Всесоюзная, 1973/74, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Предметы далеко, поэтому изображение лежит почти в фокальной плоскости, а размер изображения предмета пропорционален его размеру и обратно пропорционален расстоянию до него. Масштаб для высоты даст знакомый предмет рядом, например ручка окна, а точку на раме на высоте объектива подскажет сходимость горизонтальных переплётов.

Ответ

\(H\approx45\text{ см}\);  \(L_0\approx3{,}3\text{ м}\);  \(L_{\text{м}}\approx104\text{ м}\) (расстояние от окна до мостика; от объектива до мостика около \(107\text{ м}\)). Точность чтения снимка около \(10\,\%\).

Решение

Что происходит. Предметы за окном далеко от объектива, поэтому резкое изображение получается в фокальной плоскости. Луч через центр линзы не преломляется, и из подобия треугольников размер изображения предмета обратно пропорционален расстоянию до него. Главная идея: сравнить размеры двух известных нам предметов на снимке и в натуре, а расстояния найти из подобия.

Обозначения. \(S\) — размер предмета в натуре, \(L\) — расстояние от него до объектива вдоль главной оптической оси, \(s'\) — размер его изображения на фотографии. Размеры на фотографии со штрихом, в натуре — без штриха. Размеры на снимке снимем с оригинальной фотографии (в журнале она уменьшена в \(2{,}7\) раза), как это сделали авторы статьи.

1. Размер изображения. Предмет высотой \(S\) на расстоянии \(L\gg f\) даёт изображение в фокальной плоскости. Для луча, идущего через центр линзы, треугольники с катетами \(S\), \(L\) и \(s\), \(f\) подобны (рис.): \[\frac{S}{L}=\frac{s}{f},\qquad s=\frac{fS}{L}.\] Фотография увеличена в \(n\) раз, поэтому на ней \[s'=ns=\frac{nfS}{L}.\] Формулой \(s=fS/L\) можно пользоваться и для окна: из формулы линзы \(d=\dfrac{fL_0}{L_0-f}\approx4{,}05\text{ см}\) вместо \(f=4\text{ см}\), то есть поправка около \(1\,\%\) — меньше, чем точность чтения снимка.

2. Высота объектива над подоконником. Судя по снимку, главная оптическая ось горизонтальна: иначе ширина оконной рамы \(d\) на фото была бы разной вверху и внизу окна. Горизонтальные переплёты рамы в натуре параллельны, а на фотографии их продолжения сходятся в одной точке \(P\). Горизонтальная плоскость, проходящая через ось объектива, пересекает снимок по прямой через \(P\) (горизонт). Эта прямая пересекает раму на высоте объектива, значит расстояние от неё до подоконника на снимке и есть изображение высоты \(H\).

Нужен масштаб: возьмём ручку окна, в натуре \(h\approx10\) см, на фото \(h'\approx1\) см. Расстояние от горизонта до подоконника на снимке в том же месте рамы \(H'\approx4{,}5\) см. Для обоих размеров по п. 1 множитель \(nf/L\) один и тот же (ручка и подоконник на одной глубине), поэтому \[\frac{H'}{h'}=\frac{H}{h},\qquad H=h\,\frac{H'}{h'}=10\text{ см}\cdot4{,}5\approx45\text{ см}.\] Обратите внимание: \(H\) — высота, она не зависит от того, как далеко от объектива точка рамы. Поэтому ручка может стоять на другой глубине, чем край окна, где мы будем мерить \(L_0\): важно только, чтобы \(H'\) и \(h'\) мерились на одном месте рамы.

3. Расстояние до окна. Берём на правом краю рамы отрезок \(AB\) от горизонта до подоконника: его длина в натуре \(AB=H=45\) см, на фото \(A'B'\approx5{,}5\) см. По п. 1 для этого отрезка \[\frac{A'B'}{n}=\frac{fH}{L_0},\qquad L_0=\frac{nfH}{A'B'}=\frac{10\cdot4\text{ см}\cdot45\text{ см}}{5{,}5\text{ см}}\approx327\text{ см}\approx3{,}3\text{ м}.\]

4. Расстояние до мостика. Масштаб теперь — высота перил мостика: в натуре \(r\approx80\) см, на фото \(r'\approx0{,}3\) см. Те же рассуждения (п. 1) для перил, расстояние от объектива до мостика \(L_{\text{м.о}}\): \[L_{\text{м.о}}=\frac{nfr}{r'}=\frac{10\cdot4\text{ см}\cdot80\text{ см}}{0{,}3\text{ см}}\approx1{,}07\cdot10^{4}\text{ см}\approx107\text{ м}.\] Расстояние от окна до мостика — разность расстояний от объектива вдоль оси: \[L_{\text{м}}=L_{\text{м.о}}-L_0\approx107\text{ м}-3{,}3\text{ м}\approx104\text{ м}.\] Обратите внимание: размер \(r'\approx0{,}3\) см на фото измерен с погрешностью в десятую долю сантиметра, то есть около \(10\,\%\) (при \(r'\approx0{,}3\) см это \(\pm0{,}03\) см). Поэтому \(L_{\text{м}}\) надёжно только как «около ста метров», а не как «\(104\)».

Ответ: \(H=h\dfrac{H'}{h'}\approx45\text{ см}\); \(L_0=\dfrac{nfH}{A'B'}\approx3{,}3\text{ м}\); \(L_{\text{м}}=\dfrac{nfr}{r'}-L_0\approx104\text{ м}\).

Проверка. Размерность: \(nfH/A'B'\) — см\(\cdot\)см/см = см, длина. Второй способ: отношение расстояний не зависит от \(nf\): \(\dfrac{L_{\text{м.о}}}{L_0}=\dfrac{r\,A'B'}{r'H}=\dfrac{80\cdot5{,}5}{0{,}3\cdot45}\approx33\), то есть \(\dfrac{107\text{ м}}{3{,}3\text{ м}}\approx33\) — совпало. Отдельно оценена поправка на то, что изображение окна лежит не точно в фокальной плоскости (около \(1\,\%\), п. 1): она мала по сравнению с точностью чтения снимка.

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

Подсказка

Чтобы разогнаться, машина отталкивается от дороги: сила трения покоя действует и на колёса, и (по третьему закону Ньютона) на Землю. Кто ещё меняет свою энергию в обеих системах отсчёта?

Ответ

Да, одинакова: в обеих системах отсчёта на разгон ушла одна и та же энергия топлива \(\Delta U=\dfrac{3}{2}mv^2+\dfrac{m^2v^2}{2M}\approx\dfrac{3}{2}mv^2\); разница \(\Delta E_1-\Delta E_2=mv^2\) — энергия, которую в системе \(B\) приобретает Земля.

Решение

Что происходит. Машина \(A\) разгоняется, отталкиваясь от дороги, поэтому импульс, который она получает, забирает Земля. Система из одной машины незамкнута, и закон сохранения энергии для неё в виде «энергия топлива равна приросту кинетической энергии машины» неверен. Нужно взять замкнутую систему: машина \(A\) + топливо + Земля — и записать для неё сохранение импульса и энергии в обеих системах отсчёта.

Обозначения. \(m\) — масса машины \(A\), \(M\) — масса Земли (\(M\gg m\)), \(\Delta U\) — уменьшение внутренней (химической) энергии топлива. Система \(K\) — шоссе (Земля покоится до разгона), система \(K'\) — машина \(B\), движется относительно \(K\) со скоростью \(v\). Машина \(B\) едет равномерно, её двигатель только компенсирует сопротивление, поэтому энергия \(B\) и её топлива одинакова во всех состояниях и из уравнений выпадает. Колёса катятся без проскальзывания, поэтому тепла трением нет; сопротивление воздуха считаем одинаковым до и после и тоже не учитываем.

Пункт 1. Система \(K\) (шоссе). Закон сохранения импульса для замкнутой системы Земля + машина \(A\) за время разгона (сила трения между колёсами и дорогой — внутренняя): импульс \(A\) вырос на \(m(2v-v)=mv\), значит импульс Земли изменился на \(-mv\). Отсюда скорость Земли \(V=\dfrac{m}{M}v\) в сторону, противоположную движению машины.

Закон сохранения энергии для той же системы: уменьшение энергии топлива равно приросту кинетических энергий машины и Земли: \[\Delta U=\frac{m(2v)^2}{2}-\frac{mv^2}{2}+\frac{MV^2}{2}=\frac{3}{2}\,mv^2+\frac{m^2v^2}{2M}.\]

Пункт 2. Система \(K'\) (машина \(B\)). Здесь до разгона машина \(A\) покоится, а Земля движется со скоростью \(v\) назад: её импульс \(-Mv\). После разгона машина \(A\) имеет скорость \(v\) (относительно \(B\): \(2v-v\)). Закон сохранения импульса для системы Земля + \(A\): \[M u'+mv=-Mv\ \Rightarrow\ u'=-\Big(1+\frac{m}{M}\Big)v,\] Земля теперь движется назад со скоростью \(\Big(1+\dfrac{m}{M}\Big)v\). Закон сохранения энергии: \[\Delta U'=\frac{mv^2}{2}+\frac{M}{2}\Big[\Big(1+\frac{m}{M}\Big)^2-1\Big]v^2 =\frac{mv^2}{2}+mv^2+\frac{m^2v^2}{2M}=\frac{3}{2}\,mv^2+\frac{m^2v^2}{2M}.\] Получилось \(\Delta U'=\Delta U\): энергия, выделившаяся при сгорании топлива, в обеих системах одна и та же, значит одна и та же и теплота сгорания (масса топлива одна, наблюдатели видят одно и то же событие).

Объяснение парадокса. \(\Delta E_1=\tfrac32 mv^2\) и \(\Delta E_2=\tfrac12 mv^2\) — это прирост энергии только машины. В системе \(K\) Земля приобретает энергию \(\dfrac{m^2v^2}{2M}\approx0\): она почти неподвижна, и вся энергия топлива идёт машине. В системе \(K'\) Земля движется со скоростью \(v\) и меняет импульс на \(mv\), поэтому её энергия растёт на \(mv^2+\dfrac{m^2v^2}{2M}\) — на первое слагаемое, линейное по \(v\). Вывод «энергия топлива равна приросту энергии машины» сделан для незамкнутой системы и поэтому зависит от системы отсчёта. Обратите внимание: добавка Земли в \(K'\) не мала, хотя её масса огромна, потому что при скорости \(v\) даже малое изменение скорости \(\Delta V=\dfrac{mv}{M}\) меняет энергию на \(Mv\,\Delta V=mv^2\) — порядка энергии машины.

Ответ: \(\Delta U=\dfrac{3}{2}mv^2+\dfrac{m^2v^2}{2M}\approx\dfrac{3}{2}mv^2\) в обеих системах; теплота сгорания одна и та же.

Проверка. Второй способ: для замкнутой системы переход из \(K\) в \(K'\) меняет прирост энергии на \(-\vec w\cdot\Delta\vec P\), где \(\vec w\) — скорость одной системы относительно другой, а \(\Delta\vec P=0\) — изменение полного импульса. Значит, прирост энергии замкнутой системы, равный \(\Delta U\), не зависит от системы отсчёта — как и получилось. Число: при \(m=1000\) кг, \(v=10\) м/с в обеих системах \(\Delta U\approx150\) кДж; в \(K'\) из них \(50\) кДж достаются машине и \(100\) кДж — Земле.

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

Подсказка

Сначала заряд перетекает между конденсаторами по проводам без индуктивности, и ток в катушке в этот момент ещё нулевой. Сохраняется ли при этом энергия? Что сохраняется точно?

Ответ

\(I_{\max}=U\sqrt{\dfrac{C}{2L}}\).

Решение

Что происходит. После замыкания ключа конденсатор \(A\) оказывается включённым параллельно \(B\) и катушке. Процесс идёт в два этапа. Первый — очень быстрый: заряд перетекает с \(A\) на \(B\) по проводам, в которых нет индуктивности, а ток в катушке не успевает измениться и остаётся нулевым. Второй — обычные колебания в контуре из катушки и двух конденсаторов, соединённых параллельно. Главная идея: на первом этапе энергия не сохраняется, зато сохраняется заряд; на втором этапе сохраняется энергия.

Обозначения. \(q_A,\;q_B\) — заряды на верхних (положительных) обкладках, \(u\) — напряжение на конденсаторах после выравнивания, \(I\) — ток в катушке.

1. Выравнивание зарядов. Закон сохранения заряда для двух конденсаторов, соединённых вместе: до замыкания \(q_A+q_B=CU+0\), после замыкания конденсаторы соединены параллельно и напряжение на них одно и то же, поэтому заряды делятся пополам, потому что ёмкости равны: \[q_A=q_B=\frac{CU}{2},\qquad u_0=\frac{q_A}{C}=\frac{U}{2}.\] Ток в катушке за это время не изменился: напряжение на ней конечно, а изменение тока \(\Delta I=\dfrac{1}{L}\int u\,dt\) при очень коротком времени мало. Поэтому сразу после выравнивания \(I=0\).

Обратите внимание: энергия на этом этапе не сохраняется. Было \(\dfrac{CU^2}{2}\), стало \(2\cdot\dfrac{C(U/2)^2}{2}=\dfrac{CU^2}{4}\): половина энергии уходит в нагрев проводов, искру в ключе и излучение, причём чем меньше сопротивление проводов, тем быстрее идёт выравнивание, но потеря половины от сопротивления не зависит. Если же приравнять \(\dfrac{CU^2}{2}=\dfrac{LI^2}{2}\), получится неверный ответ \(U\sqrt{C/L}\).

2. Колебания. После выравнивания параллельно катушке стоят два конденсатора — общая ёмкость \(2C\), напряжение на них \(u_0=U/2\), ток в катушке \(I=0\). Закон сохранения энергии для контура (потерь нет): энергия электрического поля \(2C\dfrac{u^2}{2}\) плюс энергия магнитного поля катушки \(\dfrac{LI^2}{2}\) постоянна. Ток максимален, когда напряжение на конденсаторах впервые обращается в нуль, то есть через четверть периода \(\dfrac{T}{4}=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{2LC}\). Запишем энергию в начальный момент (ток нулевой) и в момент максимума тока (напряжение нулевое): \[\frac{2C\,u_0^2}{2}=\frac{L\,I_{\max}^2}{2} \ \Rightarrow\ I_{\max}=u_0\sqrt{\frac{2C}{L}}=\frac{U}{2}\sqrt{\frac{2C}{L}}=U\sqrt{\frac{C}{2L}}.\] Зависимости напряжения и тока от времени для второго этапа: \(u=\dfrac{U}{2}\cos\omega t\), \(I=I_{\max}\sin\omega t\), \(\omega=\dfrac{1}{\sqrt{2LC}}\) (рис.).

Ответ: \(I_{\max}=\dfrac{U}{2}\sqrt{\dfrac{2C}{L}}=U\sqrt{\dfrac{C}{2L}}\).

Проверка. Размерность: \(\sqrt{C/L}\) имеет размерность \(1/\text{Ом}\), а \(U\cdot(1/\text{Ом})\) — ампер. Предел: если бы конденсатор \(B\) был убран, остался бы контур из \(A\) и \(L\) с током \(U\sqrt{C/L}\); наличие второго конденсатора той же ёмкости уменьшает ток в \(\sqrt2\) раз — как и получилось (энергия контура вдвое меньше, \(\dfrac{CU^2}{4}\) вместо \(\dfrac{CU^2}{2}\), а \(I_{\max}\propto\sqrt{E}\)). Второй способ: за четверть периода через катушку проходит весь заряд пары конденсаторов, \(Q=2C\cdot\dfrac{U}{2}=CU\). Для синусоиды \(I=I_{\max}\sin\omega t\) этот заряд равен \(\int_0^{T/4}I\,dt=\dfrac{I_{\max}}{\omega}=I_{\max}\sqrt{2LC}\), откуда \(I_{\max}=\dfrac{CU}{\sqrt{2LC}}=U\sqrt{\dfrac{C}{2L}}\) — тот же ответ.

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

Подсказка

Куда направлена сила Лоренца, действующая на заряды пластинки, когда она движется вниз в горизонтальном поле, лежащем в её плоскости? Могут ли в пластинке возникнуть вихревые токи? Что заряжается вместо этого?

Ответ

\(a=\dfrac{g}{1+\dfrac{\varepsilon_0\pi r^2 d\,B^2}{m}}=\dfrac{mg}{m+\varepsilon_0\pi r^2 d\,B^2}\) (в СИ); движение равноускоренное, ускорение чуть меньше \(g\).

Решение

Что происходит. Пластинка летит вниз в поле, лежащем в её плоскости. Сила Лоренца \(q\,\vec v\times\vec B\) на каждый заряд перпендикулярна и скорости, и полю, то есть направлена по нормали к пластинке (рис.). Вдоль плоскости ЭДС нет, замкнутому вихревому току взяться неоткуда. Заряды смещаются поперёк пластинки, на её гранях накапливаются поверхностные заряды, и пластинка работает как плоский конденсатор, напряжение на котором растёт вместе со скоростью. Пока скорость меняется, по пластинке поперёк течёт зарядный ток, и на него со стороны поля действует сила Ампера, направленная вверх. Главная идея: найти этот ток через ускорение и записать второй закон Ньютона.

Обозначения. Ось \(z\) вверх, ось \(x\) вдоль \(\vec B\) (в плоскости пластинки), ось \(y\) по нормали к пластинке. \(S=\pi r^2\) — площадь грани, \(V=Sd\) — объём пластинки, \(v\) — скорость падения, \(a=dv/dt\) — ускорение, \(\varepsilon_0\) — электрическая постоянная.

1. Поле внутри пластинки. Пока скорость постоянна, заряды в металле не движутся относительно пластинки: сила Лоренца на свободные электроны уравновешена электрической силой поля поверхностных зарядов. Для заряда \(q\) внутри металла \[q\vec E+q\,\vec v\times\vec B=0\ \Rightarrow\ E=vB,\] где \(\vec E\) направлен вдоль нормали (\(\vec E\perp\vec v\) и \(\vec E\perp\vec B\)), а положительные заряды сместились на ту грань, куда направлена \(\vec v\times\vec B\).

2. Поверхностный заряд. Толщина пластинки \(d\ll r\), поэтому поле двух заряженных граней однородно, как в плоском конденсаторе, и связано с поверхностной плотностью заряда соотношением \(E=\sigma/\varepsilon_0\). Значит, \[\sigma=\varepsilon_0 vB.\]

3. Ток при изменении скорости. Пусть за время \(dt\) скорость выросла на \(dv=a\,dt\). Поверхностная плотность заряда выросла на \(d\sigma=\varepsilon_0 B\,dv\), и этот заряд должен был пройти сквозь толщу пластинки с одной грани на другую. Плотность тока через пластинку \[j=\frac{d\sigma}{dt}=\varepsilon_0 B\,a,\] ток направлен вдоль нормали, то есть перпендикулярно \(\vec B\) (рис.). Полный ток через грань \(I=jS\).

4. Сила Ампера. На пластинку с током в поле \(\vec B\) действует сила, равная сумме сил на элементы объёма: \(d\vec F=\vec j\times\vec B\,dV\). Так как \(\vec j\perp\vec B\) и оба горизонтальны, \(\vec F\) вертикальна, а величина \[F=jBV=\varepsilon_0B^2a\,\pi r^2d.\] Направление: по правилу Ленца и по правилу векторного произведения сила направлена вверх, против движения (по рис.: \(\vec j\times\vec B\) с \(\vec j\) вдоль \(-y\) и \(\vec B\) вдоль \(+x\) даёт вектор по \(+z\)).

5. Второй закон Ньютона для пластинки в проекции на вертикаль вниз (\(a\) — ускорение вниз): силы — тяжесть \(mg\) вниз и сила Ампера \(F\) вверх. Сила Лоренца на заряды, движущиеся вместе с пластинкой, дополнительной силы не даёт: пластинка в целом нейтральна, и сила Лоренца на свободные электроны уравновешена электрической силой (п. 1). \[ma=mg-\varepsilon_0\pi r^2dB^2\,a.\] Отсюда \[a=\frac{mg}{m+\varepsilon_0\pi r^2dB^2}=\frac{g}{1+\dfrac{\varepsilon_0\pi r^2dB^2}{m}}.\] Обратите внимание: вихревых токов в плоскости пластинки нет, потому что ЭДС \(\vec v\times\vec B\) направлена по нормали и не может замкнуть контур в плоскости. Сила Ампера возникает только пока скорость меняется: при постоянной скорости ток нулевой, поэтому предельной скорости нет, пластинка падает равноускоренно.

Ответ: \(a=\dfrac{g}{1+\varepsilon_0\pi r^2dB^2/m}\).

Проверка. Размерность: \(\varepsilon_0B^2\) измеряется в \(\text{кг/м}^3\) (из \(\dfrac{\varepsilon_0E^2}{2}\) — плотность энергии, делить на \(v^2\)), умножаем на объём \(\pi r^2d\) — получаем килограммы, как \(m\). Предел: \(B\to0\) даёт \(a=g\). Второй способ — энергия: кинетическая энергия плюс энергия электрического поля граней \(W=\dfrac{m v^2}{2}+\dfrac{\varepsilon_0E^2}{2}V=\dfrac{(m+\varepsilon_0B^2V)v^2}{2}\) растёт за счёт работы тяжести: \(mg\,v=\dfrac{dW}{dt}=(m+\varepsilon_0B^2V)\,va\) — то же. Поле \(B\) как бы добавляет пластинке «электромагнитную массу» \(\varepsilon_0B^2V\); для \(B=1\) Тл, \(r=10\) см, \(d=1\) мм, \(m=100\) г добавка составляет около \(3\cdot10^{-15}\) от \(m\), то есть эффект мал.

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

Подсказка

Вдоль образующей на шарик не действует никакая сила. А как движется шарик в поперечном сечении жёлоба? На что это движение похоже, и от чего зависит его период?

Ответ

Да, встретятся: на дне жёлоба на расстоянии \(L=\pi u\sqrt{R/g}\) от начальной точки (\(u\) — проекция скорости вдоль образующей, \(R\) — радиус жёлоба) и затем через каждые такие же \(L\).

Решение

Что происходит. Жёлоб горизонтален, поэтому вдоль образующей на шарик никакая сила не действует, и вдоль неё он движется равномерно с одной и той же для всех скоростью \(u\). В поперечном сечении жёлоб — дуга окружности: шарик движется по ней как математический маятник длиной \(R\). Углы небольшие, колебания малые, и их период не зависит от амплитуды. Значит, все шарики, начав с дна одновременно, возвращаются на дно одновременно, а вдоль образующей за это время проходят одинаковое расстояние. Главная идея: период малых колебаний не зависит от амплитуды, как в линзе все лучи из точки сходятся в одну точку.

Обозначения. Модель: точечные шарики, жёлоб — внутренняя поверхность горизонтального кругового цилиндра радиуса \(R\), трения нет. Ось \(z\) направим вдоль образующей, \(\varphi\) — угол между радиусом, проведённым к шарику в поперечном сечении, и вертикалью, проходящей через дно, \(u\) — общая проекция скорости на ось \(z\), \(v_\perp\) — проекция скорости на плоскость поперечного сечения.

1. Движение вдоль образующей. Сила тяжести направлена вертикально, сила нормальной реакции — по радиусу жёлоба к оси: обе лежат в плоскости поперечного сечения и не имеют проекции на ось \(z\). По второму закону Ньютона в проекции на \(z\) ускорение вдоль образующей равно нулю: \[z=ut.\]

2. Движение в поперечном сечении. В плоскости сечения шарик скользит по окружности радиуса \(R\) под действием тех же двух сил. Запишем второй закон Ньютона для шарика в проекции на касательную к окружности: \(R\ddot\varphi=-g\sin\varphi\) — это уравнение математического маятника длиной \(R\) (сила нормальной реакции на касательную не проецируется). Углы небольшие (\(\varphi_{\max}\approx\dfrac{v_\perp}{\sqrt{gR}}\ll1\)), поэтому \(\sin\varphi\approx\varphi\) и \[\ddot\varphi=-\frac{g}{R}\,\varphi,\qquad \varphi=\varphi_m\sin\omega t,\quad \omega=\sqrt{\frac{g}{R}}.\] Начало движения — со дна (\(\varphi=0\)) с поперечной скоростью \(v_\perp=R\omega\varphi_m\); амплитуда \(\varphi_m\) у разных шариков разная и в любую сторону, а частота \(\omega\) у всех одна: она не зависит от амплитуды и от начальной скорости.

3. Когда шарики снова на дне. \(\varphi=0\) при \(\omega t=k\pi\), то есть в моменты \[t_k=k\,\frac{\pi}{\omega}=k\pi\sqrt{\frac{R}{g}},\qquad k=1,2,\ldots\] Эти моменты одни и те же у всех шариков. Вдоль образующей за это время шарик проходит \(z_k=ut_k=k\pi u\sqrt{R/g}\) — тоже одинаково у всех. Значит, в момент \(t_k\) все шарики оказываются в одной точке дна, на расстоянии \(L=\pi u\sqrt{R/g}\) от места вылета и затем каждые \(L\) (рис.): они встречаются.

Обратите внимание: вывод держится на малости углов. При больших амплитудах период маятника растёт, и шарики с разными \(\varphi_m\) приходили бы на дно в разные моменты — точной встречи не было бы. Условие не уточняет, скользят шарики или катятся; у катящихся шариков частота \(\omega\) была бы другой, но по-прежнему одной и той же у всех, и вывод о встрече остался бы тем же.

Ответ: да, шарики встретятся на дне жёлоба на расстоянии \(L=\pi u\sqrt{\dfrac{R}{g}}\) от точки вылета (и повторно на расстояниях \(2L\), \(3L\), …).

Проверка. Размерность: \(\sqrt{R/g}\) — секунды, \(u\cdot\text{с}\) — метры. Предел: \(R\to\infty\) (плоскость) даёт \(L\to\infty\): возвращающей силы нет, шарики расходятся и не встречаются. Числа: для \(R=10\) см и \(u=1\) м/с получаем \(L=\pi\cdot1\cdot\sqrt{0{,}1/9{,}8}\approx0{,}32\) м. Физический смысл: жёлоб фокусирует пучок шариков так же, как линза фокусирует лучи.

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