Всесоюзная, 1979/80, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

После старта двигатели не работают, и каждая ракета — спутник Земли на эллиптической орбите. Старты симметричны относительно центра Земли, поэтому ракеты всё время остаются диаметрально противоположными; от ближайшей точки орбиты до дальней проходит половина периода.

Ответ

\(L=2\bigl(2a-R_{\text{З}}\bigr)\), где \(a=\Bigl(\dfrac{gR_{\text{З}}^2\tau^2}{\pi^2}\Bigr)^{1/3}\), то есть \(L\approx5{,}9\cdot10^{4}\text{ км}\).

Решение

Что происходит. После старта ракеты летят с выключенными двигателями, сопротивления воздуха нет, вращение Земли не учитываем: каждая ракета — спутник, движущийся под действием одной силы тяготения. Его орбита — эллипс с центром Земли \(O\) в фокусе. Точка старта лежит на поверхности, скорость в ней горизонтальна, то есть перпендикулярна радиусу, и это ближайшая к Земле точка орбиты, перигей: если бы скорость была меньше круговой, ракета упала бы на Землю. Ракеты стартуют из диаметрально противоположных точек с равными скоростями, поэтому понимаем условие так: их скорости направлены в противоположные стороны, и вся картина симметрична относительно точки \(O\). Тогда в любой момент ракеты диаметрально противоположны, а расстояние между ними равно \(2r\), где \(r\) — расстояние ракеты до центра Земли. Оно максимально там, где максимален \(r\), в апогее; от перигея до апогея проходит половина периода, \(\tau=T/2\). Главная идея: по периоду найти большую полуось эллипса, а по ней — апогей. Ключевой закон — закон всемирного тяготения в форме третьего закона Кеплера.

Обозначения. \(a\) — большая полуось орбиты, \(R=R_{\text{З}}\) — перигей, \(r_{\max}\) — апогей, \(T\) — период обращения, \(M\) — масса Земли, \(G\) — гравитационная постоянная.

1. Период. Ракеты находятся на максимальном удалении в апогее, а стартовали из перигея, поэтому \(\tau\) — половина периода: \[T=2\tau=2\cdot 12000\text{ с}=2{,}4\cdot10^{4}\text{ с}.\]

2. Большая полуось. Для движения спутника в поле Земли период связан с большой полуосью третьим законом Кеплера (он следует из закона всемирного тяготения для тела, на которое действует только сила притяжения к \(M\)): \[\frac{T^2}{a^3}=\frac{4\pi^2}{GM}.\] Произведение \(GM\) найдём по ускорению свободного падения на поверхности: для тела массой \(m\) у поверхности \(mg=GMm/R^2\), откуда \(GM=gR^2\). Отсюда \[a=\Bigl(\frac{gR^2T^2}{4\pi^2}\Bigr)^{1/3}=\Bigl(\frac{9{,}8\cdot(6{,}4\cdot10^{6})^2\cdot(2{,}4\cdot10^{4})^2}{4\pi^2}\Bigr)^{1/3}\text{ м}\approx1{,}80\cdot10^{7}\text{ м}.\]

3. Апогей. Перигей и апогей лежат на большой оси эллипса, их сумма равна \(2a\) (рисунок): \[R+r_{\max}=2a\quad\Rightarrow\quad r_{\max}=2a-R\approx(3{,}605-0{,}640)\cdot10^{7}\text{ м}\approx2{,}97\cdot10^{7}\text{ м}.\]

4. Расстояние между ракетами. В апогее ракеты находятся по разные стороны от центра Земли на одной прямой с ним: \[L=2r_{\max}=2(2a-R).\]

Ответ. В буквах \(L=4\Bigl(\dfrac{gR^2\tau^2}{\pi^2}\Bigr)^{1/3}-2R\); в числах \(L\approx5{,}9\cdot10^{7}\text{ м}\approx5{,}9\cdot10^{4}\text{ км}\) (около 59 тысяч километров, почти в полтора раза больше длины экватора).

Обратите внимание. В третий закон Кеплера входит большая полуось \(a=(R+r_{\max})/2\), а не высота над Землёй и не радиус Земли. Второе: без симметрии скоростей, например при скоростях в одну сторону, расстояние между ракетами в апогее не равнялось бы \(2r_{\max}\); условие о «максимальном удалении» подразумевает именно симметричный случай.

Проверка. Скорость старта найдём по закону сохранения энергии: \(v_0^2=GM\bigl(2/R-1/a\bigr)\), откуда \(v_0\approx10{,}2\) км/с. Она лежит между первой космической скоростью \(\sqrt{gR}=7{,}9\) км/с и второй \(11{,}2\) км/с, значит орбита действительно замкнутый эллипс, который не пересекает Землю: ответ согласован. Предельный случай: при \(a\to R\), то есть \(\tau\to\pi\sqrt{R/g}\approx42\) мин, получаем \(r_{\max}\to R\) и \(L\to2R\) — две ракеты у самой поверхности на противоположных сторонах Земли, как и должно быть для круговой орбиты.

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

Подсказка

Диффузор с подвесом — груз на пружине. Когда диффузор закрывает ящик, воздух внутри при каждом смещении сжимается или разрежается и добавляет возвращающую силу, пропорциональную смещению, то есть вторую пружину, параллельную подвесу.

Ответ

\(\nu=\nu_0\sqrt{1+\dfrac{p_0S^2}{4\pi^2\nu_0^2\,mV}}\approx1{,}2\cdot10^{2}\text{ Гц}\) (при \(p_0=10^{5}\) Па).

Решение

Что происходит. Диффузор вместе с подвесом — колебательная система: масса \(m\) на пружине жёсткостью \(k\), с собственной частотой \(\nu_0=\dfrac1{2\pi}\sqrt{k/m}\). Если громкоговоритель закрывает ящик, то при смещении диффузора внутрь объём воздуха уменьшается, давление растёт и воздух выталкивает диффузор обратно; при смещении наружу воздух разрежается и втягивает его. Это дополнительная возвращающая сила, пропорциональная смещению (при малых смещениях), то есть вторая пружина жёсткостью \(k_{\text{в}}\), параллельная подвесу. Главная идея: найти \(k_{\text{в}}\) из закона Бойля — Мариотта, сложить жёсткости и пересчитать частоту.

Обозначения. \(x\) — смещение диффузора внутрь ящика от положения равновесия, \(p_0\) — атмосферное давление (в условии не задано, берём \(p_0=1{,}0\cdot10^{5}\) Па), \(\Delta p\) — добавка давления в ящике.

1. Жёсткость подвеса. Для груза на пружине \(\omega_0^2=k/m\), поэтому \[k=m(2\pi\nu_0)^2=5\cdot10^{-3}\cdot(2\pi\cdot50)^2\text{ Н/м}\approx4{,}9\cdot10^{2}\text{ Н/м}.\]

2. Давление в ящике. В равновесии давление в ящике равно \(p_0\), а объём \(V\). Диффузор сместился на \(x\) внутрь, объём стал \(V-Sx\). Температура воздуха по условию постоянна, масса воздуха постоянна, поэтому применим закон Бойля — Мариотта для воздуха в ящике между этими двумя состояниями: \(p_0V=p\,(V-Sx)\). Отсюда \[\Delta p=p-p_0=p_0\frac{Sx}{V-Sx}\approx p_0\frac{Sx}{V}.\] Приближение верно при \(Sx\ll V\): при \(x=1\) мм получаем \(Sx=3\cdot10^{-5}\) м\(^3\) — это \(0{,}08\,\%\) от \(V=0{,}04\) м\(^3\).

3. Сила со стороны воздуха. Снаружи на диффузор всё время действует \(p_0\), внутри \(p_0+\Delta p\), поэтому результирующая сила давления равна \(\Delta p\,S\) и направлена против смещения (наружу): \[F_{\text{газ}}=\Delta p\,S=\frac{p_0S^2}{V}\,x\quad\Rightarrow\quad k_{\text{в}}=\frac{p_0S^2}{V}=\frac{10^{5}\cdot(3\cdot10^{-2})^2}{4\cdot10^{-2}}\text{ Н/м}=2{,}25\cdot10^{3}\text{ Н/м}.\]

4. Новая частота. Запишем второй закон Ньютона для диффузора в проекции на ось смещения. И сила подвеса, и сила давления направлены против \(x\) при любом знаке смещения, поэтому жёсткости складываются: \[m\ddot x=-(k+k_{\text{в}})\,x\quad\Rightarrow\quad \omega^2=\frac{k+k_{\text{в}}}{m},\qquad \nu=\nu_0\sqrt{1+\frac{k_{\text{в}}}{k}}.\] Подставим \(k_{\text{в}}/k=2250/493\approx4{,}56\): \[\nu=50\text{ Гц}\cdot\sqrt{1+4{,}56}\approx118\text{ Гц}.\]

Ответ. В буквах \(\nu=\nu_0\sqrt{1+\dfrac{p_0S^2}{4\pi^2\nu_0^2mV}}\); в числах \(\nu\approx1{,}2\cdot10^{2}\) Гц, то есть частота выросла в \(2{,}4\) раза (график силы \(F(x)\) идёт круче в \(5{,}6\) раза, частота пропорциональна корню).

Обратите внимание. Давление \(p_0\) в условии не задано, а ответ от него зависит как \(\sqrt{p_0}\): берём нормальное атмосферное. Второе: расчёт идёт по условию для изотермического сжатия. Если считать колебания воздуха адиабатическими, жёсткость воздуха больше в \(\gamma=1{,}4\) раза и частота выходит около \(136\) Гц; условие велит считать температуру постоянной, поэтому ответ \(118\) Гц.

Проверка. Размерность: \([p_0S^2/V]=\text{Па}\cdot\text{м}^4/\text{м}^3=\text{Н/м}\), как у жёсткости. Предельный случай: при \(V\to\infty\) получаем \(k_{\text{в}}\to0\) и \(\nu\to\nu_0\) — ящик бесконечно большой, воздух не сопротивляется. Физический смысл: маленький закрытый ящик работает как мощная воздушная пружина, жёсткость которой в несколько раз больше жёсткости подвеса, и частота диффузора заметно растёт.

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

Подсказка

Нулевой ток через гальванометр значит, что через \(R_1\) и \(R_2\) течёт один и тот же ток, а через \(R_3\) и \(R_4\) — другой общий ток, и потенциалы двух средних точек моста равны. Запишите равенство напряжений на верхних и на нижних резисторах.

Ответ

\(U_0=\dfrac{2R^2}{\alpha}\).

Решение

Что происходит. Ток через гальванометр равен нулю, когда потенциалы точек \(M\) и \(N\), к которым он подключён, одинаковы. Гальванометр тока не пропускает, поэтому резисторы \(R_1\) и \(R_2\) соединены последовательно с одним общим током \(I_1\), а \(R_3\) и \(R_4\) — с одним общим током \(I_2\). Равенство потенциалов \(M\) и \(N\) значит, что напряжения на верхних резисторах одинаковы (\(U_1=U_3\)): оба отсчитываются от верхнего провода; значит, одинаковы и напряжения на нижних (\(U_2=U_4\)). Главная идея: записать два равенства для токов с учётом нелинейной зависимости \(U=\alpha I^2\).

1. Токи и напряжения ветвей. Для линейного резистора напряжение равно \(U=IR\) (закон Ома), для нелинейного \(U=\alpha I^2\). Поэтому \[U_1=\alpha I_1^2,\qquad U_2=R I_1,\qquad U_3=R I_2,\qquad U_4=\alpha I_2^2.\]

2. Условия баланса. Потенциалы \(M\) и \(N\) равны, поэтому равны напряжения между каждым из них и верхним проводом, и между каждым из них и нижним: \[\alpha I_1^2=R I_2,\qquad R I_1=\alpha I_2^2.\]

3. Токи. Из первого уравнения \(I_2=\alpha I_1^2/R\). Подставим во второе: \[RI_1=\alpha\cdot\frac{\alpha^2I_1^4}{R^2}\quad\Rightarrow\quad I_1\Bigl(\alpha^3I_1^3-R^3\Bigr)=0 .\] Решение \(I_1=0\) даёт \(U_0=0\) — тривиальный случай без источника. Остаётся \(I_1=R/\alpha\), и тогда \(I_2=\alpha I_1^2/R=R/\alpha\): токи равны (рисунок).

4. Напряжение источника. Ветви \(R_1R_2\) и \(R_3R_4\) подключены к источнику параллельно, поэтому \[U_0=U_1+U_2=\alpha I_1^2+RI_1=\alpha\frac{R^2}{\alpha^2}+\frac{R^2}{\alpha}=\frac{2R^2}{\alpha}.\]

Ответ. \(U_0=\dfrac{2R^2}{\alpha}\). Например, при \(R=100\) Ом и \(\alpha=100\) В/А\(^2\) токи равны \(1\) А, на каждом резисторе по \(100\) В, \(U_0=200\) В.

Обратите внимание. Условие баланса \(R_1R_4=R_2R_3\) верно и для нелинейных элементов, но только для статических сопротивлений \(U/I\) в рабочей точке: \(R_1=\alpha I_1\), \(R_4=\alpha I_2\). Они зависят от тока, поэтому одного условия баланса мало, и нужны оба равенства напряжений.

Проверка. Второй способ: через статические сопротивления баланс даёт \(\alpha I_1\cdot\alpha I_2=R\cdot R\). Напряжение источника можно записать двумя способами: \(U_0=\alpha I_1^2+RI_1=\alpha I_2^2+RI_2\); функция \(\alpha I^2+RI\) возрастает, поэтому \(I_1=I_2=I\), и из баланса \(\alpha^2I^2=R^2\), то есть \(I=R/\alpha\) — тот же результат. Размерность: \(R^2/\alpha\) имеет единицы \((\text{В/А})^2/(\text{В/А}^2)=\text{В}\).

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

Подсказка

Каждый диод включён параллельно своему конденсатору и не даёт напряжению на нём стать неправильного знака. Средний узел (нижняя обкладка \(C_1\) и верхняя \(C_2\)) при закрытых диодах изолирован, и его заряд сохраняется; подкачивается этот заряд только через открытые диоды.

Ответ

\(u_1=-\dfrac{C_2}{C_1+C_2}\,U_0(1-\cos\omega t),\qquad u_2=\dfrac{C_2+C_1\cos\omega t}{C_1+C_2}\,U_0\) (верхний конденсатор \(C_1\) и нижний \(C_2\)).

Решение

Что происходит. Диод \(D_1\) включён параллельно \(C_1\) и пропускает ток вниз, от верхнего узла к среднему; значит, напряжение на \(C_1\) (верх минус середина) никогда не станет положительным: \(u_1\le0\). Диод \(D_2\) параллелен \(C_2\) и пропускает ток вверх, от нижнего узла к среднему; значит, напряжение на \(C_2\) (середина минус низ) не станет отрицательным: \(u_2\ge0\). Всегда \(u_1+u_2=u\). Средний узел, пока диоды закрыты, ни с чем не соединён, и его заряд сохраняется. Когда диод открывается, в средний узел приходит заряд, и он остаётся там. Так за несколько периодов средний узел «накачивается» до заряда, при котором диоды открываются лишь на мгновение, — это установившийся режим. Ключевые законы: закон сохранения заряда для среднего узла и связь \(u=q/C\).

Обозначения. \(q_1\), \(q_2\) — заряды верхних обкладок \(C_1\), \(C_2\); \(u_1=q_1/C_1\), \(u_2=q_2/C_2\). Заряд среднего узла (нижняя обкладка \(C_1\) плюс верхняя обкладка \(C_2\)) \(Q=q_2-q_1\). Условия диодов: \(u_1\le0\), то есть \(q_1\le0\), и \(u_2\ge0\), то есть \(q_2\ge0\); поэтому \(Q=q_2+|q_1|\ge0\).

1. Диоды закрыты. Закон сохранения заряда для изолированного среднего узла: \(Q=\text{const}\). Тогда \(q_2=Q+q_1\), а напряжение источника \[u=\frac{q_1}{C_1}+\frac{Q+q_1}{C_2}\quad\Rightarrow\quad q_1=\frac{C_1C_2}{C_1+C_2}\Bigl(u-\frac{Q}{C_2}\Bigr).\] Условия \(q_1\le0\) и \(q_2=Q+q_1\ge0\) выполнены, пока \(-\dfrac{Q}{C_1}\le u\le\dfrac{Q}{C_2}\). За пределами этого промежутка соответствующий диод открывается.

2. Как \(Q\) растёт. Если \(u\) пытается подняться выше \(Q/C_2\), открывается \(D_1\): он шунтирует \(C_1\), \(q_1=0\), всё напряжение на \(C_2\), \(q_2=C_2u\) растёт вместе с \(u\) до максимума \(U_0\), и \(Q=q_2\) доходит до \(C_2U_0\). При спаде напряжения \(D_1\) закрывается, и накопленный заряд остаётся: ток через диод шёл в средний узел, а выйти оттуда заряду некуда. Аналогично, если \(u\) опускается ниже \(-Q/C_1\), открывается \(D_2\), \(q_2=0\), \(q_1=C_1u\) и \(Q=-q_1\) растёт до \(C_1U_0\). Значит, \(Q\) может только расти, пока выполняется хотя бы одно из условий \(Q<C_2U_0\) или \(Q<C_1U_0\). Так как \(C_2>C_1\), рост заканчивается при \[Q=C_2U_0 .\] При таком \(Q\) нижняя граница \(-Q/C_1=-U_0C_2/C_1<-U_0\) недостижима, и \(D_2\) не открывается вовсе, а верхняя граница \(Q/C_2=U_0\) достигается лишь в самом максимуме \(u\), где \(D_1\) на мгновение касается открытия.

3. Напряжения в установившемся режиме. Подставим \(Q=C_2U_0\) в выражение для \(q_1\) шага 1: \[q_1=-\frac{C_1C_2}{C_1+C_2}\,U_0(1-\cos\omega t),\] \[u_1=\frac{q_1}{C_1}=-\frac{C_2}{C_1+C_2}\,U_0(1-\cos\omega t),\qquad u_2=u-u_1=\frac{C_2+C_1\cos\omega t}{C_1+C_2}\,U_0 .\] Проверка условий диодов: \(u_1\le0\) всегда, а \(u_2\ge\dfrac{C_2-C_1}{C_1+C_2}\,U_0>0\) — поэтому в условии и стоит \(C_2>C_1\).

4. График. Оба напряжения гармонические с частотой \(\omega\) и смещённым средним: \(u_1\) колеблется от \(0\) до \(-\dfrac{2C_2}{C_1+C_2}U_0\), \(u_2\) — от \(\dfrac{C_2-C_1}{C_1+C_2}U_0\) до \(U_0\); амплитуды колебаний обратно пропорциональны ёмкостям (последовательные конденсаторы). Рисунок построен по вычисленным значениям для \(C_2=2C_1\): \(u_1=-\tfrac23U_0(1-\cos\omega t)\) от \(0\) до \(-\tfrac43U_0\), \(u_2=\tfrac13U_0(2+\cos\omega t)\) от \(\tfrac13U_0\) до \(U_0\).

Ответ. В буквах \(u_1=-\dfrac{C_2}{C_1+C_2}U_0(1-\cos\omega t)\), \(u_2=\dfrac{C_2+C_1\cos\omega t}{C_1+C_2}U_0\); график — две косинусоиды, сдвинутые вдоль оси напряжений (рисунок), \(u_1+u_2=u\).

Обратите внимание. Простое деление напряжения «обратно ёмкостям» тут неверно: без диодов было бы \(u_1=\dfrac{C_2}{C_1+C_2}U_0\cos\omega t\) со средним значением нуль. Диоды добавляют постоянную составляющую: конденсаторы подзаряжаются так, что в максимуме \(u\) напряжение \(u_1\) точно доходит до нуля. Второе: в установившемся режиме токи через диоды текут лишь мгновенно, в максимуме \(u\); нигде, кроме них, заряд среднего узла не меняется.

Проверка. Сумма \(u_1+u_2=U_0\cos\omega t\) в любой момент. Предельный случай \(C_1\to0\): \(u_2\to U_0\) постоянно, а всё колебание достаётся малому \(C_1\): \(u_1=U_0\cos\omega t-U_0\), как у последовательных конденсаторов, где напряжение делится обратно ёмкостям. При \(C_1=C_2\) минимум \(u_2\) равен нулю: \(D_2\) только касается открытия, как и должно быть на границе условия \(C_2>C_1\).

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

Подсказка

Плоский щит не собирает лучи, а только направляет их, но Солнце — не точка, и пучок за расстояние \(l\) расплывается. Сравните, во сколько раз освещённость пятна увеличена у линзы и у щитов, и подумайте, что ещё отличает пятно размером в миллиметр от пятна размером в метр.

Ответ

Освещённость увеличена у линзы в \((d/F\alpha)^2=900\) раз, у щитов в \(n\bigl(D/(D+l\alpha)\bigr)^2\approx70\) раз, но пятно щитов в \(1200\) раз шире, и нагрев при теплоотводе в дерево у щитов примерно в \(90\) раз сильнее, чем у линзы: рассказ правдоподобен.

Решение

Что происходит. Солнце — не точка, а диск с угловым размером \(\alpha\): лучи от его краёв идут друг к другу под углом \(\alpha\). Поэтому линза даёт не точку, а изображение Солнца диаметром \(F\alpha\), а плоский щит — не точку, а пятно, размер которого больше \(D\): пучок от каждой точки Солнца параллелен после отражения, но лучи от краёв Солнца за путь \(l\) расходятся. Сначала найдём, во сколько раз освещённость (плотность потока энергии) в пятне больше солнечной \(E\) у линзы и у щитов. Но освещённости мало: опыт с линзой доказывает только, что \(900E\) достаточно для воспламенения; необходимо знать, как зависит нагрев от размера пятна. Главная идея: сравнить нагрев дерева в двух опытах с учётом отвода тепла.

Обозначения. \(E\) — плотность потока солнечного излучения у поверхности Земли, \(E_{\text{л}}\) и \(E_{\text{щ}}\) — те же величины в пятне линзы и в пятне щитов, \(r\) — радиус пятна.

1. Линза. Линза собирает энергию с площади \(\pi d^2/4\). Лучи от центра Солнца идут параллельно оси и сходятся в фокусе, лучи от края Солнца идут под углом \(\alpha/2\) к оси и сходятся на расстоянии \(F\alpha/2\) от фокуса (рисунок): изображение Солнца — диск диаметром \(F\alpha=1\) мм. Вся собранная энергия приходит на него: \[E_{\text{л}}=E\,\frac{\pi d^2/4}{\pi (F\alpha)^2/4}=E\Bigl(\frac{d}{F\alpha}\Bigr)^2=900E,\qquad r_{\text{л}}=\frac{F\alpha}{2}=0{,}5\text{ мм}.\]

2. Щиты. Плоское зеркало не фокусирует, и отражённые пучки идут так, будто щит — окно в сторону Солнца (рисунок). Пятно от одного щита: диаметр щита \(D\) плюс расплывание \(l\alpha\) крайних лучей, то есть \[D+l\alpha=1\text{ м}+20\text{ м}\cdot0{,}01=1{,}2\text{ м},\qquad r_{\text{щ}}=0{,}6\text{ м}.\] Все \(n\) щитов направляем в одно пятно. Каждый щит отдаёт энергию \(E\cdot\pi D^2/4\), пятно имеет площадь \(\pi(D+l\alpha)^2/4\): \[E_{\text{щ}}=nE\Bigl(\frac{D}{D+l\alpha}\Bigr)^2=100\Bigl(\frac1{1{,}2}\Bigr)^2E\approx69E .\] В центре пятна, где перекрываются пучки всех щитов, освещённость ещё выше.

3. Сравнение освещённостей. \(E_{\text{щ}}\approx69E\) меньше \(E_{\text{л}}=900E\). Но из этого нельзя сделать вывод «рассказ неправдоподобен»: дерево горит, когда нагревается до температуры воспламенения, а нагрев определяется балансом: приходящая мощность \(\sim E_{\text{пятна}}\,r^2\) равна мощности отвода тепла. Отвод тепла от пятна радиусом \(r\) в дерево и воздух пропорционален размеру пятна: по порядку величины \(\lambda\,r\,\Delta T\), где \(\lambda\) — теплопроводность, \(\Delta T\) — перегрев. Тогда \[E_{\text{пятна}}\,r^2\sim\lambda\,r\,\Delta T\quad\Rightarrow\quad \Delta T\sim\frac{E_{\text{пятна}}\,r}{\lambda}.\] В опыте с линзой дерево загорается, то есть \(E_{\text{л}}r_{\text{л}}\) достаточно для воспламенения. Для щитов \[\frac{\Delta T_{\text{щ}}}{\Delta T_{\text{л}}}\sim\frac{E_{\text{щ}}\,r_{\text{щ}}}{E_{\text{л}}\,r_{\text{л}}}=\frac{69\cdot0{,}6\text{ м}}{900\cdot5\cdot10^{-4}\text{ м}}\approx90 .\] Дерево на корабле нагревается примерно в \(90\) раз сильнее, чем в опыте с линзой, где оно загорается.

Ответ. Освещённость у линзы \(E_{\text{л}}=(d/F\alpha)^2E=900E\), у щитов \(E_{\text{щ}}=nE\bigl(D/(D+l\alpha)\bigr)^2\approx69E\); отношение нагревов \(\dfrac{\Delta T_{\text{щ}}}{\Delta T_{\text{л}}}\sim\dfrac{E_{\text{щ}}r_{\text{щ}}}{E_{\text{л}}r_{\text{л}}}\approx90>1\), поэтому рассказ правдоподобен: щиты могут зажечь дерево на расстоянии \(20\) м.

Обратите внимание. Сравнивать только освещённости (\(69E<900E\)) нельзя: линза доказывает достаточность \(900E\), а не необходимость, и крохотное пятно линзы теряет тепло гораздо активнее метрового пятна. Второе: щит не может сфокусировать пятно меньше \(D\), поэтому «улучшить» результат уменьшением пятна нельзя, но можно увеличить число щитов. Третье: оценка идеальна: коэффициент отражения принят равным единице, щиты точно нацелены на одно пятно и не затеняют друг друга; на деле коэффициент отражения бронзы ниже, но запас в \(90\) раз велик.

Проверка. Предельный случай \(l\to0\): пятно равно \(D\), \(E_{\text{щ}}\to nE=100E\) — все пучки без расплывания. При \(l=D/\alpha=100\) м пятно вдвое шире щита, \(E_{\text{щ}}=25E\). Оценка для воздушного охлаждения большого пятна: \(E\approx10^{3}\text{ Вт/м}^2\), теплоотдача \(h\sim20\text{ Вт/(м}^2\text{К)}\), \(\Delta T\sim69\cdot10^{3}/20\sim3\cdot10^{3}\) К — намного выше температуры воспламенения дерева (\(\sim300\) °C), даже если учесть потери на отражение. Размерность всех отношений безразмерна.

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