Всесоюзная, 1988/89, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Эксперимент короткий по сравнению с годом: положение и скорость планеты за это время почти не меняются. Новая сила притяжения тоже обратна квадрату расстояния, так что орбита остаётся кеплеровским эллипсом, а его параметры находятся из законов сохранения энергии и момента импульса.

Ответ

Год стал короче в \(\dfrac{4\sqrt2}{3}\approx1{,}9\) раза: \(T/T_0=\dfrac{3}{4\sqrt2}\approx0{,}53\).

Решение

Что происходит. Протоны улетели с планеты, и часть их села на звезду: планета оказалась заряжена отрицательно, звезда — положительно. К силе тяготения добавилась сила кулоновского притяжения, тоже обратно пропорциональная квадрату расстояния. Скорость планеты в конце эксперимента осталась прежней, равной скорости круговой орбиты, а притяжение стало сильнее, чем нужно для окружности: значит, планета в этот момент находится в самой дальней точке новой орбиты — эллипса. Главная идея — записать для двух крайних точек эллипса законы сохранения момента импульса и энергии, найти полную константу притяжения, а затем сравнить периоды по третьему закону Кеплера.

Обозначения. \(M\) — масса звезды, \(m\) — масса планеты (\(m\ll M\), звезду считаем неподвижной), \(R\) — радиус прежней орбиты, \(v_0=\sqrt{GM/R}\) — скорость на ней. Сила притяжения планеты после эксперимента равна \(F=\alpha m/r^2\), где \(\alpha=GM+kqQ/m\) (\(q\), \(Q\) — модули зарядов планеты и звезды, \(k=1/4\pi\varepsilon_0\)). Индексом \(A\) отмечаем самую дальнюю точку новой орбиты, индексом \(P\) — самую близкую.

1. Состояние в момент окончания эксперимента. За несколько часов планета проходит порядка \(3\cdot10^{8}\) м, около \(0{,}2\,\%\) радиуса орбиты, а добавочная сила за это время изменяет скорость на доли процента. Поэтому считаем: положение и скорость планеты остались прежними — расстояние \(R\) от звезды, скорость \(v_0\), направленная перпендикулярно радиусу. Обратите внимание: заряды должны быть противоположных знаков. Если бы планета отталкивалась от звезды, расстояние \(R\) осталось бы наименьшим и только выросло бы наибольшее, а по условию наименьшее уменьшилось.

2. Две крайние точки эллипса. В точке \(A\) скорость перпендикулярна радиусу, значит, это крайняя точка орбиты: \(r_A=R\), \(v_A=v_0\). Другая крайняя точка \(P\) по условию лежит на расстоянии \(r_P=R/2\); скорость в ней \(v_P\) тоже перпендикулярна радиусу. Сила притяжения центральная, поэтому момент импульса планеты относительно звезды сохраняется: \[m v_0 R=m v_P\,\frac R2\quad\Rightarrow\quad v_P=2v_0 .\] Закон сохранения механической энергии планеты в поле притяжения \(\alpha m/r^2\) (потенциальная энергия \(-\alpha m/r\)) между точками \(A\) и \(P\): \[\frac{v_0^2}{2}-\frac{\alpha}{R}=\frac{(2v_0)^2}{2}-\frac{\alpha}{R/2} \quad\Rightarrow\quad \frac{\alpha}{R}=\frac32\,v_0^2 .\] Так как \(v_0^2R=GM\), получаем \(\alpha=\tfrac32\,GM\). Кулоновская добавка равна половине тяготения: \(kqQ/m=\tfrac12\,GM\).

3. Период. Большая ось эллипса равна \(r_A+r_P=\tfrac32R\), значит, большая полуось \(a=\tfrac34R\). Третий закон Кеплера для поля \(\alpha/r^2\) (он выводится так же, как для тяготения, с заменой \(GM\) на \(\alpha\)): \(T^2=4\pi^2a^3/\alpha\). Для круговой орбиты до эксперимента \(T_0^2=4\pi^2R^3/(GM)\). Делим: \[\frac{T}{T_0}=\sqrt{\frac{a^3}{R^3}\cdot\frac{GM}{\alpha}}=\sqrt{\frac{27}{64}\cdot\frac23}=\sqrt{\frac{9}{32}}=\frac{3}{4\sqrt2}\approx0{,}53 .\] Обратите внимание: период эллипса зависит только от его большой полуоси, а не от формы, поэтому вся задача сводится к тому, чтобы найти \(a\) и \(\alpha\).

Ответ: год стал короче в \(\dfrac{4\sqrt2}{3}\approx1{,}9\) раза.

Проверка. Второй способ, через полную энергию: для эллипса в поле \(\alpha/r^2\) она равна \(-\alpha m/(2a)=-\tfrac32GMm/\bigl(\tfrac32R\bigr)=-GMm/R=-mv_0^2\); прямо из условия в точке \(A\): \(\tfrac12mv_0^2-\tfrac32 GMm/R=-mv_0^2\) — то же самое. Предел: при \(\alpha=GM\) (заряды нулевые) формулы дают \(r_P=R\) и \(T=T_0\), то есть прежнюю окружность. Смысл: кулоновское притяжение в полтора раза увеличило эффективную константу тяготения, планета «провалилась» к звезде и стала быстрее обходить её.

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

Подсказка

Нагреватель греет проходящий воздух при постоянном давлении, и вся его мощность уходит на нагревание протекающего потока. Лёгкий горячий столб создаёт разность давлений между нижним и верхним концами трубы, и именно она ускоряет воздух.

Ответ

\(v=\sqrt[3]{\dfrac{4gHN}{7pS}}\approx1{,}0\) м/с (воздух в трубе нагрет примерно на \(17\) К).

Решение

Что происходит. Воздух снаружи покоится, а воздух в трубе, прошедший через нагреватель, легче окружающего. Столб лёгкого воздуха высотой \(H\) давит на нижнее сечение меньше, чем столб наружного воздуха, и избыток давления снаружи гонит воздух вверх — возникает тяга. Скорость установится, когда этой разности давлений хватает как раз на то, чтобы разгонять воздух, а вся мощность нагревателя уходит на нагревание проходящего через него потока. Главная идея — записать два уравнения для двух неизвестных: скорость потока \(v\) и нагрев воздуха \(\Delta T\).

Обозначения. \(T_0\), \(\rho_0\) — температура и плотность воздуха снаружи (воздух покоится), \(T=T_0+\Delta T\) и \(\rho\) — температура и плотность воздуха над нагревателем, \(v\) — его скорость, \(v_0\) — скорость холодного воздуха под нагревателем. Сечения: 1 — под нагревателем, 2 — сразу над ним, 3 — верхний срез трубы. Давление \(p\) — атмосферное на уровне нижнего конца. Нагревание происходит в тонком слое у нижнего конца, выше воздух движется с одной скоростью. Трение о стенки не учитываем.

1. Нагрев. Труба открыта, поэтому воздух греется при постоянном давлении, молярная теплоёмкость при этом \(C_p=C_V+R=3{,}5R\). Через сечение \(S\) за время \(dt\) проходит \(dn=\dfrac{pSv}{RT}\,dt\) молей горячего воздуха. Закон сохранения энергии для воздуха, прошедшего через нагреватель: подведённое тепло \(N\,dt\) равно \(dn\,C_p\,\Delta T\). Изменение кинетической и потенциальной энергии потока — сотые доли ватта против ста, их отбрасываем. Получаем \[N=\frac{pSv}{RT}\cdot3{,}5R\,\Delta T=3{,}5\,pSv\,\frac{\Delta T}{T}. \tag{1}\]

2. Тяга. Выше нагревателя воздух движется с постоянной скоростью \(v\), значит, давление в нём меняется только по гидростатике: \(p_2-p_3=\rho gH\). На срезе трубы струя выходит в атмосферу, и её давление равно наружному на высоте \(H\): \(p_3=p-\rho_0gH\). Обратите внимание: на выходе давление не \(p\), а меньше на \(\rho_0gH\) — иначе тяги не было бы вовсе. Под нагревателем воздух разгоняется из покоя снаружи; здесь движение установившееся и без подвода тепла, поэтому уравнение Бернулли верно: \(p_1=p-\rho_0v_0^2/2\). Через нагреватель закон Бернулли применять нельзя — там подводится энергия; для тонкого слоя с нагревателем запишем закон изменения импульса за время \(dt\): сила давления на слой \((p_1-p_2)S\), импульс воздуха меняется от \(\rho_0 v_0\cdot v_0\) до \(\rho v\cdot v\) на единицу площади в секунду, то есть \(p_1+\rho_0v_0^2=p_2+\rho v^2\). Масса воздуха, проходящего за секунду, постоянна: \(\rho_0v_0=\rho v\). Складываем всё: \[(\rho_0-\rho)\,gH=\rho v^2-\tfrac12\rho_0v_0^2=\rho v^2\Bigl(1-\frac{\rho}{2\rho_0}\Bigr).\] Давление при нагревании практически не меняется (перепады давлений — единицы паскалей при \(10^{5}\) Па), поэтому \(\rho/\rho_0=T_0/T\) и \((\rho_0-\rho)/\rho=\Delta T/T_0\). Тогда \[gH\,\frac{\Delta T}{T_0}=v^2\Bigl(1-\frac{T_0}{2T}\Bigr)\approx\frac{v^2}{2}. \tag{2}\] Приближение \(T\approx T_0\) допустимо: нагрев окажется порядка \(5\,\%\) от абсолютной температуры.

3. Скорость. Из (2): \(\dfrac{\Delta T}{T}\approx\dfrac{v^2}{2gH}\). Подставим в (1): \[N=3{,}5\,pSv\cdot\frac{v^2}{2gH}\quad\Rightarrow\quad v=\sqrt[3]{\frac{2gHN}{3{,}5\,pS}}=\sqrt[3]{\frac{4gHN}{7pS}} .\] Подставим числа, \(p=1{,}01\cdot10^{5}\) Па: \[v=\sqrt[3]{\frac{4\cdot9{,}8\cdot1\cdot100}{7\cdot1{,}01\cdot10^{5}\cdot5\cdot10^{-3}}}\ \text{м/с}=\sqrt[3]{1{,}1}\ \text{м/с}\approx1{,}0\ \text{м/с}.\] Температура воздуха при этом: \(\Delta T/T=v^2/(2gH)\approx0{,}055\), при \(T_0\approx293\) К это \(\Delta T\approx16\)–\(17\) К — нагрев действительно мал. Температура \(T_0\) в ответ не входит, она нужна только для проверки малости нагрева.

Ответ: \(v=\sqrt[3]{\dfrac{4gHN}{7pS}}\approx1{,}0\) м/с.

Проверка. Размерность: \(gHN/(pS)\) — это \(\dfrac{\text{м}}{\text{с}^2}\cdot\text{м}\cdot\dfrac{\text{Вт}}{\text{Па}\cdot\text{м}^2}=\dfrac{\text{м}^2}{\text{с}^2}\cdot\dfrac{\text{м}}{\text{с}}\), под корнем получаются \(\text{м}^3/\text{с}^3\), верно. Второй способ: система (1), (2) без допущения \(T\approx T_0\) (с точными \(T\) и \(\rho\), численно, при \(T_0=293\) К) даёт \(v=1{,}03\) м/с и \(\Delta T=17\) К — ответ изменился меньше чем на \(2\,\%\). Смысл: \(v\propto N^{1/3}\), утроение мощности даёт лишь рост скорости в \(3^{1/3}\approx1{,}4\) раза (рисунок выше): чем сильнее нагрев, тем больше тяга, но тем больше тепла нужно и на каждую новую порцию воздуха.

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

Подсказка

В анизотропной среде плотность тока и напряжённость поля не параллельны, но закон Ома остаётся верным вдоль каждой из осей. Через боковые края полоски ток не течёт, поэтому поперечная составляющая плотности тока равна нулю.

Ответ

\(\dfrac{\sigma_X}{\sigma_Y}=\dfrac{U_0\,d+V\,L}{U_0\,d-V\,L}\).

Решение

Что происходит. В такой пластинке закон Ома записывается отдельно для каждой оси: \(j_X=\sigma_XE_X\), \(j_Y=\sigma_YE_Y\). Поэтому вектор плотности тока \(\vec j\) не параллелен вектору напряжённости \(\vec E\). Ток по полоске течёт вдоль неё, поперёк тока нет: через боковые края он выйти не может. Чтобы поперечный ток был нулевым, внутри полоски должно возникнуть поперечное электрическое поле: именно его мы и измеряем вольтметром как \(V/d\). Главная идея — записать условие «поперечного тока нет» через проекции на оси \(X\) и \(Y\).

Обозначения. Ось \(s\) — вдоль полоски, ось \(t\) — поперёк, в плоскости пластинки. Единичные векторы осей: \(\vec e_s=(\vec e_X+\vec e_Y)/\sqrt2\), \(\vec e_t=(\vec e_Y-\vec e_X)/\sqrt2\) (оси \(X\) и \(Y\) повёрнуты на \(\mp45^\circ\) к полоске, как на рисунке). Поле в середине полоски однородно (при \(L\gg d\) края у электродов не важны): продольная составляющая \(E_\parallel=U_0/L\), поперечная \(E_\perp=V/d\) (разность потенциалов между краями в одном сечении).

1. Проекции поля на оси \(X\) и \(Y\). Разложим \(\vec E=E_\parallel\vec e_s+E_\perp\vec e_t\) по осям (рисунок слева ниже): \[E_X=\frac{E_\parallel-E_\perp}{\sqrt2},\qquad E_Y=\frac{E_\parallel+E_\perp}{\sqrt2}.\]

2. Плотность тока. Закон Ома вдоль каждой оси: \(j_X=\sigma_XE_X\), \(j_Y=\sigma_YE_Y\). Вектор \(\vec j\) складывается из \(\vec j_X\) и \(\vec j_Y\) (рисунок справа ниже). Его поперечная составляющая равна \(j_t=(j_Y-j_X)/\sqrt2\).

3. Условие «ток течёт только вдоль полоски». Через боковой край ток течь не может, а при \(L\gg d\) картина одинакова по всей длине, поэтому \(j_t=0\) в каждой точке полоски, то есть \(j_X=j_Y\): \[\sigma_X\,(E_\parallel-E_\perp)=\sigma_Y\,(E_\parallel+E_\perp)\quad\Rightarrow\quad\frac{E_\perp}{E_\parallel}=\frac{\sigma_X-\sigma_Y}{\sigma_X+\sigma_Y}.\] Обратите внимание: поле \(\vec E\) не направлено вдоль полоски, хотя ток течёт вдоль неё. Если принять \(E_\perp=0\), получится \(\sigma_X=\sigma_Y\), то есть изотропная среда.

4. Соберём ответ. Подставим \(E_\parallel=U_0/L\) и \(E_\perp=V/d\); для краткости \(q=\dfrac{VL}{U_0d}\). Тогда \(q=\dfrac{\sigma_X-\sigma_Y}{\sigma_X+\sigma_Y}\), откуда \[\frac{\sigma_X}{\sigma_Y}=\frac{1+q}{1-q}=\frac{U_0\,d+V\,L}{U_0\,d-V\,L}.\] Условие \(V\ll U_0\) не означает, что \(q\) мало: множитель \(L/d\gg1\) может сделать \(q\) порядка единицы. Всегда \(q<1\), как и должно быть при \(\sigma_Y>0\).

Ответ: \(\dfrac{\sigma_X}{\sigma_Y}=\dfrac{U_0d+VL}{U_0d-VL}\).

Проверка. Изотропия \(\sigma_X=\sigma_Y\): \(q=0\), \(V=0\), поперечного напряжения нет. Предел \(\sigma_Y\to0\): \(q\to1\), \(E_\perp=E_\parallel\), поле направлено вдоль оси \(Y\) (\(E_X=0\)), и тока нет: вдоль полоски проводить нечем. Второй способ: проводимость полоски вдоль неё \(\sigma_s=j_s/E_\parallel\), где \(j_s=(j_X+j_Y)/\sqrt2=\sqrt2\,j_X\), и \(j_X=\sigma_XE_X\). Подставляя \(E_\perp\) из пункта 3, получим \(\sigma_s=\dfrac{2\sigma_X\sigma_Y}{\sigma_X+\sigma_Y}\) — среднее гармоническое, лежащее между \(\sigma_Y\) и \(\sigma_X\) ближе к меньшей из них. Это разумно: ток вынужден идти и по «плохому» направлению.

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

Подсказка

У сверхпроводящего кольца поток поля сохраняется, поэтому ток в нём определяется потоком соленоида и индуктивностью кольца. Кольцо подпрыгивает, когда сила Ампера на него превысит вес.

Ответ

\(U=U_0\,\dfrac{d_2}{d_1}\sqrt{\dfrac{\ln(1{,}4\,D/d_2)}{\ln(1{,}4\,D/d_1)}}\).

Решение

Что происходит. При подключении соленоида через конденсатор ток в нём растёт от нуля до наибольшего значения, пропорционального \(U\) (контур из соленоида и конденсатора не зависит от кольца: оно маленькое), и поле у торца растёт вместе с ним. Кольцо сверхпроводящее: сопротивления нет, и ЭДС индукции не может создать в нём напряжения на сопротивлении, поэтому полный поток через кольцо остаётся нулевым. Значит, в кольце наводится ток, поле которого компенсирует поток соленоида. У торца линии поля расходятся, и на кольцо с этим током действует сила Ампера, направленная вверх: кольцо отталкивается от торца. Оно подпрыгивает, когда наибольшая сила превысит вес. Главная идея — выразить силу и вес через толщину проволоки \(d\) и сравнить два опыта.

Обозначения. \(B\) — индукция поля соленоида в области кольца, \(S=\pi D^2/4\) — площадь, охваченная кольцом (кольцо мало, поле на ней считаем однородным), \(i\) — ток в кольце, \(L\) — его индуктивность, \(m\) — масса кольца, \(B_r\) — радиальная составляющая поля на проволоке.

1. Ток в кольце. Для сверхпроводящего контура полный поток сохраняется: до включения он равен нулю, и остаётся нулевым. Полный поток складывается из потока соленоида \(BS\) и собственного потока кольца \(Li\): \[BS+Li=0\quad\Rightarrow\quad |i|=\frac{BS}{L} ,\] направление тока — такое, что его поле противоположно полю соленоида (правило Ленца). Обратите внимание: \(i=\mathcal{E}/R\) здесь писать нельзя, \(R=0\); ток определяет не скорость изменения поля, а сам поток и индуктивность. Чем толще проволока (меньше \(L\)), тем ток больше.

2. Сила на кольцо. Радиальная составляющая поля пропорциональна самому полю при заданных размерах и положении кольца: \(B_r=\beta B\), множитель \(\beta\) от толщины проволоки не зависит. Сила Ампера \(i\,d\vec l\times\vec B\) на каждый элемент кольца: составляющие от \(B_z\) лежат в плоскости кольца и в сумме дают ноль, а от \(B_r\) направлены вдоль оси, все в одну сторону (вверх при токе, противоположном току соленоида; рисунок). Сумма по кольцу длиной \(\pi D\): \[F=|i|\,B_r\,\pi D=\beta\pi D\,\frac{S}{L}\,B^2 .\]

3. Условие прыжка. Кольцо оторвётся от картона, когда наибольшее значение силы сравняется с весом: \(F_{\max}=mg\). Индукция \(B\) пропорциональна току соленоида, а тот — напряжению источника: \(B_{\max}=\gamma U\), где \(\gamma\) зависит только от соленоида, конденсатора и положения кольца. Подставим: \[\beta\pi D\,S\gamma^2\,\frac{U^2}{L}=mg\quad\Rightarrow\quad U^2=\frac{mg}{\beta\pi D S\gamma^2}\;L .\] У двух колец одинаковы \(D\), материал, положение и множители \(\beta\), \(\gamma\); различаются толщиной проволоки: масса пропорциональна объёму проволоки, \(m\propto d^2D\), а индуктивность \(L=kD\ln(1{,}4D/d)\). Значит, \(U^2\propto m\,L\), и после подстановки \(m\propto d^2\), \(L\propto\ln(1{,}4D/d)\) получаем \[U^2\propto d^2\ln\frac{1{,}4\,D}{d}.\]

4. Соберём ответ. Опыт с первым кольцом даёт \(U_0\) при \(d=d_1\). Для второго: \[\frac{U}{U_0}=\frac{d_2}{d_1}\sqrt{\frac{\ln(1{,}4D/d_2)}{\ln(1{,}4D/d_1)}} .\] Обратите внимание: ответ не зависит от неизвестных нам величин — \(C\), числа витков соленоида, высоты, массы материала — они одинаковы в обоих опытах и сокращаются; поэтому условие и не даёт их.

Ответ: \(U=U_0\dfrac{d_2}{d_1}\sqrt{\dfrac{\ln(1{,}4D/d_2)}{\ln(1{,}4D/d_1)}}\).

Проверка. При \(d_2=d_1\) получаем \(U=U_0\). Второй способ, через энергию: энергия сверхпроводящего кольца в поле \(W=(BS)^2/(2L)\), сила \(F=-\partial W/\partial z\) пропорциональна \(B^2/L\) — как и в пункте 2. Предел: если бы \(L\) от \(d\) не зависела, получилось бы \(U\propto d\) (вес растёт как \(d^2\), сила от \(d\) не зависит, \(U^2\propto d^2\)); логарифм даёт слабую поправку: более толстое кольцо имеет меньшую индуктивность, больший ток и лучше отталкивается. Например, при \(D/d_1=100\) и \(d_2=2d_1\) получается \(U=1{,}85\,U_0\) вместо \(2\,U_0\) (рисунок).

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

Подсказка

Каждая линия даёт на фотоэлементе свои колебания тока с частотой, пропорциональной \(1/\lambda\). Две близкие частоты дают биения: быстрые колебания со средней частотой и медленно меняющуюся амплитуду. Из периодов читаются \(\lambda\) и \(\Delta\lambda\), а из размаха — отношение мощностей.

Ответ

\(\lambda=2vT\approx1{,}4\cdot10^{-6}\) м; \(\Delta\lambda=\lambda^2/(2vT_{\text{б}})\approx4\cdot10^{-8}\) м; отношение мощностей линий \(\approx1{,}6\).

Решение

Что происходит. Два пучка, пришедшие от зеркал, интерферируют на фотоэлементе. Зеркало П уходит от делителя, и путь его пучка растёт: свет идёт до зеркала и обратно, так что разность хода увеличивается на \(2vt\). Для линии с длиной волны \(\lambda_i\) разность фаз растёт как \(\varphi_i=2\pi\cdot 2vt/\lambda_i\), ток этой линии колеблется с частотой \(f_i=2v/\lambda_i\). Линий две, и частоты у них близкие: ток есть сумма двух колебаний, то есть быстрые колебания со средней частотой и медленные биения амплитуды. Главная идея — прочесть по графику период быстрых колебаний, период биений и размах колебаний в максимуме и минимуме биений.

Обозначения. \(I_1\), \(I_2\) — токи фотоэлемента, пропорциональные мощностям линий (коэффициенты деления одинаковы для обеих линий), \(\varphi_i=4\pi vt/\lambda_i\), \(f_i=2v/\lambda_i\), \(T\) — период быстрых колебаний, \(T_{\text{б}}\) — период биений, \(I_{\text{ст}}\) и \(I_{\text{сл}}\) — большее и меньшее из токов \(I_1\), \(I_2\). Ток \[I(t)=I_1\,(1+\cos\varphi_1)+I_2\,(1+\cos\varphi_2).\] Колебания с разными частотами \(f_1\) и \(f_2\) то усиливают друг друга (в фазе), то ослабляют (в противофазе); частота быстрых колебаний — среднее \(\bar f=(f_1+f_2)/2\), частота биений \(f_1-f_2\).

1. Средняя длина волны. Из графика: за промежуток между двумя соседними максимумами огибающей, \(T_{\text{б}}\approx13\) с (от \(t=0\) до \(t\approx13\) с), укладывается около \(36\) быстрых колебаний, отсюда период быстрых колебаний \(T\approx13/36\approx0{,}36\) с (его же дают расстояния между соседними пиками на рисунке ниже). Он равен \(1/\bar f\) и \(\bar f=2v/\lambda\): \[\lambda=2vT=2\cdot2\cdot10^{-6}\text{ м/с}\cdot0{,}36\text{ с}\approx1{,}4\cdot10^{-6}\text{ м}.\] Обратите внимание: множитель \(2\) — свет проходит путь до зеркала и обратно. Если взять \(\lambda=vT\), получится вдвое меньшее и неверное число.

2. Разность длин волн. Биения повторяются, когда разность фаз \(\varphi_1-\varphi_2\) меняется на \(2\pi\), то есть за время \(T_{\text{б}}=1/(f_1-f_2)\). При \(\Delta\lambda\ll\lambda\): \[f_1-f_2=2v\Bigl(\frac1{\lambda_1}-\frac1{\lambda_2}\Bigr)\approx\frac{2v\,\Delta\lambda}{\lambda^2}=\frac1{T_{\text{б}}} \quad\Rightarrow\quad \Delta\lambda=\frac{\lambda^2}{2vT_{\text{б}}}=\frac{(1{,}4\cdot10^{-6})^2}{2\cdot2\cdot10^{-6}\cdot13}\text{ м}\approx4\cdot10^{-8}\text{ м}.\] Это же получается проще: \(\Delta\lambda/\lambda=(f_1-f_2)/\bar f=T/T_{\text{б}}\approx1/36\).

3. Отношение мощностей. Среднее значение тока — слагаемое \(I_1+I_2\), вокруг которого идут колебания; по графику оно равно \(5\) (колебания идут около середины между \(0\) и \(10\)). В максимуме огибающей колебания обеих линий в фазе, амплитуда равна \(I_1+I_2=5\), и ток доходит до нуля и до \(10\). В минимуме огибающей они в противофазе, амплитуда равна \(|I_1-I_2|\). На рисунке ниже виден этот минимум (\(t\approx6{,}5\) с): ток колеблется между \(\approx3{,}8\) и \(\approx6{,}2\), амплитуда \(\approx1{,}2\). Значит, \[I_1+I_2=5,\quad |I_1-I_2|=1{,}2\quad\Rightarrow\quad I_{\text{ст}}=3{,}1,\ \ I_{\text{сл}}=1{,}9,\qquad \frac{I_{\text{ст}}}{I_{\text{сл}}}=\frac{5+1{,}2}{5-1{,}2}\approx1{,}6 .\] Ток пропорционален мощности линии, поэтому и мощности линий относятся как \(1{,}6\) (какая из двух длин волн мощнее, по графику не определить). Обратите внимание: в минимуме биений ток не доходит до постоянного значения, колебания остаются, потому что мощности линий разные; при равных мощностях амплитуда обратилась бы в ноль.

Ответ: \(\lambda\approx1{,}4\cdot10^{-6}\) м, \(\Delta\lambda\approx4\cdot10^{-8}\) м, отношение мощностей линий \(\approx1{,}6\).

Проверка. Размерность: \(2vT\) — метр. Второй способ: за время \(T_{\text{б}}\) первая линия даёт на одно колебание больше второй: \(2vT_{\text{б}}/\lambda_2-2vT_{\text{б}}/\lambda_1=1\), и \(2vT_{\text{б}}/\lambda=2\cdot2\cdot10^{-6}\cdot13/(1{,}4\cdot10^{-6})\approx37\) — согласуется с \(36\) колебаниями, которые мы насчитали на графике. Кривая, рассчитанная при токах \(3{,}1\) и \(1{,}9\) с частотами \(2{,}81\) и \(2{,}73\) Гц (рисунок в начале решения) по форме совпадает с рисунком 9. Смысл: период быстрых колебаний даёт «среднюю частоту», период биений — расстояние между частотами, глубина биений — неравенство интенсивностей линий.

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