаг \(10^{-4}\)) даёт второй удар при \(\gamma=0{,}21\) и не даёт при \(\gamma=0{,}22\), в согласии с \(0{,}217\). Приближённость ответа — от допущения, что удар мгновенный.

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

Подсказка

Выразите силу натяжения через угол \(\varphi\) между верёвкой и сходнями: она тянет ящик вдоль склона и одновременно уменьшает его давление на склон. Наименьшая сила — наибольший знаменатель.

Ответ

В обоих случаях \(\beta=\alpha+\operatorname{arctg}\mu\) (угол к горизонту; угол к сходням \(\varphi_0=\operatorname{arctg}\mu\)), от \(a\) он не зависит. а) \(F_{\min}=\dfrac{mg(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)}{\sqrt{1+\mu^2}}\);  б) \(F_{\min}=\dfrac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\sqrt{1+\mu^2}}\).

Решение

Что происходит. Ящик скользит вверх по склону. Верёвка тянет под углом \(\varphi\) к склону: одна часть её силы тянет ящик вдоль склона, другая приподнимает его, уменьшает давление на склон и тем самым силу трения. Слишком малый угол почти не уменьшает трение, слишком большой тратит силу на подъём, а не на движение вдоль склона. Главная идея: записать силу натяжения как функцию \(\varphi\) и найти её минимум.

Обозначения. Ось \(x\) — вдоль склона вверх, ось \(y\) — перпендикулярно склону. \(a\) — ускорение ящика вдоль оси \(x\) (в пункте а \(a=0\)), \(\varphi\) — угол между верёвкой и склоном, \(\beta=\alpha+\varphi\) — угол верёвки с горизонтом, именно он спрашивается. Ящик не отрывается от склона: \(N>0\).

1. Движение поперёк склона. Запишем второй закон Ньютона для ящика в проекции на ось \(y\): ящик не отрывается и не проваливается, ускорение вдоль \(y\) равно нулю: \[N+F\sin\varphi-mg\cos\alpha=0,\qquad N=mg\cos\alpha-F\sin\varphi .\]

2. Движение вдоль склона. Тот же закон в проекции на ось \(x\). Ящик скользит вверх, трение скольжения \(F_{\text{тр}}=\mu N\) направлено вниз по склону: \[ma=F\cos\varphi-mg\sin\alpha-\mu N .\]

3. Сила натяжения как функция угла. Подставим \(N\) из первого уравнения: \[F\,(\cos\varphi+\mu\sin\varphi)=m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a),\qquad F=\frac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\cos\varphi+\mu\sin\varphi}.\] Числитель от \(\varphi\) не зависит. Наименьшее \(F\) — наибольший знаменатель.

4. Максимум знаменателя. Введём угол трения \(\varphi_0\): \(\operatorname{tg}\varphi_0=\mu\), то есть \(\cos\varphi_0=1/\sqrt{1+\mu^2}\), \(\sin\varphi_0=\mu/\sqrt{1+\mu^2}\). Тогда \[\cos\varphi+\mu\sin\varphi=\sqrt{1+\mu^2}\,\cos(\varphi-\varphi_0).\] Наибольшее значение \(\sqrt{1+\mu^2}\) достигается при \(\varphi=\varphi_0=\operatorname{arctg}\mu\). Значит, наилучший угол с горизонтом \[\beta=\alpha+\operatorname{arctg}\mu ,\] и \[F_{\min}=\frac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\sqrt{1+\mu^2}} .\] При \(a=0\) (пункт а) выражение упрощается: \(\sin\alpha+\mu\cos\alpha=\sqrt{1+\mu^2}\,\sin(\alpha+\varphi_0)\), откуда \(F_{\min}=mg\sin(\alpha+\varphi_0)=mg\sin\beta\).

Обратите внимание: ускорение \(a\) входит только в числитель, поэтому оптимальный угол одинаков и при равномерном, и при ускоренном движении: от \(a\) меняется лишь величина силы.

Обратите внимание: формулы верны, пока \(N>0\). При \(F_{\min}\) давление равно \(N=\dfrac{m\,[g(\cos\alpha-\mu\sin\alpha)-\mu a]}{1+\mu^2}\). При \(a=0\) условие \(N>0\) означает \(\mu\operatorname{tg}\alpha<1\), то есть \(\beta<90^\circ\). Иначе верёвка поднимала бы ящик, и задача стала бы другой.

Второй способ (пункт а). Сумму нормальной силы и трения \(\vec R=\vec N+\vec F_{\text{тр}}\) при скольжении можно записать одной силой: она отклонена от нормали к склону на угол \(\varphi_0\) (\(\operatorname{tg}\varphi_0=F_{\text{тр}}/N=\mu\)) в сторону, противоположную движению. Три силы \(m\vec g\), \(\vec R\), \(\vec F\) уравновешены, из них известны вектор \(m\vec g\) и направление \(\vec R\). Наименьшая из подходящих \(F\) перпендикулярна \(\vec R\); тогда верёвка идёт под углом \(\varphi_0\) к склону, а \(F=mg\sin\gamma\), где \(\gamma=\alpha+\varphi_0\) — угол между вертикалью и \(\vec R\). Получили тот же ответ.

Ответ. В обоих случаях верёвку направлять под углом \(\beta=\alpha+\operatorname{arctg}\mu\) к горизонту (под углом \(\operatorname{arctg}\mu\) к сходням); а) \(F_{\min}=mg\sin(\alpha+\operatorname{arctg}\mu)\); б) \(F_{\min}=\dfrac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\sqrt{1+\mu^2}}\).

Проверка. Размерность: \(F\) — сила, \(\mu\) безразмерно. Предел \(\mu\to0\): \(\beta=\alpha\), верёвка вдоль склона, \(F=m(g\sin\alpha+a)\) — как без трения. Предел \(\alpha=0\), \(a=0\): \(\beta=\operatorname{arctg}\mu\), \(F_{\min}=\mu mg/\sqrt{1+\mu^2}\) — известный результат для ящика на горизонтальном полу. Числа (график): при \(\alpha=30^\circ\), \(\mu=0{,}5\), \(a=0\) минимум \(0{,}83\,mg\) при \(\beta\approx56{,}6^\circ\), а при \(\beta=\alpha\) нужно \(0{,}93\,mg\).

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

Подсказка

Пузырёк на границе раздела омывается обеими жидкостями, и пар каждой из них насыщен. Когда давление в пузырьке сравнивается с атмосферным, он растёт. Состав пара в пузырьке найдите из закона Дальтона.

Ответ

Быстрее выкипает \(\text{CCl}_4\): по массе примерно в \(\dfrac{p_{\text{у}}M_{\text{у}}}{p_{\text{в}}M_{\text{в}}}\approx25\) раз (по числу молекул — в \(3\) раза).

Решение

Что происходит. На границе двух несмешивающихся жидкостей пузырёк пара окружён и водой, и \(\text{CCl}_4\). Внутрь пузырька испаряются обе жидкости, и пар каждой из них становится насыщенным. Давление в пузырьке — сумма парциальных давлений двух насыщенных паров, пока в нём нет воздуха. Пузырёк растёт (жидкость кипит), когда это давление достигает внешнего, то есть атмосферного. Поэтому кипение на границе начинается при температуре ниже температур кипения обеих жидкостей. Главная идея: из условия «сумма давлений равна атмосферному» найти давление насыщенного пара \(\text{CCl}_4\) при \(65{,}5\ ^\circ\text{C}\), а затем состав пара — по закону Дальтона.

Обозначения. \(p_{\text{в}}=192\) мм рт. ст. — давление насыщенного пара воды при \(65{,}5\ ^\circ\text{C}\); \(p_{\text{у}}\) — то же для \(\text{CCl}_4\); \(p_0=760\) мм рт. ст. — атмосферное давление; \(M_{\text{в}}=18\) г/моль и \(M_{\text{у}}=154\) г/моль — молярные массы воды и \(\text{CCl}_4\) (\(12+4\cdot35{,}5\)). Давлением столба жидкости над границей пренебрегаем.

1. Условие кипения на границе. Пузырёк на границе растёт, когда давление пара в нём равно внешнему. По закону Дальтона давление смеси газов равно сумме парциальных давлений; в пузырьке парциальное давление каждого пара равно давлению насыщенного пара этой жидкости при данной температуре, так как пар находится в равновесии со своей жидкостью: \[p_{\text{в}}+p_{\text{у}}=p_0\quad\Rightarrow\quad p_{\text{у}}=760-192=568\text{ мм рт. ст.}\]

2. Состав пара в пузырьке. Пар в пузырьке — смесь при одной температуре в одном объёме. Из уравнения состояния для каждой компоненты \(p_iV=\nu_iRT\) следует, что числа молей относятся как парциальные давления: \[\frac{\nu_{\text{у}}}{\nu_{\text{в}}}=\frac{p_{\text{у}}}{p_{\text{в}}}=\frac{568}{192}\approx2{,}96 .\] Пузырёк растёт за счёт испарения обеих жидкостей, и новые порции пара тоже имеют такой состав, поэтому за любое время испаряется (выкипает) \(\text{CCl}_4\) в \(2{,}96\) раза больше молей, чем воды.

3. Отношение масс. Масса испарившегося вещества равна \(\nu M\). Отношение скоростей убыли масс: \[\frac{m_{\text{у}}}{m_{\text{в}}}=\frac{\nu_{\text{у}}M_{\text{у}}}{\nu_{\text{в}}M_{\text{в}}}=\frac{568}{192}\cdot\frac{154}{18}\approx2{,}96\cdot8{,}56\approx25 .\] Количества налитых жидкостей в условии не заданы, поэтому сравниваются скорости выкипания: при равных начальных массах \(\text{CCl}_4\) выкипает быстрее воды примерно в \(25\) раз.

Обратите внимание: отношение масс не равно отношению давлений. Число молекул пара относится как \(3:1\), но молекула \(\text{CCl}_4\) почти в \(8{,}6\) раза тяжелее молекулы воды. Именно поэтому по массе быстрее выкипает \(\text{CCl}_4\) в \(25\) раз, а не в \(3\).

Ответ: быстрее выкипает \(\text{CCl}_4\): по массе — примерно в \(\dfrac{p_{\text{у}}M_{\text{у}}}{p_{\text{в}}M_{\text{в}}}\approx25\) раз (по числу молекул — в \(3\) раза).

Проверка. Размерность: отношения давлений и молярных масс безразмерны. Предельный случай: если бы \(p_{\text{в}}\to p_0\) (чистая вода при \(100\ ^\circ\text{C}\)), то \(p_{\text{у}}\to0\), и \(\text{CCl}_4\) не выкипал бы совсем; при \(p_{\text{в}}\to0\) кипела бы только \(\text{CCl}_4\) — оба предела согласуются с формулой. Физический смысл: вода при \(65{,}5\ ^\circ\text{C}\) испаряется плохо (\(192\) мм рт. ст.), и основной вклад в давление пузырька даёт \(\text{CCl}_4\) (\(568\) мм рт. ст.).

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

Подсказка

Движущийся в магнитном поле якорь сам даёт ЭДС индукции, пропорциональную скорости нити, а ток в нём создаёт силу на нить. Запишите равновесие груза в двух режимах и сравните: оба раза в нём есть слагаемое \(c^2v/R\).

Ответ

\(v=v_0-v_1\).

Решение

Что происходит. Якорь в поле постоянного магнита — и двигатель, и генератор одновременно. Вращаясь, он создаёт ЭДС индукции \(E\), направленную против тока источника; ток в якоре создаёт силу \(F\) на нить. Когда якорь замкнут накоротко, источника нет, и опускающийся груз вращает якорь: мотор работает генератором и тормозит груз. Груз опускается равномерно, когда сила торможения равна \(mg\).

Обозначения. \(U\) — напряжение источника (внутренним сопротивлением источника пренебрегаем), \(R\) — сопротивление обмотки якоря, \(v\) — скорость нити, \(I\) — ток в якоре, \(F\) — сила, с которой якорь тянет нить. Поле магнита постоянно, поэтому \(E=cv\), где \(c\) — постоянная двигателя (в простейшей модели \(c=Bl\)). После замыкания цепь якоря состоит только из обмотки сопротивлением \(R\) и ЭДС \(E\).

1. Связь силы и тока. Без трения вся электрическая мощность, развиваемая ЭДС, идёт в механическую: \(EI=Fv\). Подставим \(E=cv\): \(cvI=Fv\), откуда \(F=cI\) — сила на нити пропорциональна току с той же постоянной \(c\).

2. Холостой ход. Невесомая нить не нагружена, значит \(F=0\) и \(I=0\). Падения напряжения на \(R\) нет: \(U=E=cv_0\).

3. Подъём груза. Закон Ома для цепи якоря: напряжение источника уравновешено падением на \(R\) и ЭДС индукции, \(U=IR+cv_1\). Отсюда \(I=\dfrac{c(v_0-v_1)}{R}\). Груз поднимается равномерно: \(F=mg\), то есть \[mg=cI=\frac{c^2}{R}\,(v_0-v_1).\]

4. Замыкание накоротко. Груз опускается со скоростью \(v_2\) (равномерно, после разгона). ЭДС \(E=cv_2\) создаёт ток по закону Ома для замкнутой цепи из \(R\): \(I=cv_2/R\). Сила на нити — тормозящая и по пункту 1 равна \(F=cI=\dfrac{c^2}{R}\,v_2\). Равномерное опускание: \(F=mg\), \[mg=\frac{c^2}{R}\,v_2.\]

5. Сравнение. Правые части пунктов 3 и 4 равны \(mg\) при одинаковом множителе \(c^2/R\), значит \(v_2=v_0-v_1\). На графике \(F(v)\) режимы — параллельные прямые наклона \(-c^2/R\), сдвинутые по оси скорости на \(v_0\); на высоте \(mg\) расстояние между ними \(v_1+v_2=v_0\).

Обратите внимание: постоянных \(c\) и \(R\) по условию знать не нужно — они сокращаются. Для груза неизвестной массы \(mg=c^2(v_0-v_1)/R\) как раз выражает их через опыт.

Ответ. В буквах: \(v=v_0-v_1\). Груз опускается вниз с этой скоростью; числовых данных в задаче нет.

Проверка. Размерность: скорость. Предельные случаи: груз очень лёгкий (\(mg\to0\)): \(v_1\to v_0\) и \(v_2\to0\) — замкнутый якорь тормозит даже лёгкий груз практически до остановки; груз очень тяжёлый (\(v_1\to0\), мотор едва держит груз): \(v_2\to v_0\). Физический смысл: ток, а значит и сила, определяются разностью скорости нити и «скорости холостого хода», и при замыкании источника эта разность смещается на \(v_0\).

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

Подсказка

Если бы у первичной катушки не было активного сопротивления, на вторичной было бы ровно 200 В. Недобор в 1 В показывает, что у обмотки есть сопротивление \(r\). Напряжения на \(r\) и на индуктивности сдвинуты по фазе на \(90^\circ\); индуктивность пропорциональна \(\mu\).

Ответ

\(U_2'\approx19{,}8\) В (порядка 20 В).

Решение

Что происходит. Переменное напряжение сети подано на первичную обмотку: это индуктивность \(L\) и последовательно включённое активное сопротивление провода \(r\). Потока рассеяния нет, поэтому через все витки обеих обмоток проходит один и тот же поток, и ЭДС одного витка одна и та же. Разомкнутая вторичная обмотка тока не несёт, её напряжение — это ЭДС в \(n_2\) витках; тот же поток создаёт на индуктивности первичной обмотки напряжение \(U_L\) в \(n_1\) витках. Значит, \(U_2/U_L=n_2/n_1=2\). Недобор в 1 В (вместо 200 В — 199 В) объясняется тем, что часть \(U_1\) падает на \(r\). При слабом сердечнике ток холостого хода вырастет, и доля напряжения на \(r\) станет большой.

Обозначения. \(U_r\) и \(U_L\) — напряжения на сопротивлении \(r\) и на индуктивности первичной обмотки (действующие значения), \(I\) — ток первичной обмотки, \(\omega\) — частота сети, \(L'\) — индуктивность с новым сердечником.

1. Напряжение на индуктивности. Вторичная обмотка разомкнута и рассеяния нет, поэтому \[U_L=U_2\,\frac{n_1}{n_2}=199{,}0\cdot\frac12=99{,}5\text{ В}.\]

2. Фазы. В цепи \(r\) и \(L\) последовательно напряжение на \(r\) совпадает по фазе с током, а на индуктивности опережает его на \(90^\circ\). Поэтому напряжения складываются векторно (прямоугольный треугольник), а не арифметически: \[U_1^2=U_r^2+U_L^2\ \Rightarrow\ U_r=\sqrt{100{,}0^2-99{,}5^2}\approx9{,}99\text{ В}.\] Отношение сопротивлений получаем по закону Ома для участка (ток общий): \(\dfrac{\omega L}{r}=\dfrac{U_L}{U_r}=\dfrac{99{,}5}{9{,}99}\approx9{,}96\).

3. Новый сердечник. Индуктивность тороида пропорциональна проницаемости сердечника (\(L=\mu\mu_0n_1^2S/l\)), а \(n_1\), размеры, \(r\) и \(\omega\) прежние: \[L'=L\,\frac{\mu'}{\mu}=\frac{L}{100},\qquad q\equiv\frac{\omega L'}{r}=\frac{9{,}96}{100}\approx0{,}0996 .\]

4. Холостой ход с новым сердечником. Закон Ома для первичной цепи: \(U_1=I\sqrt{r^2+\omega^2L'^2}\), откуда \(I=\dfrac{U_1}{r\sqrt{1+q^2}}\). Напряжение на индуктивности \[U_L'=I\omega L'=U_1\,\frac{q}{\sqrt{1+q^2}}=100{,}0\cdot\frac{0{,}0996}{1{,}005}\approx9{,}91\text{ В}.\] Вторичная обмотка по-прежнему даёт в \(n_2/n_1=2\) раза больше: \[U_2'=\frac{n_2}{n_1}\,U_L'\approx19{,}8\text{ В}.\]

Обратите внимание: вычитать \(U_1-Ir\) арифметически нельзя. Тогда по «недобору» \(Ir=0{,}5\) В и росту тока в 100 раз получилось бы \(Ir'=50\) В, \(U_L'=50\) В и \(U_2'=100\) В — в пять раз больше правильного ответа. Напряжения на \(r\) и \(L\) сдвинуты на \(90^\circ\), поэтому с ростом \(U_r\) напряжение \(U_L\) падает почти до нуля.

Ответ. В буквах: \(U_2'=\dfrac{n_2}{n_1}\,U_1\,\dfrac{q}{\sqrt{1+q^2}}\), где \(q=\dfrac{\mu'}{\mu}\cdot\dfrac{U_L}{\sqrt{U_1^2-U_L^2}}\), \(U_L=U_2\dfrac{n_1}{n_2}\). В числах: \(U_2'\approx19{,}8\) В.

Проверка. Подстановка \(\mu'=\mu\) (\(q=9{,}96\)) возвращает \(U_2=2\cdot100\cdot9{,}96/\sqrt{1+9{,}96^2}=199{,}0\) В. Предел \(\mu'\to0\) (\(q\to0\)): \(U_2'\to0\) — ток холостого хода велик, и всё напряжение падает на \(r\); предел \(\mu'\to\infty\): \(U_2'\to200\) В, идеальный трансформатор. Точность: \(U_2\) задано четырьмя цифрами, но \(U_r\) определяется малой разностью, поэтому ответ верен до нескольких процентов: \(19{,}8\pm0{,}5\) В.

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