ВсОШ, 2025/26, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Брусок вдвое легче воды, поэтому, плавая, он погружён ровно наполовину и его ось лежит на уровне воды. Проверьте, устойчиво ли при таком отношении \(b/a\) положение «плашмя», и найдите угол наклона, при котором моменты сил Архимеда относительно оси уравновешены.

Ответ

\(H = \dfrac{\sqrt{7/3}+1}{4}\,a \approx 0{,}632\,a\).

Решение

Рассмотрим сначала ситуацию, когда брусок плавает, не касаясь дна и повернувшись на угол \(\alpha\) вокруг своей продольной оси (на рисунке изображено поперечное сечение бруска). Поскольку плотность материала равна 50% плотности воды, брусок погружён на половину своего объёма, и, следовательно, поверхность воды проходит через продольную ось симметрии бруска (через точку \(O\) на рис.). Помимо силы тяжести, приложенной в точке \(O\), на брусок действует сила Архимеда. Для удобства подсчётов, разобьём погружённую часть изображённого сечения отрезком \(CD\) на две фигуры — треугольник \(ECD\) и оставшийся прямоугольник — и найдём центры масс каждой из них. Центр первой фигуры находится в точке пересечения медиан \(\triangle ECD\) (в точке \(A\)), а центр второй — в точке \(B\), где пересекаются диагонали прямоугольника.

Учитывая, что \(CD = a\), \(EC = a\,\mathrm{tg}\,\alpha\), \(CF = (b - a\,\mathrm{tg}\,\alpha)/2\), и обозначив длину бруска как \(L\), запишем выражения для составляющих силы Архимеда \(F_1\) и \(F_2\), приложенных в точках \(A\) и \(B\) соответственно: \[F_1 = \rho_\text{в} g L\cdot\frac12 a\cdot a\,\mathrm{tg}\,\alpha = \frac12\rho_\text{в} g a^2 L\,\mathrm{tg}\,\alpha, \qquad F_2 = \rho_\text{в} g a L\cdot\frac{b - a\,\mathrm{tg}\,\alpha}{2}.\] Длины отрезков \(AO\) и \(BO\), опираясь на различные геометрические теоремы, можно найти как \[AO = \frac13 CO = \frac16 ED = \frac{a}{6\cos\alpha}, \qquad BO = \frac{a\,\mathrm{tg}\,\alpha + CF}{2} = \frac{b + a\,\mathrm{tg}\,\alpha}{4}.\] Определим теперь значение угла \(\alpha\), не равное нулю, при котором брусок находится в равновесии. Для этого запишем правило моментов относительно точки \(O\): \[\begin{gather*} F_1\cdot AO\cos 2\alpha = F_2\cdot BO\cos(90^\circ - \alpha) \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad \frac12\rho_\text{в} g a^2 L\,\mathrm{tg}\,\alpha\cdot\frac{a\cos 2\alpha}{6\cos\alpha} = \rho_\text{в} g a L\cdot\frac{b^2 - a^2\,\mathrm{tg}^2\alpha}{8}\cdot\sin\alpha \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad \frac23\left(1 - \mathrm{tg}^2\alpha\right) = \left(\frac{b}{a}\right)^2 - \mathrm{tg}^2\alpha \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad \mathrm{tg}^2\alpha = 3\left(\frac{b}{a}\right)^2 - 2 = \frac13 \quad\Rightarrow\quad \alpha = 30^\circ. \end{gather*}\] Данное положение равновесия является устойчивым, так как при \(\alpha > 30^\circ\) момент силы \(F_1\) превышает момент силы \(F_2\), и брусок будет поворачиваться по часовой стрелке (угол \(\alpha\) будет уменьшаться). Если же \(\alpha < 30^\circ\), то, наоборот, момент силы \(F_2\) будет больше, и брусок будет поворачиваться против часовой стрелки (\(\alpha\) станет увеличиваться). Причём это справедливо, в том числе, и для малых углов, близких к \(0^\circ\). Таким образом, когда вода дойдёт до высоты \(b/2\), исходное положение бруска (при \(\alpha = 0^\circ\)) перестанет быть устойчивым, и один из краёв бруска (левый или правый — дело случая) станет подниматься вверх. При дальнейшем подъёме уровня воды вращение бруска продолжится, пока угол \(\alpha\) не достигнет величины \(30^\circ\). Если уровень воды продолжит увеличиваться, брусок оторвётся от дна сосуда и будет плавать в таком (устойчивом!) положении. Найдём высоту уровня воды, при которой произойдёт отрыв бруска: \[H = EF\cos\alpha = \frac{b + a\,\mathrm{tg}\,\alpha}{2}\cdot\cos\alpha = \frac{\sqrt{7/3}+1}{4}\cdot a \approx 0{,}632\,a.\]

Подсказка

Вычтите друг из друга уравнения движения шариков: относительная скорость меняется пропорционально относительному смещению. Для одного шарика так же свяжите изменение вертикальной скорости с высотой падения, а в пункте 3 рассмотрите движение центра масс пары шариков.

Ответ

1) \(v_{20} = v_{10}\dfrac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\) м/с;  2) \(H \approx 30{,}8\) м (\(30{,}83\) м в приближении установившейся скорости, \(30{,}84\) м по точной формуле);  3) \(u = \dfrac{m}{k}\dfrac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\) м/с.

Решение

Пункт 1. Метод №1. Рассмотрим относительное движение шариков. Запишем второй закон Ньютона для каждого из них \[\begin{gather*} m\vec a_1 = m\vec g - k(\vec v_1 - \vec u),\\ m\vec a_2 = m\vec g - k(\vec v_2 - \vec u) \end{gather*}\] и вычтем полученные выражения друг из друга \[m\vec a_r = -k\vec v_r.\] Здесь \(\vec a_r = \vec a_2 - \vec a_1\) — относительное ускорение шариков, а \(\vec v_r = \vec v_2 - \vec v_1\) — их относительная скорость. Из этого равенства следует, что малое изменение относительной скорости \(d\vec v_r\) и малое изменение вектора смещения второго шарика относительно первого \(d\vec l\) связаны соотношением \[d\vec v_r = -\frac{k}{m}\,d\vec l.\] Поскольку оно справедливо в любой момент времени, полное изменение относительной скорости \(\Delta\vec v_r\) и полное изменение вектора смещения \(\Delta\vec l\) связаны аналогично \[\Delta\vec v_r = -\frac{k}{m}\,\Delta\vec l.\] Согласно условию, спустя некоторое достаточно большое время относительная скорость шариков пренебрежимо мала (\(\vec v_r = \vec 0\)), а вектор смещения между ними \(\vec l = \vec L\) направлен вертикально вверх и имеет длину \(L\), следовательно \[\begin{gather*} \vec 0 - (\vec v_{20} - \vec v_{10}) = -\frac{k}{m}(\vec L - \vec 0),\\ \vec v_{20} - \vec v_{10} = \frac{k}{m}\vec L. \end{gather*}\] Запишем это равенство в проекции на горизонтальную ось \[v_{20}\cos\alpha_2 - v_{10}\cos\alpha_1 = 0,\] откуда \[v_{20} = v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\text{ м/с}.\]

Пункт 1. Метод №2. Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось \(OX\), направленную горизонтально вправо, \[m\frac{dv_{1x}}{dt} = -k(v_{1x} + u).\] Отсюда, применяя непосредственное интегрирование и учитывая начальные условия (\(x_1(0) = 0\) и \(v_{1x}(0) = v_{10}\cos\alpha_1\)), получим \[\begin{gather*} v_{1x}(t) = (v_{10}\cos\alpha_1 + u)\,e^{-\frac{k}{m}t} - u,\\ x_1(t) = \frac{m}{k}(v_{10}\cos\alpha_1 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - ut. \end{gather*}\] Аналогичным образом, \[\begin{gather*} v_{2x}(t) = (v_{20}\cos\alpha_2 + u)\,e^{-\frac{k}{m}t} - u,\\ x_2(t) = \frac{m}{k}(v_{20}\cos\alpha_2 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - ut. \end{gather*}\] Из условия следует, что \(x_1(\infty) = x_2(\infty)\), поэтому \[v_{10}\cos\alpha_1 = v_{20}\cos\alpha_2,\] откуда \[v_{20} = v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\text{ м/с}.\]

Пункт 2. Метод №1. Заметим, что в соответствии с тем, что второй шарик упал позднее, вектор \(\vec L\) направлен вверх. Запишем полученное выше векторное равенство \(\vec v_{20} - \vec v_{10} = \frac{k}{m}\vec L\) в проекции на вертикальную ось \[v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1 = \frac{k}{m}L.\] Отсюда \[\frac{m}{k} = \frac{L}{v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1} = 0{,}75\text{ с}.\] Теперь рассмотрим движение первого шарика в отдельности. Запишем для него второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось \(OY\), \[m\frac{dv_{1y}}{dt} = -mg - kv_{1y} \qquad\Rightarrow\qquad dv_{1y} = -g\,dt - \frac{k}{m}\,dy_1.\] Здесь \(y_1\) — вертикальная координата первого шарика. Нетрудно заметить, что спустя достаточно большое время вертикальная проекция скорости примет значение \(-mg/k\). Переходя к конечным приращениям так, как мы раньше сделали с относительной скоростью и вектором смещения между шариками, получим \[-\frac{mg}{k} - v_{10}\sin\alpha_1 = -g\tau + \frac{k}{m}H.\] Отсюда \[H = \frac{m}{k}(g\tau - v_{10}\sin\alpha_1) - \frac{m^2}{k^2}g = 30{,}83\text{ м}.\]

Пункт 2. Метод №2. Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось \(OY\), направленную вертикально вверх, \[m\frac{dv_{1y}}{dt} = -mg - kv_{1y}.\] Отсюда, интегрируя с учётом начальных условий (\(y(0) = 0\) и \(v_{1y}(0) = v_{10}\sin\alpha_1\)), получим \[\begin{gather*} v_{1y}(t) = \left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k},\\ y_1(t) = \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - \frac{mg}{k}t. \end{gather*}\] Аналогичным образом, \[\begin{gather*} v_{2y}(t) = \left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k},\\ y_2(t) = \frac{m}{k}\left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - \frac{mg}{k}t. \end{gather*}\] Из условия следует, что \(y_2(\infty) - y_1(\infty) = L\), так что \[\frac{m}{k}(v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1) = L.\] Отсюда \[\frac{m}{k} = \frac{L}{v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1} = 0{,}75\text{ с}.\] Согласно условию, \[H = -y_1(\tau) = \frac{mg}{k}\tau - \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}\tau}\right) = 30{,}84\text{ м}.\]

Пункт 3. Метод №1. Рассмотрим движение системы шариков как целого. Ускорение центра масс \(\vec a_c = (\vec a_1 + \vec a_2)/2\) связано с внешними силами выражением \[2m\vec a_c = -k(\vec v_1 + \vec v_2 - 2\vec u) + 2m\vec g = -2k(\vec v_c - \vec u) + 2m\vec g,\] где \(\vec v_c = (\vec v_1 + \vec v_2)/2\) — скорость центра масс. Введём обозначение \(\vec v_f = \vec u + m\vec g/k\) — несложно показать, что это установившаяся скорость любого из шариков. Получим \[\vec a_c = -\frac{k}{m}(\vec v_c - \vec v_f).\] Перейдём в систему отсчёта, которая движется с постоянной скоростью \(\vec v_f\). Ускорение и скорость центра масс в этой системе обозначим \(\vec a\,'_c\) и \(\vec v\,'_c\) соответственно. Тогда \[\vec a\,'_c = -\frac{k}{m}\vec v\,'_c.\] Это уравнение описывает прямолинейное движение! При этом известно, что центр масс дважды проходил через точку \(O\), которая в выбранной системе отсчёта движется с постоянной скоростью \(-\vec v_f\). Следовательно, \(\vec v\,'_c \parallel \vec v_f\). Но \(\vec v\,'_c = \vec v_c - \vec v_f\), а значит \[\vec v_c \parallel \vec v_f,\] то есть \[(\vec v_1 + \vec v_2) \parallel \left(\vec u + \frac{m\vec g}{k}\right).\] Это верно для любого момента времени, в том числе для начального. Таким образом \[\frac{v_{10}\cos\alpha_1 + v_{20}\cos\alpha_2}{v_{10}\sin\alpha_1 + v_{20}\sin\alpha_2} = \frac{u}{mg/k}.\] С учётом \(v_{20}\cos\alpha_2 = v_{10}\cos\alpha_1\) отсюда получим \[u = \frac{m}{k}\,\frac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\text{ м/с}.\]

Пункт 3. Метод №2. Пусть ось \(OY\) шарики пересекают в момент времени \(t_1\) на расстояниях \(h\) от точки \(O\). Тогда имеем \[\begin{gather*} 0 = \frac{m}{k}(v_{10}\cos\alpha_1 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - ut_1,\\ -h = \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - \frac{mg}{k}t_1,\\ h = \frac{m}{k}\left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - \frac{mg}{k}t_1. \end{gather*}\] Исключив из этой системы \(t_1\) и \(h\), выразим \[u = \frac{2mg}{k}\,\frac{v_{10}\cos\alpha_1}{v_{10}\sin\alpha_1 + v_{20}\sin\alpha_2}.\] С учётом \(v_{20}\cos\alpha_2 = v_{10}\cos\alpha_1\) отсюда получим \[u = \frac{m}{k}\,\frac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\text{ м/с}.\]

Подсказка

Поршень лёгкий, поэтому давление газа сверху и снизу одинаково, а температура постоянна. Запишите, куда девается газ из нижней части: он растворяется в поступившей воде. Подумайте, что изменится, когда весь газ под поршнем растворится.

Ответ

1) вниз, \(v_\text{п} = \dfrac{q}{2S}\left(\dfrac{kRT_0}{M} - 1\right) \approx 0{,}01\) см/с;  2) \(t_1 \approx 1250\) с;  3) \(P_{min} \approx 132\) кПа;  4) \(t_2 = 2640\) с;  5) ломаная из двух отрезков через точки \((0\text{ с};\ 6{,}6\text{ л})\), \((1250\text{ с};\ 8{,}2\text{ л})\), \((2640\text{ с};\ 2{,}64\text{ л})\).

Решение

Пусть \(V_\text{в}\) — объём верхней части сосуда, \(V_1\) и \(V_2\) — объёмы газа и, соответственно, газированной воды в нижней части сосуда. Так как вода поступает с постоянной скоростью, а суммарный объём сосуда равен \(2V_0\), то \[V_2 = qt, \qquad V_1 = 2V_0 - V_\text{в} - qt.\] Рассмотрим случай, когда вода ещё не заполнила всю нижнюю часть сосуда (\(V_1 > 0\)). Поршень, разделяющий сосуд, лёгкий и двигается без трения, поэтому давление углекислого газа \(P\) по обе стороны от него одинаково. Масса \(CO_2\), растворённого в воде, согласно закону Генри равна \[m_2 = \mu_\text{р} V_2 = kPV_2 = kPqt.\] В начальный момент массы газа в верхней и нижней частях сосуда равны, следовательно в некоторый момент \(t\) масса газа под поршнем \[m_1 = m_\text{в} - m_2 = m_\text{в} - kPqt, \tag{*}\] где \(m_\text{в}\) — масса углекислого газа в верхней части сосуда. Запишем теперь уравнения Менделеева–Клапейрона для газа, находящегося по обе стороны от поршня, и, выражая оттуда массы, подставим их в уравнение \((*)\) \[\begin{gather*} \begin{cases} PV_\text{в} = m_\text{в} RT_0/M,\\ PV_1 = m_1 RT_0/M \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \frac{PV_1 M}{RT_0} = \frac{PV_\text{в} M}{RT_0} - kPqt \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad V_1 = V_\text{в} - \frac{kRT_0}{M}\cdot qt. \end{gather*}\] Отсюда, решая систему, найдём, что \[V_\text{в} = V_0 + \frac{qt}{2}\left(\frac{kRT_0}{M} - 1\right), \qquad V_1 = V_0 - \frac{qt}{2}\left(\frac{kRT_0}{M} + 1\right). \tag{**}\] Поскольку \[\frac{kRT_0}{M} = \frac{3{,}17\cdot10^{-5}\cdot 8{,}31\cdot 274}{0{,}044} \approx 1{,}64 > 1,\] то из первого выражения в \((**)\) следует, что \(V_\text{в}\) увеличивается с постоянной скоростью, а поршень двигается вниз. Скорость его движения равна \[v_\text{п} = \frac{\Delta V_\text{в}}{S\Delta t} = \frac{q}{2S}\left(\frac{kRT_0}{M} - 1\right) = \frac{4\text{ см}^3/\text{с}}{256\text{ см}^2}\,(1{,}64 - 1) \approx 0{,}01\text{ см/с}.\]

Из второго выражения в \((**)\) следует, что объём газа над поверхностью воды в нижней части сосуда непрерывно уменьшается и в момент времени \[t_1 = \frac{2V_0}{q(kRT_0/M + 1)} = \frac{2\cdot 6{,}6\text{ л}}{0{,}004\text{ л/с}\cdot(1{,}64 + 1)} \approx 1250\text{ с}\] становится нулевым, весь газ оказывается растворенным в жидкости, а жидкость упирается в поршень. В дальнейшем поступающая вода будет поднимать поршень, а объём газа в верхней части сосуда станет уменьшаться. Процесс, происходящий с газом над поршнем, изотермический, поэтому минимальное давление \(P_{min}\) достигается при максимальном \(V_\text{в}\), то есть через время \(t = t_1\) после включения насоса.

Максимальный объём верхней части сосуда достигается в момент времени \(t_1\). Найдем этот объем, подставив выражение для \(t_1\) в первую формулу \((**)\): \[V_{\text{в}\,max} = 2V_0\cdot\frac{kRT_0/M}{kRT_0/M + 1} \approx 8{,}2\text{ л}.\] Давление газа над поршнем в этот момент, согласно закону Бойля–Мариотта, равно \[P_{min} = \frac{P_0 V_0}{V_{\text{в}\,max}} \approx 132\text{ кПа}.\]

В момент выключения насоса давление газа над поршнем равно \(P_\text{кр}\), а объём верхней части сосуда составляет \[V_{\text{в}\,\text{кр}} = \frac{P_0 V_0}{P_\text{кр}} = \frac{2V_0}{5} = 2{,}64\text{ л}.\] Объём остальной части сосуда, заполненной водой, равен \[V_{2\,\text{кр}} = 2V_0 - V_{\text{в}\,\text{кр}} = \frac{8V_0}{5}.\] Отсюда получим, что время работы насоса \[t_2 = \frac{V_{2\,\text{кр}}}{q} = \frac{8V_0}{5q} = 2640\text{ с}.\]

Исходя из результатов, полученных в предыдущих пунктах, график зависимости \(V_\text{в}(t)\) имеет вид ломаной, состоящей из двух прямолинейных участков. Вершина ломаной находится в точке с координатами \((t_1;\ V_{\text{в}\,max})\), а её концы — в точках \((0;\ V_0)\) и \((t_2;\ V_{\text{в}\,\text{кр}})\). Построим график функции \(V_\text{в}(t)\), отметив на нём характерные точки.

Подсказка

Полость — это суперпозиция сплошного цилиндра с плотностью \(\rho\) и цилиндра с плотностью \(-\rho\); поле в ней однородно. Сравните электрическую силу с силой тяжести и запишите работу всех сил как функцию угла поворота стержня.

Ответ

1) \(\rho = \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{qR}\);  2) \(v_{max} = \dfrac{\sqrt{(2-\sqrt2)gR}}{2}\);  3) \(T = 2\sqrt2\,mg - \dfrac{16q^2}{9\pi\varepsilon_0 R^2}\);  4) бусинка \((2q, m)\): \(N_m = mg\,\dfrac{13 - 2\sqrt2}{3}\), бусинка \((q, 2m)\): \(N_{2m} = mg\,\dfrac{17 - 4\sqrt2}{3}\).

Решение

Рассмотрим плоскость, перпендикулярную осям полости и цилиндра. Пусть \(O\) — точка пересечения оси цилиндра с этой плоскостью, а \(O'\) — точка пересечения с осью полости (рис. 1). Выберем произвольную точку \(A\) внутри полости. Если \(\vec r = \overrightarrow{OA}\), \(\vec r\,' = \overrightarrow{O'A}\), а \(\vec d = \overrightarrow{OO'}\), тогда \(\vec r = \vec r\,' + \vec d\).

Пусть \(\rho\) — объёмная плотность заряда цилиндра, тогда полость можно представить как суперпозицию цилиндров с объёмной плотностью заряда \(\rho\) и \(-\rho\). Первый цилиндр дополняет цилиндр с вырезом до полного сплошного цилиндра. Поле внутри выреза представим как суперпозицию полей дополненного цилиндра и цилиндра с плотностью заряда \(-\rho\).

Используя симметрию, найдём с помощью теоремы Гаусса напряжённость поля \(E(r)\) внутри равномерно заряженного цилиндра: \[\Phi_E = \frac{q_{in}}{\varepsilon_0},\ \text{где } \Phi_E = 2\pi r l E(r),\ q_{in} = \pi r^2 l\rho,\] откуда \(E(r) = \dfrac{\rho r}{2\varepsilon_0}\) или, в векторном виде, \(\vec E(\vec r) = \dfrac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec r\). Тогда напряжённость поля в произвольной точке \(A\) равна \[\vec E_A = \vec E_\rho(\vec r) + \vec E_{-\rho}(\vec r\,') = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec r + \frac{(-\rho)}{2\varepsilon_0}\vec r\,' = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}(\vec r - \vec r\,') = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec d.\] Таким образом, поле внутри полости однородно, вектор напряжённости направлен горизонтально, а его модуль равен \(E_\text{п} = \dfrac{\rho R}{4\varepsilon_0}\).

На заряженный шарик массой \(m\) и зарядом \(q\), помещённый в полость, действует сила \(\vec F = \vec F_g + \vec F_E\), где \(F_g = mg\) — сила тяжести, \(F_E = \dfrac{q\rho R}{4\varepsilon_0}\) — сила со стороны электрического поля. Эти силы взаимно перпендикулярны и однородны, поэтому шарик будет двигаться с постоянным ускорением \(a = \sqrt{g^2 + \left(\dfrac{q\rho R}{4m\varepsilon_0}\right)^2}\). С другой стороны, шарик долетел до стенки полости за время \(\tau\). Это значит, что \(a = \dfrac{2(R/2)}{\tau^2} = \sqrt2\,g\), откуда \(\rho = \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{qR}\).

Пусть \(B\) — середина стержня, \(r = 3R/8\) — радиус кольца, а \(L = \sqrt2\,r\) — расстояние между бусинками. При движении стержня с бусинками вектор \(\overrightarrow{O'B}\) будет поворачиваться против часовой стрелки в плоскости рисунка, а скорость обеих бусинок будет, в силу кинематической связи, одинакова. Обозначим \(\varphi\) угол поворота вектора \(\overrightarrow{O'B}\) и найдём значение угла \(\varphi_\text{р}\), соответствующее максимальной скорости бусинок.

Пункт 2. Метод №1. Согласно теореме о кинетической энергии \[\frac{3mv^2}{2} = A_g + A_E,\] где \(v\) — скорость бусинок, \(A_g\) и \(A_E\) — работа силы тяжести и электрической силы соответственно. Запишем выражения для обеих работ при повороте вектора \(\overrightarrow{O'B}\) на угол \(\varphi\): \[\begin{gather*} A_g = mgr\bigl(\cos(\varphi - \pi/4) - \cos(\pi/4)\bigr) + 2mgr\bigl(\cos(\pi/4 + \varphi) - \cos(\pi/4)\bigr),\\ A_E = 2qE_\text{п} r\bigl(\sin(\varphi - \pi/4) + \sin(\pi/4)\bigr) + qE_\text{п} r\bigl(\sin(\pi/4 + \varphi) - \sin(\pi/4)\bigr). \end{gather*}\] Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что \[qE_\text{п} = q\cdot\frac{\rho R}{4\varepsilon_0} = mg.\] Используя это, запишем выражение для суммарной работы: \[A_\Sigma = A_g + A_E = mgr\left(2\cos(\varphi - \pi/4) - \sqrt2\right).\] Скорость бусинок будет наибольшей тогда, когда \(A_\Sigma\) достигнет максимума, то есть при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\). Подставляя это значение в выражение для суммарной работы, получим \[\begin{gather*} A_{\Sigma\,max} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \quad\Rightarrow\quad \frac{3mv_{max}^2}{2} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad v_{max} = \sqrt{\frac{2(2 - \sqrt2)gr}{3}} = \frac{\sqrt{(2 - \sqrt2)gR}}{2}. \end{gather*}\]

Пункт 2. Метод №2. В момент достижения бусинками максимальной скорости их тангенциальное ускорение равно нулю. Поэтому сумма моментов сил тяжести и электрических сил, рассчитанных в данный момент относительно точки \(O'\), равна нулю. Запишем выражения для \(M_g\) и \(M_E\) (суммарного момента сил тяжести и электрических сил соответственно), принимая в качестве положительного направление против часовой стрелки: \[\begin{gather*} M_g = -mgr\sin(\varphi - \pi/4) - 2mgr\sin(\varphi + \pi/4),\\ M_E = 2qE_\text{п} r\cos(\varphi - \pi/4) + qE_\text{п} r\cos(\varphi + \pi/4). \end{gather*}\] Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что \[qE_\text{п} = q\cdot\frac{\rho R}{4\varepsilon_0} = mg.\] Используя это, запишем выражение для суммарного момента \[\begin{gather*} M_\Sigma = M_g + M_E = -mgr\sin(\varphi - \pi/4) - 2mgr\sin(\varphi + \pi/4) +\\ + 2mgr\cos(\varphi - \pi/4) + mgr\cos(\varphi + \pi/4) = -2mgr\sin(\varphi - \pi/4). \end{gather*}\] При \(\varphi < \pi/4\) суммарный момент положительный, и система разгоняется, достигая максимальной скорости при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\), когда \(M_\Sigma = 0\). Согласно закону изменения энергии \[\frac{3mv_{max}^2}{2} + 2mgr - 3mg\cdot\left(r - \frac{r}{\sqrt2}\right) = 2qE_\text{п}\cdot\frac{r}{\sqrt2} + qE_\text{п}\left(r - \frac{r}{\sqrt2}\right),\] откуда \[\frac{3mv_{max}^2}{2} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \qquad\Rightarrow\qquad v_{max} = \sqrt{\frac{2(2 - \sqrt2)gr}{3}} = \frac{\sqrt{(2 - \sqrt2)gR}}{2}.\]

Пункты 3 и 4. Сделаем несколько утверждений:

1) Так как стержень невесом, сумма сил, действующих на стержень, равна нулю.

2) Так как стержень и бусинки соединены шарнирно, сила, с которой стержень действует на бусинки, направлена вдоль него.

3) В момент достижения бусинкой максимальной скорости её тангенциальное ускорение равно нулю, поэтому проекция сил, действующих на эту бусинку, на ось, перпендикулярную радиусу, равна нулю.

Рассмотрим силы, действующие на каждую из бусинок в момент достижения ими максимальной скорости, то есть при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\) (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для нижней бусинки в проекции на горизонтальную ось, учитывая третье утверждение, \[0 = 2qE_\text{п} - (T + F_\text{кул})\cos(\pi/4),\] где \(T\) — сила реакции стержня, а \(F_\text{кул} = q^2/(2\pi\varepsilon_0 L^2)\) — сила электростатического отталкивания бусинок.

Отсюда получим, что \[T = 2\sqrt2\,qE_\text{п} - F_\text{кул} = 2\sqrt2\,mg - \frac{q^2}{2\pi\varepsilon_0 L^2} = 2\sqrt2\,mg - \frac{16q^2}{9\pi\varepsilon_0 R^2}.\] Нормальное ускорение в этот момент равно \(a_n = \dfrac{v^2}{r} = \dfrac{2(2 - \sqrt2)}{3}g\). Запишем второй закон Ньютона для обеих бусинок в проекции на радиально направленные оси (для нижней бусинки — на вертикальную, для верхней — на горизонтальную): \[\begin{gather*} ma_n = -(T + F_\text{кул})\sin(\pi/4) - mg + N_m,\\ 2ma_n = -(T + F_\text{кул})\sin(\pi/4) - qE_\text{п} + N_{2m}. \end{gather*}\] Поскольку \(T + F_\text{кул} = 2\sqrt2\,qE_\text{п}\), \[\begin{gather*} N_m = mg + ma_n + 2qE_\text{п} = 3mg + mg\cdot\frac{2(2 - \sqrt2)}{3} = mg\cdot\frac{13 - 2\sqrt2}{3},\\ N_{2m} = 2ma_n + 3qE_\text{п} = 3mg + mg\cdot\frac{4(2 - \sqrt2)}{3} = mg\cdot\frac{17 - 4\sqrt2}{3}. \end{gather*}\]

Подсказка

Пока диод закрыт, весь ток идёт через термистор, а диод откроется, когда напряжение на термисторе дойдёт до \(U_0\). Запишите баланс мощностей термистора и выразите напряжение на нём через температуру: у этой зависимости есть максимум.

Ответ

1) \(P = \dfrac{k}{\alpha}\left(\dfrac{R_0 k/\alpha}{4U_0^2} - 1\right) = 37{,}5\) мВт (здесь \(k/\alpha = 0{,}3\) Вт);  2) \(\mathcal{E}_2 = 14\) В.

Решение

Когда диод открывается, напряжение на нём и на термисторе равно \(U_0\), а сила тока через диод равна нулю. Поэтому сила тока, протекающего через резистор \(r\) и термистор, равна \(I = (\mathcal{E}_1 - U_0)/r\). С другой стороны, \[I = U_0/R_0\cdot(1 + \alpha(t_1 - t_0))^2,\] где \(t_1\) — температура термистора в данном режиме. Приравнивая эти выражения, находим, что \[\alpha(t_1 - t_0) = \sqrt{\frac{R_0}{r}\cdot\frac{(\mathcal{E}_1 - U_0)}{U_0}} - 1 = 0{,}5.\] Тепловая мощность, выделяющаяся на термисторе, должна в установившемся режиме рассеиваться в окружающий воздух. Поэтому \[\frac{U_0^2}{R_0}\cdot(1 + \alpha(t_1 - t_0))^2 = k(t_1 - t_0),\] где \(k\) — коэффициент в законе Ньютона-Рихмана. Выразим из данного выражения величину \(k/\alpha\): \[\frac{k}{\alpha} = \frac{U_0^2}{R_0}\cdot\frac{(1 + \alpha(t_1 - t_0))^2}{\alpha(t_1 - t_0)} = 0{,}3\text{ Вт}.\] Рассмотрим теперь случай, когда на термистор светят лазером. Запишем условие баланса мощностей при напряжении на термисторе, равном \(U\): \[\frac{U^2}{R_0}\cdot(1 + \alpha(t - t_0))^2 + P = k(t - t_0).\] Выразим \(U^2\): \[U^2 = R_0\cdot\frac{k(t - t_0) - P}{(1 + \alpha(t - t_0))^2} \tag{*}\] и найдём максимум этой функции. Обозначая \(z = \alpha(t - t_0 - P/k)\), получим \[U^2 = \frac{R_0 k/\alpha\cdot z}{(1 + \alpha P/k + z)^2} = \frac{R_0 k/\alpha}{\left(\frac{1 + \alpha P/k}{\sqrt z} + \sqrt z\right)^2}.\] Далее используем неравенство о средних: \[U^2 \leqslant U_{max}^2 = \frac{R_0 k/\alpha}{4(1 + \alpha P/k)}.\] Если диод не открывается при любой ЭДС источника, \[U_{max} \leqslant U_0 \quad\Rightarrow\quad P \geqslant \frac{k}{\alpha}\cdot\left(\frac{R_0 k/\alpha}{4U_0^2} - 1\right) = 0{,}0375\text{ Вт}.\] Таким образом, минимальная тепловая мощность, которую должен передавать лазер, чтобы диод закрылся при любой \(\mathcal{E}\), равна \(37{,}5\) мВт.

Для того чтобы понять, почему диод после выключения лазера не открылся, заметим, что выражение \((*)\) при \(P = 0\) тоже имеет максимум, а следовательно напряжение на термисторе может быть меньше \(U_0\) как при малых токах (и малых ЭДС), так и при больших токах (и, соответственно, больших ЭДС). Подставив в \((*)\) значения \(U_0\), \(R_0\), \(k/\alpha\) и \(P = 0\), получим уравнение \[\frac{\alpha(t - t_0)}{(1 + \alpha(t - t_0))^2} = \frac29,\] которое имеет два корня: первый нам уже известен \[\alpha(t_1 - t_0) = 1/2,\] а второй — новый \[\alpha(t_2 - t_0) = 2.\] Рассчитаем для него ЭДС источника, считая ток через диод равным нулю: \[\mathcal{E}_2 = I_2 r + U_0 = \frac{U_0 r}{R_0}(1 + \alpha(t_2 - t_0))^2 + U_0 = \frac{9U_0 r}{R_0} + U_0 = 14\text{ В}.\] Таким образом, ЭДС источника надо уменьшить до 14 В, чтобы диод снова открылся.