Всесоюзная, 1977/78, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Втулка с грузом остаётся в покое под действием двух сил: тяжести груза и силы со стороны оси. Две силы уравновешивают друг друга, только если лежат на одной прямой.

Ответ

\(\sin\alpha=\dfrac{R}{l}\,\dfrac{\mu}{\sqrt{1+\mu^2}}\); при \(\mu\ll1\) угол \(\alpha\approx\mu R/l\). Стержень отклоняется в сторону вращения оси.

Решение

Что происходит. Ось вращается, втулка по ней проскальзывает, поэтому между ними действует трение скольжения \(F_{\text{тр}}=\mu N\), и оно тянет втулку по направлению вращения. Втулка и стержень лёгкие, так что на всё тело <<втулка + стержень + груз>> действуют только две силы: тяжесть груза \(M\vec g\) и сила \(\vec Q\) со стороны оси. Тело покоится, значит, эти силы равны по модулю, противоположны по направлению и лежат на одной прямой. Из этого условия и находится угол.

Обозначения. \(O\) — центр оси и втулки (радиус оси считаем равным \(R\): зазор на рисунке условия нарисован для наглядности), \(C\) — точка, в которой втулка касается оси, \(\vec N\) и \(\vec F_{\text{тр}}\) — нормальная сила и трение, действующие на втулку в точке \(C\), \(\vec Q=\vec N+\vec F_{\text{тр}}\), \(\alpha\) — угол отклонения стержня от вертикали, \(\varepsilon\) — угол, для которого \(\operatorname{tg}\varepsilon=\mu\).

1. Куда направлена сила \(\vec Q\). Тело <<втулка + стержень + груз>> покоится, на него действуют две силы: \(M\vec g\) и \(\vec Q\) (стержень и втулка по условию лёгкие). Поэтому \(\vec Q\) направлена вертикально вверх, \(Q=Mg\), а линия её действия совпадает с вертикалью, проходящей через груз.

2. Где проходит линия действия \(\vec Q\). Сила \(\vec N\) направлена вдоль радиуса \(OC\) (ось давит на втулку изнутри), сила трения — по касательной к оси в точке \(C\). Ось проскальзывает относительно втулки, поэтому \(F_{\text{тр}}=\mu N\) (при покое было бы меньше). Сумма \(\vec N+\vec F_{\text{тр}}\) составляет с нормалью угол \(\varepsilon\): \[\operatorname{tg}\varepsilon=\frac{F_{\text{тр}}}{N}=\mu .\] Сила \(\vec Q\) вертикальна, значит, радиус \(OC\) отклонён от вертикали на тот же угол \(\varepsilon\), и точка \(C\) лежит на расстоянии \(R\sin\varepsilon\) от вертикали, проведённой через \(O\). Линия действия \(\vec Q\) проходит через \(C\), а значит, тоже отстоит от вертикали через \(O\) на \(R\sin\varepsilon\).

3. Условие равновесия. Вертикаль, на которой лежит сила тяжести груза, проходит через груз, то есть отстоит от вертикали через \(O\) на \(l\sin\alpha\) (стержень идёт от \(O\) к грузу и составляет с вертикалью угол \(\alpha\)). Линии действия \(M\vec g\) и \(\vec Q\) совпадают: \[l\sin\alpha=R\sin\varepsilon .\]

4. Соберём ответ. Из \(\operatorname{tg}\varepsilon=\mu\) получаем \(\sin\varepsilon=\mu/\sqrt{1+\mu^2}\). Тогда \[\sin\alpha=\frac{R}{l}\,\frac{\mu}{\sqrt{1+\mu^2}},\qquad \alpha=\arcsin\!\left(\frac{R}{l}\,\frac{\mu}{\sqrt{1+\mu^2}}\right)\approx\frac{\mu R}{l}\ \ (\mu\ll1).\] Стержень отклоняется в сторону вращения оси: при вращении против часовой стрелки — вправо, как на рисунке.

Обратите внимание: нормальная сила не равна \(Mg\). Из \(Q=N\sqrt{1+\mu^2}=Mg\) следует \(N=Mg\cos\varepsilon\), так что трение равно \(\mu Mg\cos\varepsilon\), а не \(\mu Mg\).

Проверка. Второй способ — моменты сил относительно \(O\). Момент трения \(F_{\text{тр}}R=\mu N R=\mu Mg\cos\varepsilon\,R\) уравновешивает момент тяжести \(Mg\,l\sin\alpha\): \(l\sin\alpha=R\,\mu\cos\varepsilon=R\sin\varepsilon\), то же самое. Предельные случаи: при \(\mu\to0\) угол \(\alpha\to0\) (без трения ось не отклонит маятник); при \(\mu\to\infty\) получаем \(\sin\alpha\to R/l\) — втулка как бы приклеена к оси в точке на горизонтали, плечо тяжести равно \(R\), и большего угла быть не может. Физический смысл: чем больше трение и толще ось, тем сильнее ось <<выносит>> груз в сторону вращения.

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

Подсказка

Газ в зазоре настолько разрежен, что молекулы пролетают от стенки к стенке без столкновений: тепло переносят сами молекулы, и поток тепла пропорционален их числу, то есть давлению.

Ответ

\(t=\dfrac{4mcT_0}{3Sp\bar v}\ln\dfrac{T_1-T_0}{T_2-T_0}\approx2\cdot10^4\text{ с}\approx5\text{ ч}\).

Решение

Что происходит. Давление \(10^{-5}\) атм \(\approx1\) Па: длина свободного пробега молекул воздуха при таком давлении около 7 мм, то есть больше зазора между стенками колбы (несколько миллиметров). Молекулы не сталкиваются друг с другом, а летают от стенки к стенке, и обычной теплопроводности газа уже нет: тепло передают сами молекулы. Молекула, ударившись о тёплую стенку, уходит с энергией, соответствующей температуре стенки, и отдаёт избыток холодной стенке. Поэтому поток тепла пропорционален числу молекул, то есть давлению, и разности температур. Дальше — закон остывания Ньютона для чая.

Допущения и обозначения. Воздух двухатомный (5 степеней свободы); молекула после удара о стенку уходит с температурой стенки; излучением серебристых стенок пренебрегаем; зазор между стенками \(d\approx5\) мм; наружная стенка имеет комнатную температуру \(T_0=293\) К, внутренняя — температуру чая \(T\); масса чая \(m=1\) кг (1 л воды); молярная масса воздуха \(M=0{,}029\) кг/моль.

1. Тепловой поток через зазор. На единицу площади стенки за единицу времени попадает \(\tfrac14 n\bar v\) молекул (\(n\) — концентрация, \(\bar v\) — средняя скорость; это известный результат МКТ). В установившемся режиме столько же молекул со стенки и уходит, и каждая уносит среднюю энергию \(\varepsilon(T)\) своей стенки. Со стенки с температурой \(T\) молекула уходит с поступательной энергией \(2kT\) (быстрые молекулы долетают до стенки чаще, поэтому не \(\tfrac32kT\)) и с энергией вращения \(kT\): \(\varepsilon(T)=3kT\). Результирующий поток тепла от тёплой стенки к холодной: \[q=\tfrac14\,n\bar v\,\bigl(\varepsilon(T)-\varepsilon(T_0)\bigr)=\tfrac34\,nk\,\bar v\,(T-T_0)=\alpha\,(T-T_0).\] Так как \(nk=p/T_0\) (давление \(p\) дано при комнатной температуре), коэффициент равен \(\alpha=\dfrac{3p\bar v}{4T_0}\). Здесь \(\bar v=\sqrt{8RT_{\text{г}}/(\pi M)}\), \(T_{\text{г}}\approx323\) К — температура газа между стенками, примерно среднее между \(T\) и \(T_0\).

2. Остывание чая. Чай теряет энергию через площадь \(S\): за малый промежуток \(dt\) его температура меняется на \(dT\), и по закону сохранения энергии для чая \[mc\,dT=-S\,\alpha\,(T-T_0)\,dt .\] Решение: \(T-T_0=(T_1-T_0)\,e^{-t/\tau}\), где \(\tau=\dfrac{mc}{S\alpha}\). Время остывания от \(T_1=363\) К (\(90^\circ\)C) до \(T_2=343\) К (\(70^\circ\)C): \[t=\tau\ln\frac{T_1-T_0}{T_2-T_0}=\frac{4mcT_0}{3Sp\bar v}\ln\frac{70}{50}.\]

3. Числа. \(p=10^{-5}\cdot1{,}01\cdot10^5\text{ Па}\approx1{,}0\text{ Па}\); \(\bar v=\sqrt{8\cdot8{,}3\cdot323/(\pi\cdot0{,}029)}\approx485\text{ м/с}\); \(\alpha=\dfrac{3\cdot1{,}0\cdot485}{4\cdot293}\approx1{,}3\text{ Вт/(м}^2\text{·К)}\). Тогда \(\tau=\dfrac{1\cdot4200}{0{,}060\cdot1{,}26}\approx5{,}6\cdot10^4\text{ с}\approx15\text{ ч}\) и \[t\approx0{,}34\,\tau\approx1{,}9\cdot10^4\text{ с}\approx5\text{ ч}.\]

Обратите внимание: поток тепла здесь пропорционален давлению. Обычная теплопроводность воздуха (\(\varkappa\approx0{,}026\) Вт/(м\(\cdot\)К), от давления не зависит) при зазоре \(5\) мм дала бы \(\alpha\approx\varkappa/d\approx5\) Вт/(м\(^2\cdot\)К) и время около полутора часов; здесь \(\lambda>d\), молекулы не успевают передавать энергию друг другу, и перенос тепла слабее.

Проверка. Размерность: \(p\bar v/T_0\) — \(\text{Па}\cdot\text{м/с}/\text{К}=\text{Вт}/(\text{м}^2\cdot\text{К})\), как у коэффициента теплоотдачи. Второй способ — по средней мощности потерь: при остывании на \(20\) К чай отдаёт \(mc\cdot20\approx8{,}4\cdot10^4\) Дж; мощность потерь меняется от \(S\alpha\cdot70\approx5{,}3\) Вт до \(S\alpha\cdot50\approx3{,}8\) Вт, в среднем около \(4{,}5\) Вт, и \(t\approx8{,}4\cdot10^4/4{,}5\approx1{,}9\cdot10^4\) с, то же самое. Полученное \(\alpha=1{,}3\) меньше значения \(5\) Вт/(м\(^2\cdot\)К) для обычной теплопроводности, как и должно быть при \(\lambda>d\). Физический смысл: откачка замедляет остывание в несколько раз, в таком термосе чай остывает за часы. Это оценка: допущения о числе степеней свободы и температуре газа меняют результат на 20–30 %.

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

Подсказка

Дуга и резистор включены последовательно: токи равны, напряжения складываются. Что будет с графиком цепи при больших токах, когда напряжение на дуге почти постоянно?

Ответ

1) \(R_{\text{б}}=1{,}5\) Ом, \(U_\infty\approx54\) В; характеристика дуги \(U_{\text{д}}(I)=U_{\text{цепи}}(I)-1{,}5\,I\) (см. рисунок и таблицу);  2) \(R_{\max}\approx4{,}4\) Ом.

Решение

Что происходит. Дуга и резистор соединены последовательно: ток один, напряжения складываются, \(U_{\text{цепи}}(I)=U_{\text{д}}(I)+IR_{\text{б}}\). У дуги при больших токах напряжение почти постоянно, \(U_{\text{д}}\to U_\infty\), значит, там график цепи — прямая линия, и её наклон равен сопротивлению резистора. Главная идея: наклон прямолинейного участка даёт \(R_{\text{б}}\), а вычитая \(IR_{\text{б}}\) из каждой точки графика, получаем характеристику самой дуги.

Обозначения. \(I\) — ток в цепи, \(U_{\text{цепи}}(I)\) — график на рисунке 9, \(U_{\text{д}}(I)\) — напряжение на дуге, \(R_{\text{б}}\) — сопротивление балластного резистора, \(U_\infty\) — напряжение дуги при больших токах.

Пункт 1.

1. Сопротивление резистора. На участке от 12 А до конца графика кривая — прямая, потому что \(U_{\text{д}}\) там постоянно, и приращение напряжения цепи приходится только на резистор. Возьмём точки \((15\text{ А};\,76{,}5\text{ В})\) и \((20\text{ А};\,84\text{ В})\): \[R_{\text{б}}=\frac{\Delta U}{\Delta I}=\frac{84-76{,}5}{20-15}\ \text{Ом}=1{,}5\text{ Ом}.\] Продолжив прямую до оси напряжений (\(I=0\)), получаем \(U_\infty=76{,}5-1{,}5\cdot15\approx54\) В.

2. Построение характеристики дуги. Для каждого тока вычитаем из напряжения цепи падение на резисторе: \(U_{\text{д}}(I)=U_{\text{цепи}}(I)-1{,}5\,I\). На графике это отрезок длины \(IR_{\text{б}}\) вниз от кривой цепи; его конец и есть точка характеристики дуги. Значения, снятые с графика:

Характеристика дуги монотонно убывает и выходит на \(54\) В: у цепи со своим минимумом при \(7{,}5\) А этого нет — минимум появляется только из-за слагаемого \(IR_{\text{б}}\).

Пункт 2.

3. Условие горения. Если источник даёт \(U=85\) В, а резистор имеет сопротивление \(R\), то в установившемся режиме \(U=U_{\text{д}}(I)+IR\), то есть точка \((I;\,U_{\text{д}})\) лежит на прямой \(U_{\text{д}}=U-RI\). Эта нагрузочная прямая выходит из точки \((0;\,85\text{ В})\) с наклоном \(-R\). Дуга может гореть, если прямая пересекает характеристику дуги.

4. Предельное сопротивление. Чем больше \(R\), тем круче прямая. При малых \(R\) она пересекает кривую в двух точках, при больших — проходит ниже кривой и не пересекает её. Предельный случай — прямая, касающаяся кривой. Проводим касательную из точки \((0;\,85\text{ В})\) к графику дуги: она касается его при \(I\approx4{,}4\) А, \(U_{\text{д}}\approx65{,}5\) В. Наклон касательной \[R_{\max}=\frac{85-65{,}5}{4{,}4}\ \text{Ом}\approx4{,}4\text{ Ом}.\]

Обратите внимание: при \(R<R_{\max}\) точек пересечения две, и устойчива та, где характеристика дуги положе нагрузочной прямой (большой ток). При \(R>R_{\max}\) пересечений нет, и дуга гаснет.

Проверка. Второй способ: проведём касательную из той же точки \((0;\,85\text{ В})\) к исходному графику рис. 9 (цепь с резистором \(1{,}5\) Ом). Она касается при том же токе \(4{,}4\) А, её наклон \((85-72{,}1)/4{,}4\approx2{,}9\) В/А; добавляем \(1{,}5\) Ом, получаем \(4{,}4\) Ом, то же самое. Точность ответа определяется чтением графика: около \(\pm0{,}2\) Ом.

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

Подсказка

Пока диод заперт, батарея \(\mathcal{E}_1\), катушка и конденсатор образуют колебательный контур. Как только напряжение на конденсаторе достигнет \(\mathcal{E}_0\), диод откроется и зафиксирует его. Ток катушки скачком измениться не может.

Ответ

\(q=\dfrac{C\mathcal{E}_0\,(2\mathcal{E}_1-\mathcal{E}_0)}{2(\mathcal{E}_0-\mathcal{E}_1)}\) при \(\mathcal{E}_1<\mathcal{E}_0<2\mathcal{E}_1\); если \(\mathcal{E}_0\ge2\mathcal{E}_1\), заряд через батарею \(\mathcal{E}_0\) не протекает.

Решение

Что происходит. До замыкания ключа диод заперт: напряжение на конденсаторе равно нулю, а катод диода соединён с плюсом батареи \(\mathcal{E}_0\), и на диоде обратное напряжение. После замыкания батарея \(\mathcal{E}_1\) раскачивает контур \(L\)–\(C\): напряжение на конденсаторе растёт и, если оно достигнет \(\mathcal{E}_0\), диод откроется. Тогда напряжение на конденсаторе удерживается равным \(\mathcal{E}_0\), а ток катушки течёт через диод и батарею \(\mathcal{E}_0\) — это и есть искомый заряд. Главная идея: три стадии (диод заперт, диод открыт, диод снова заперт), которые сшиваются по току катушки: он непрерывен.

Обозначения. \(u\) — напряжение на конденсаторе (потенциал обкладки, соединённой с катушкой, относительно левого узла), \(i\) — ток через катушку в сторону конденсатора, \(\omega=1/\sqrt{LC}\). Время \(t=0\) — замыкание ключа, \(t_1\) — момент, когда \(u\) достигает \(\mathcal{E}_0\), \(t_2\) — момент, когда ток катушки падает до нуля.

1. Диод заперт (\(0<t<t_1\)). Диод открывается, только когда потенциал его анода (он равен \(u\)) становится не меньше потенциала катода (он равен \(\mathcal{E}_0\)), то есть при \(u\ge\mathcal{E}_0\). Пока \(u<\mathcal{E}_0\), ток течёт лишь по контуру \(\mathcal{E}_1\)–\(K\)–\(L\)–\(C\). Второй закон Кирхгофа для этого контура (сопротивления нет) и связь заряда с током: \[\mathcal{E}_1=L\frac{di}{dt}+u,\qquad C\frac{du}{dt}=i .\] При \(u(0)=0\), \(i(0)=0\) получаем \(u=\mathcal{E}_1(1-\cos\omega t)\). Это колебание между \(0\) и \(2\mathcal{E}_1\) вокруг \(\mathcal{E}_1\). Если \(\mathcal{E}_0\ge2\mathcal{E}_1\), то \(u\) никогда не достигает \(\mathcal{E}_0\), диод остаётся запертым, и через батарею \(\mathcal{E}_0\) заряд не течёт: ответ \(0\). Дальше считаем, что \(\mathcal{E}_1<\mathcal{E}_0<2\mathcal{E}_1\).

2. Ток катушки в момент \(t_1\). От замыкания до \(t_1\) по контуру прошёл заряд, равный заряду конденсатора \(C\mathcal{E}_0\), и батарея \(\mathcal{E}_1\) совершила работу \(\mathcal{E}_1\cdot C\mathcal{E}_0\) (батарея \(\mathcal{E}_0\) тока не давала). По закону сохранения энергии (сопротивлений нет) эта работа превратилась в энергию конденсатора и катушки: \[\mathcal{E}_1C\mathcal{E}_0=\frac{C\mathcal{E}_0^2}{2}+\frac{Li_1^2}{2}\quad\Rightarrow\quad Li_1^2=C\mathcal{E}_0\,(2\mathcal{E}_1-\mathcal{E}_0).\]

3. Диод открыт (\(t_1<t<t_2\)). Теперь \(u=\mathcal{E}_0\) постоянно, значит, \(C\,du/dt=0\): ток через конденсатор не идёт, весь ток катушки течёт через диод и батарею \(\mathcal{E}_0\). Второй закон Кирхгофа для контура \(\mathcal{E}_1\)–\(K\)–\(L\)–диод–\(\mathcal{E}_0\): \[L\frac{di}{dt}=\mathcal{E}_1-\mathcal{E}_0<0 .\] Ток убывает линейно от \(i_1\) до нуля за время \(\Delta t=\dfrac{Li_1}{\mathcal{E}_0-\mathcal{E}_1}\). Заряд, прошедший через батарею \(\mathcal{E}_0\), — площадь под этим участком графика тока (треугольник на рисунке): \[q=\frac{i_1}{2}\,\Delta t=\frac{Li_1^2}{2(\mathcal{E}_0-\mathcal{E}_1)}.\]

4. Что дальше. При \(i=0\) в момент \(t_2\) диод закрывается, и \(u=\mathcal{E}_0\). Контур снова свободный: \(u=\mathcal{E}_1+(\mathcal{E}_0-\mathcal{E}_1)\cos\omega(t-t_2)\), то есть \(u\) колеблется между \(2\mathcal{E}_1-\mathcal{E}_0\) и \(\mathcal{E}_0\) и возвращается к \(\mathcal{E}_0\) с нулевым током. Значит, диод больше не открывается, и заряда через \(\mathcal{E}_0\) больше нет.

5. Соберём ответ. Подставим \(Li_1^2\) из пункта 2 в формулу пункта 3: \[q=\frac{C\mathcal{E}_0\,(2\mathcal{E}_1-\mathcal{E}_0)}{2(\mathcal{E}_0-\mathcal{E}_1)} .\] Обратите внимание: напряжение на конденсаторе без диода доходит до \(2\mathcal{E}_1\), а не до \(\mathcal{E}_1\): заряжается он <<с перелётом>>, потому что на \(LC\)-контур действует постоянная ЭДС. Поэтому диод открывается при \(\mathcal{E}_0\), которое ощутимо больше \(\mathcal{E}_1\).

Проверка. Второй способ — энергия за весь процесс. К моменту \(t_2\) ток катушки равен нулю, конденсатор заряжен до \(\mathcal{E}_0\). Через батарею \(\mathcal{E}_1\) прошёл заряд \(C\mathcal{E}_0+q\) (заряд конденсатора плюс заряд, ушедший через диод), и она совершила работу \(\mathcal{E}_1(C\mathcal{E}_0+q)\); эта работа пошла в зарядку батареи \(\mathcal{E}_0\) (\(\mathcal{E}_0q\)) и конденсатора (\(C\mathcal{E}_0^2/2\)): \(\mathcal{E}_1(C\mathcal{E}_0+q)=\mathcal{E}_0q+C\mathcal{E}_0^2/2\), откуда \(q(\mathcal{E}_0-\mathcal{E}_1)=C\mathcal{E}_0(\mathcal{E}_1-\mathcal{E}_0/2)\) — то же самое. Численный расчёт цепи с идеальным диодом (\(C=L=1\), \(\mathcal{E}_1=1\), \(\mathcal{E}_0=1{,}5\)) даёт \(q=0{,}75\), как по формуле. Пределы: при \(\mathcal{E}_0\to2\mathcal{E}_1\) получаем \(q\to0\), это стыкуется с нулевым ответом при \(\mathcal{E}_0\ge2\mathcal{E}_1\); при \(\mathcal{E}_0\to\mathcal{E}_1\) получаем \(q\to\infty\): напряжение на катушке стремится к нулю, ток \(i_1\) почти не убывает и течёт очень долго (при \(\mathcal{E}_0=\mathcal{E}_1\) — бесконечно, без сопротивлений).

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

Подсказка

Лицо и ладони — предметы на разных расстояниях от объектива, поэтому у них разное увеличение. Два увеличения и разность расстояний дают фокусное расстояние.

Ответ

1) \(f\approx33\) мм (около \(3\cdot10\) мм);  2) \(a\approx0{,}6\) м;  3) около \(8\) см;  4) \(D\lesssim5\) мм (относительное отверстие около \(1:6\)).

Решение

Что происходит. Объектив — тонкая линза, плёнка стоит за ней, на снимке получаются изображения предметов с увеличением \(\Gamma=\dfrac{h}{l}=\dfrac{f}{a-f}\) (\(l\) — размер предмета, \(h\) — размер его изображения на плёнке, \(a\) — расстояние от предмета до линзы). Ладони стоят ближе к объективу, чем лицо, поэтому они на снимке крупнее, чем должны быть по размерам тела. Известно, что кисть и голова человека имеют определённые размеры; значит, из отношений \(h/l\) для кисти и головы находятся их расстояния в единицах \(f\), а разность расстояний даёт само \(f\).

Данные и допущения. На фотографии нет линейки, поэтому масштаб — размер кадра: принимаем малоформатную плёнку, ширина кадра 36 мм. Размеры тела: кисть (от запястья до кончика среднего пальца) \(l_1=18\) см, голова с беретом (от макушки до подбородка) \(l_2=24\) см. Расстояние между ладонями и лицом вдоль оси съёмки \(d=b-a=0{,}6\) м (ладони выставлены вперёд на длину руки). Замеры на снимке: кисть \(h_1\approx10{,}8\) мм, голова \(h_2\approx6{,}9\) мм, рыбка на жилете \(h_3\approx2{,}4\) мм. Индекс 1 — ладони, 2 — лицо.

Пункты 1 и 2.

1. Увеличения. Для кисти \(\Gamma_1=h_1/l_1=10{,}8/180=0{,}060\), для головы \(\Gamma_2=h_2/l_2=6{,}9/240=0{,}029\). Из формулы тонкой линзы \(\dfrac1a+\dfrac1v=\dfrac1f\) и \(\Gamma=v/a\) получаем \(a=f\left(1+\dfrac1\Gamma\right)\). Тогда \[a=f\left(1+\frac1{\Gamma_1}\right),\qquad b=f\left(1+\frac1{\Gamma_2}\right).\]

2. Фокусное расстояние. Вычтем: \(d=b-a=f\left(\dfrac1{\Gamma_2}-\dfrac1{\Gamma_1}\right)\). Отсюда \[f=\frac{d}{1/\Gamma_2-1/\Gamma_1}=\frac{0{,}6\text{ м}}{34{,}8-16{,}7}\approx33\text{ мм}.\] Расстояние от объектива до ладоней \(a=33\text{ мм}\cdot(1+16{,}7)\approx0{,}58\text{ м}\approx0{,}6\) м; до лица \(b\approx1{,}2\) м. Это широкоугольный объектив: у него большое поле зрения, и ладони, стоящие близко, сильно увеличены по сравнению с лицом.

Пункт 3. Рыбка висит на жилете рыбака, примерно на расстоянии его лица, поэтому её увеличение такое же: \(\Gamma_3\approx\Gamma_2=0{,}029\). Размер рыбы \(l_3=h_3/\Gamma_3\approx2{,}4\text{ мм}/0{,}029\approx83\text{ мм}\approx8\) см.

Пункт 4. Изображение точки, не лежащей в плоскости наводки, на плёнке — кружок диаметром \(\delta\). Расстояния от линзы до резких изображений кисти и лица: \(v_1=f(1+\Gamma_1)\approx35{,}1\) мм и \(v_2=f(1+\Gamma_2)\approx34{,}1\) мм. Чтобы и кисть, и лицо были размыты не сильнее допустимого, наводку делают посередине: \(1/v=\tfrac12(1/v_1+1/v_2)\), тогда кружки на плёнке одинаковы. Лучи от краёв объектива диаметром \(D\) сходятся в точке на расстоянии \(v_1\), а плёнка на \(v\), из подобия треугольников \[\delta=D\,\frac{v_1-v}{v_1}=D\,\frac{v_1-v_2}{v_1+v_2},\qquad D=\delta\,\frac{v_1+v_2}{v_1-v_2}.\]

Размытие \(0{,}2\) мм дано на фотографии, а не на плёнке. Отпечаток шире кадра примерно в \(k=95/36\approx2{,}6\) раза, поэтому на плёнке \(\delta\le0{,}2/2{,}6\approx0{,}077\) мм. Тогда \[D\lesssim0{,}077\text{ мм}\cdot\frac{69{,}2}{1{,}0}\approx5\text{ мм}.\]

Обратите внимание: размытие дано на отпечатке, а в формулах нужен кружок на плёнке; без пересчёта через увеличение отпечатка ответ вышел бы в 2,6 раза больше.

Проверка. Размерность: во всех формулах отношения длин и длины. \(f=33\) мм — обычный широкоугольный объектив малоформатной камеры (угол обзора по ширине кадра \(2\operatorname{arctg}(18/33)\approx57^\circ\)), что согласуется с видом снимка: ладони растянуты перспективой, рыбак снят снизу вблизи. Предел: если бы ладони и лицо стояли на одном расстоянии, отношение их размеров на снимке \(h_1/h_2\) равнялось бы \(l_1/l_2=0{,}75\); наблюдаемое \(h_1/h_2\approx1{,}6\), значит, ладони заметно ближе, как и получилось (\(a\approx0{,}6\) м против \(b\approx1{,}2\) м). Это оценка: размеры тела и расстояние \(d\) принятые, поэтому точность результата порядка \(30\ \%\).

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