Симметрия

Подсказка

Цепь самоподобна: внутренняя часть повторяет всю схему в уменьшенном виде. Замените её эквивалентным сопротивлением и составьте уравнение для \(R_{AB}\).

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{2}{\sqrt3}R\).

Подсказка

Найдите пары точек с равными потенциалами: резисторы между ними можно убрать, а точки при желании объединить.

Ответ

Сопротивление участка \(AB\) цепи равно \(3R/2\).

Подсказка

Найдите точки схемы с равными потенциалами: их можно соединить проводником, а конденсатор между ними можно выбросить.

Ответ

Общая ёмкость участка \(AB\) равна \(2C/3\).

Подсказка

Выразите долю переданной энергии через отношение масс шаров; уравнение для отношения масс имеет два корня.

Ответ

Массы движущихся шаров в двух опытах отличались на 450 г.

Подсказка

Докажите, что медианы делят треугольник на шесть частей равной площади. Тогда средняя плотность выражается просто через плотности частей.

Ответ

\(\bar\rho = 9{,}32\) г/см\(^3\) (единственное значение); 10 вариантов; \(\bar\rho_{\min} = 8{,}46\) г/см\(^3\), \(\bar\rho_{\max} = 10{,}36\) г/см\(^3\).

Решение

Легко доказывается, что медианы делят треугольник на 6 равновеликих частей. Поэтому средняя плотность равна «среднему арифметическому» плотностей используемых металлов: \[\bar\rho = \frac{m}{S} = \frac{\sum\limits_{i=1}^{6} \rho_i\dfrac{S}{6}}{S} = \frac{\sum\limits_{i=1}^{6}\rho_i}{6}.\] Так как все виды металлов были использованы по два раза, средняя плотность получившегося треугольника принимает только одно возможное значение \[\bar\rho = \frac{11{,}40 + 8{,}96 + 7{,}60}{3} = 9{,}32\text{ г/см}^3.\] Если каждый металл нужно использовать не меньше одного раза, то возможных вариантов с различной средней плотностью 10 (каждое число в фигурных скобках соответствует количеству частей треугольника определённой плотности): \(\{4, 1, 1\}\) "— три варианта, \(\{2, 2, 2\}\) "— один вариант, \(\{3, 2, 1\}\) "— шесть вариантов. \[\bar\rho_{\min} = \frac{4\cdot 7{,}6 + 8{,}96 + 11{,}4}{6} = 8{,}46\text{ г/см}^3, \qquad \bar\rho_{\max} = \frac{4\cdot 11{,}4 + 7{,}6 + 8{,}96}{6} = 10{,}36\text{ г/см}^3.\]

Подсказка

Чему равны площади шести частей, на которые медианы делят треугольник? Тогда средняя плотность выражается через плотности частей очень просто.

Ответ

При двойном использовании каждого металла \(\bar\rho = 9{,}32\text{ г/см}^3\) (единственный вариант); при использовании каждого металла хотя бы раз получается 10 вариантов; \(\bar\rho_{\min} = 8{,}46\text{ г/см}^3\), \(\bar\rho_{\max} = 10{,}36\text{ г/см}^3\).

Решение

Легко доказывается, что медианы делят треугольник на 6 равновеликих частей. Поэтому средняя плотность равна «среднему арифметическому» плотностей используемых металлов: \[\bar\rho = \frac{m}{S} = \frac{\sum\limits_{i=1}^{6}\rho_i\,\dfrac{S}{6}}{S} = \frac{\sum\limits_{i=1}^{6}\rho_i}{6}.\] Так как все виды металлов были использованы по два раза, средняя плотность получившегося треугольника принимает только одно возможное значение \[\bar\rho = \frac{11{,}40 + 8{,}96 + 7{,}60}{3} = 9{,}32\text{ г/см}^3.\] Если каждый металл нужно использовать не меньше одного раза, то возможных вариантов с различной средней плотностью 10 (каждое число в фигурных скобках соответствует количеству частей треугольника определённой плотности): \(\{4,1,1\}\) "— три варианта, \(\{2,2,2\}\) "— один вариант, \(\{3,2,1\}\) "— шесть вариантов. \[\bar\rho_{\min} = \frac{4\cdot 7{,}6 + 8{,}96 + 11{,}4}{6} = 8{,}46\text{ г/см}^3, \qquad \bar\rho_{\max} = \frac{4\cdot 11{,}4 + 7{,}6 + 8{,}96}{6} = 10{,}36\text{ г/см}^3.\]

Подсказка

Подумайте, как соотносятся площади шести частей, на которые медианы делят треугольник. Тогда средняя плотность зависит только от того, сколько частей сделано из каждого металла.

Ответ

\(\bar\rho = 9{,}32\) г/см\(^3\); 10 вариантов; \(\bar\rho_{\min} = 8{,}46\) г/см\(^3\), \(\bar\rho_{\max} = 10{,}36\) г/см\(^3\).

Решение

Легко доказывается, что медианы делят треугольник на 6 равновеликих частей. Поэтому средняя плотность равна «среднему арифметическому» плотностей используемых металлов: \[\bar\rho = \frac{m}{S} = \frac{\sum_{i=1}^{6} \rho_i \dfrac{S}{6}}{S} = \frac{\sum_{i=1}^{6} \rho_i}{6}.\] Так как все виды металлов были использованы по два раза, средняя плотность получившегося треугольника принимает только одно возможное значение \(\bar\rho = \dfrac{11{,}40 + 8{,}96 + 7{,}60}{3} = 9{,}32\) г/см\(^3\).

Если каждый металл нужно использовать не меньше одного раза, то возможных вариантов с различной средней плотностью 10 (каждое число в фигурных скобках соответствует количеству частей треугольника определённой плотности): \(\{4, 1, 1\}\) "— три варианта, \(\{2, 2, 2\}\) "— один вариант, \(\{3, 2, 1\}\) "— шесть вариантов. \[\bar\rho_{\min} = \frac{4\cdot 7{,}6 + 8{,}96 + 11{,}4}{6} = 8{,}46\text{ г/см}^3,\] \[\bar\rho_{\max} = \frac{4\cdot 11{,}4 + 7{,}6 + 8{,}96}{6} = 10{,}36\text{ г/см}^3.\]

Подсказка

Когда верхняя расчёска сдвинется на один шаг зубьев, узор в целом повторится. Сколько шагов зубьев укладывается между соседними тёмными областями?

Ответ

Скорость движения тёмных треугольных областей муарового узора равна \(10 \pm 1\) см/с.

Подсказка

Разверните ход луча: вместо отражения от зеркала рисуйте прямую линию и его зеркальное изображение. Луч перестаёт отражаться, когда направление его движения «развернётся» на нужный угол.

Ответ

1) 7;  2) 11.

Подсказка

Вектор индукции поля прямого провода перпендикулярен прямой, соединяющей провод с точкой наблюдения. Поле от диагонального провода слабее в \(\sqrt2\) раз, а его направление найдите по правилу буравчика.

Ответ

В каждой вершине квадрата \(B_1 = \sqrt{5/2}\,B\); в центре квадрата \(B_2 = 4B\).

Подсказка

Пусть к точкам \(A\) и \(B\) подключён источник. Есть ли в схеме точки с одинаковым потенциалом? Если да, конденсаторы между ними можно выбросить.

Ответ

\(C_{AB} = 5\) мкФ.

Подсказка

Подключите к цепи источник напряжения \(U\) и расставьте токи в ветвях. Сравнивая напряжение между входом и выходом вдоль разных путей, найдите, как делятся токи в узлах.

Ответ

Если в точке \(O\) соединения нет, сопротивление цепи равно \(3{,}5\) кОм; если в точке \(O\) соединение есть, сопротивление цепи равно \(3{,}2\) кОм.

Решение

Пусть к концам электрической цепи подключена батарейка с напряжением \(U\).

(а) Пусть в точке \(O\) соединения нет. Изобразим на рисунке электрические токи.

Рассчитывая напряжение между точками \(A\) и \(B\) разными способами, получим:

• \(U = IR + I_2R + IR\), путь \(ACDB\);

• \(U = IR + I_1R + IR\), путь \(ACFB\).

Следовательно, \(I_1 = I_2\). Учитывая, что в точку \(C\) втекает ток \(I\), а вытекают два равных тока \(I_1\) и \(I_2\), получим: \(I_1 = I_2 = I/2\). Следовательно, \(U = 2{,}5IR\); сила тока через батарейку составляет \(2I\) и сопротивление цепи: \[R_1 = \frac{2{,}5IR}{2I} = 1{,}25R = 3{,}5\text{ кОм}.\]

(б) Пусть в точке \(O\) соединение есть. Изобразим на рисунке электрические токи.

Учтём, что на резисторе, подсоединённом к точкам \(E\) и \(F\), напряжение и ток равны нулю. Рассчитывая напряжение между точками \(A\) и \(B\) разными способами, получим:

• \(U = I_3R + I_3R\), путь \(AEFB\) (отсюда \(I_3 = U/(2R)\));

• \(U = I_0R + I_5R + I_0R\), путь \(ACDB\);

• \(U = I_0R + I_4R + I_4R + I_0R\), путь \(ACODB\).

Следовательно, \(I_5 = 2I_4\). Учитывая, что в точку \(C\) втекает ток \(I_0\), а вытекают два равных тока \(I_4\) и \(I_5 = 2I_4\), получим: \(I_4 = I_0/3\), \(I_5 = 2I_0/3\). Следовательно, \(U = 8I_0R/3\) и \(I_0 = 3U/(8R)\).

Общая сила тока через батарейку равна: \[I_0 + I_3 = \frac{U}{2R} + \frac{3U}{8R} = \frac{7U}{8R}.\] Следовательно, сопротивление цепи равно: \[R_2 = \frac{U}{7U/(8R)} = \frac{8}{7}R = 3{,}2\text{ кОм}.\]

Подсказка

Обозначьте токи в ветвях и приравняйте напряжение между входом и выходом, вычисленное по разным путям; симметрия цепи подскажет, какие токи равны или в каком отношении.

Ответ

Если в точке \(O\) соединения нет, сопротивление цепи равно 3,5 кОм; если в точке \(O\) соединение есть, сопротивление цепи равно 3,2 кОм.

Решение

Пусть к концам электрической цепи подключена батарейка с напряжением \(U\).

(а) Пусть в точке \(O\) соединения нет. Изобразим на рисунке электрические токи.

Рассчитывая напряжение между точками \(A\) и \(B\) разными способами, получим:

1. \(U = IR + I_2R + IR\), путь \(ACDB\);

2. \(U = IR + I_1R + IR\), путь \(ACFB\).

Следовательно, \(I_1 = I_2\). Учитывая, что в точку \(C\) втекает ток \(I\), а вытекают два равных тока \(I_1\) и \(I_2\), получим: \(I_1 = I_2 = I/2\). Следовательно, \(U = 2{,}5IR\); сила тока через батарейку составляет \(2I\) и сопротивление цепи: \[R_1 = \frac{2{,}5IR}{2I} = 1{,}25R = 3{,}5\text{ кОм}.\]

(б) Пусть в точке \(O\) соединение есть. Изобразим на рисунке электрические токи.

Учтём, что на резисторе, подсоединённом к точкам \(E\) и \(F\), напряжение и ток равны нулю. Рассчитывая напряжение между точками \(A\) и \(B\) разными способами, получим:

1. \(U = I_3R + I_3R\), путь \(AEFB\) (отсюда \(I_3 = U/(2R)\));

2. \(U = I_0R + I_5R + I_0R\), путь \(ACDB\);

3. \(U = I_0R + I_4R + I_4R + I_0R\), путь \(ACODB\).

Следовательно, \(I_5 = 2I_4\). Учитывая, что в точку \(C\) втекает ток \(I_0\), а вытекают два равных тока \(I_4\) и \(I_5 = 2I_4\), получим: \(I_4 = I_0/3\), \(I_5 = 2I_0/3\). Следовательно, \(U = 8I_0R/3\) и \(I_0 = 3U/(8R)\).

Общая сила тока через батарейку равна: \[I_0 + I_3 = \frac{U}{2R} + \frac{3U}{8R} = \frac{7U}{8R}.\] Следовательно, сопротивление цепи равно \[R_2 = \frac{U}{7U/(8R)} = \frac{8}{7}R = 3{,}2\text{ кОм}.\]

Подсказка

Идеальные амперметры имеют нулевое сопротивление, поэтому соединяют точки цепи в один узел. Обратите внимание на симметрию схемы и на то, какие вершины шестиугольника оказываются при этом эквипотенциальными.

Ответ

Амперметр \(A_1\) показывает 6 А, амперметры \(A_2\) и \(A_4\) — по 3 А, амперметр \(A_3\) — 0 А.

Подсказка

Из симметрии призмы узлы с равными потенциалами можно объединить. Перерисуйте сетку в виде лестницы из параллельных и последовательных участков.

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{11}{19}R\).

Решение

Эквивалентная схема представлена на рисунке. Воспользовавшись формулами для параллельного и последовательного соединений, окончательно получаем \[R_{AB} = \frac{11}{19}R .\]

Подсказка

Воспользуйтесь симметрией схемы: нарисуйте эквивалентную схему и проверьте, не является ли она сбалансированным мостом.

Ответ

\(R_{\text{общ}} = R\).

Решение

Эквивалентная схема представляет собой сбалансированный мост. Значит, получаем систему из двух параллельно соединённых резисторов сопротивлением \(2R\) каждый. Окончательный ответ: \(R\).

Подсказка

Проверьте, не образуют ли четыре резистора с сопротивлениями \(r\), \(r\), \(2r\), \(2r\) сбалансированный мост.

Ответ

\(R = r\).

Решение

Сопротивления \(r\), \(r\), \(2r\), \(2r\), \(4r\) образуют сбалансированный мост, значит, через сопротивление \(4r\) ток не течёт.

Эквивалентная схема "— три параллельно соединённых сопротивления \(3r\), \(3r\), \(3r\). Следовательно, общее сопротивление равно \(r\).

Подсказка

Воспользуйтесь симметрией схемы: найдите точки с равными потенциалами и уберите из схемы проводники, по которым ток не идёт.

Ответ

\(6\text{ Ом}\).

Подсказка

Найдите точки равного потенциала, пользуясь симметрией фигуры, и объедините их.

Ответ

22 Ом.

Подсказка

Отметьте точки одинакового потенциала, которые даёт симметрия фигуры, и объедините их.

Ответ

\(37\) Ом.

Подсказка

Работоспособность устройства определяется только сопротивлением участка между внешними выводами. Посмотрите, какие резисторы не пропускают ток или включены так, что их замена не может помочь, а какой можно подобрать.

Ответ

1) \(4\);  2) \(1{,}33\) Ом.

Подсказка

Грани тетраэдра можно мысленно «развернуть» или перегруппировать так, чтобы получились простые проводящие полосы; воспользуйтесь симметрией и формулой \(R = \rho L/S\).

Ответ

\(R = \rho\dfrac{h}{2da} = \dfrac{\rho\sqrt{3}}{4d}\) (в обозначениях организаторов).

Подсказка

Запишите баланс мощности для каждой комнаты при одном включённом радиаторе: тепло уходит и на улицу, и через общую стену. Из двух уравнений найдите отношение коэффициентов теплообмена, а при двух радиаторах воспользуйтесь симметрией: через стену тепло не течёт.

Ответ

\(30\,°\)C.

Подсказка

Используйте симметрию: узлы, лежащие в симметричных положениях относительно \(A\) и \(B\), имеют одинаковый потенциал, и их можно соединить без изменения тока.

Ответ

1) \(70\) Ом;  2) \(2{,}6\) В.

Подсказка

Представьте каждый заряд \(kq\) как \(6q\) плюс добавка \((k-6)q\): заряды \(6q\) на всех делениях в сумме дают нулевое поле.

Ответ

Число часов: \(3\); число минут: \(30\).

Подсказка

Конструкция симметрична: найдите точки, потенциалы которых при подключении омметра между \(A\) и \(B\) одинаковы, и поймите, какие участки кольца тогда можно не учитывать или соединить.

Ответ

\(R_{AB} = 10\) Ом.

Подсказка

Схема симметрична относительно горизонтальной оси. Подумайте, чему равна разность потенциалов между точками, к которым подключён вольтметр, и как в этой симметрии распределены токи через амперметры.

Ответ

1) \(0\) В;  2) \(300\) Ом.

Подсказка

После соединения \(A\) с \(D\) и \(C\) с \(B\) цепь становится симметричной относительно перестановки концов. Найдите узлы с равными потенциалами или распределение токов с учётом симметрии.

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{19R}{33}\).

Подсказка

При упругом ударе гладких одинаковых шайб касательная к точке контакта составляющая скорости каждой шайбы не меняется, а нормальные составляющие шайбы обмениваются. Разберите столкновения по очереди, в порядке их возможного наступления.

Ответ

а) \(u_1 = 0\), \(u_2 = 0\), \(u_3 = \dfrac{v\sqrt2}{2} \approx 56\) см/с или \(u_3 = \dfrac{v}{\sqrt2} \approx 57\) см/с, \(u_4 = \dfrac{v\sqrt2}{2} \approx 56\) см/с или \(u_4 = \dfrac{v}{\sqrt2} \approx 57\) см/с;  б) \(u_1 = \dfrac{v}{8} \approx 10\) см/с, \(u_2 = \dfrac{v\sqrt3}{8} \approx 17\) см/с, \(u_3 = \dfrac{v\sqrt3}{2} \approx 69\) см/с, \(u_4 = \dfrac{v\sqrt3}{4} \approx 35\) см/с.

Решение

Скорость \(k\)-й шайбы после всех столкновений обозначаем \(u_k\). При абсолютно упругом столкновении гладких шайб тангенциальные компоненты скоростей шайб не меняются, при этом шайбы обмениваются нормальными компонентами скоростей. Под тангенциальной и нормальной компонентами подразумеваются проекции скорости на направление общей касательной в точке взаимодействия шайб и на направление вдоль перпендикуляра к этой касательной соответственно. Этот факт можно получить на основе законов сохранения импульса и энергии.

Подсказка

Используйте симметрию: точки одинакового потенциала можно объединить, и бесконечная цепь сведётся к самоподобной.

Ответ

\(R_{12} = \sqrt2\,R\).

Подсказка

Подайте напряжение на две клеммы: остальные окажутся при равных потенциалах, и соединяющие их резисторы можно убрать. Сравните сопротивления между парой клемм в обеих схемах.

Ответ

\(R = Nr\).

Подсказка

Развёртка: отражайте треугольник относительно сторон, чтобы траектория стала прямой. Либо найдите треугольник, вершины которого лежат на сторонах, с минимальным периметром.

Подсказка

Используйте симметрию: найдите точки пирамиды с равными потенциалами и перерисуйте схему через последовательные и параллельные соединения.

Ответ

\(3R/4\).

Подсказка

Воспользуйтесь симметрией схемы относительно плоскости, проходящей через точки \(A\) и \(B\) и вершину: точки с равными потенциалами можно соединить проводником.

Ответ

\(2R/3\).

Подсказка

Узлы, соединённые перемычками без сопротивления, имеют одинаковый потенциал. Объедините их и перерисуйте схему.

Ответ

Сопротивление цепи равно \(3R/11\), силы токов показаны на рисунке (через \(I\) обозначена сила тока \(I = U/(3R)\)).

Подсказка

Подключите к схеме вспомогательный источник и найдите пары точек с одинаковыми потенциалами: их можно соединить или разомкнуть, не меняя токов.

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{13}{14}R\).

Подсказка

Заполните полость мысленно веществом той же плотности и вычтите его вклад. Поле внутри однородного шара линейно растёт от центра, и полость даёт вклад, одинаковый по всей полости.

Ответ

Плотность астероида \(\rho = \dfrac{g_S}{\frac43\pi G(R - r)} \simeq 2{,}4\cdot 10^3\) кг/м\(^3\); вектор ускорения свободного падения в точках A, B, C, D равен вектору ускорения в точке S; в точке E ускорение свободного падения направлено к центру астероида и равно по величине \(g_S\dfrac1{R - r}\left(R - \dfrac{r^3}{(R + r)^2}\right) = 0{,}32\) см/с\(^2\). Сами векторы изображены на рисунке в решении.

Решение

1. Заполним мысленно полость веществом плотностью, равной плотности астероида \(\rho\). Это дополнительное вещество не окажет никакого влияния на ускорение свободного падения в точке \(S\): однородная сфера создаёт в центре ускорение свободного падения, равное нулю. Таким образом, \(g_S\) совпадает с ускорением свободного падения на глубине \(r\) внутри однородного астероида радиуса \(R\). На тело массой \(m\), помещённое в эту точку, действует сила тяготения со стороны внутренних слоёв астероида: \[F = G\rho\cdot\frac43\pi(R - r)^3\cdot\frac{m}{(R - r)^2} = G\rho\cdot\frac43\pi(R - r)m.\] Следовательно, \[g_S = \frac43\pi G\rho(R - r). \tag{1}\] Отметим, что в векторном виде можно записать \[\vec g_S = -\frac43\pi G\rho\cdot\overrightarrow{OS}. \tag{2}\] Плотность астероида оказывается, таким образом, равна \[\rho = \frac{g_S}{\frac43\pi G(R - r)} \simeq 2{,}4\cdot 10^3\text{ кг/м}^3.\] 2. Пусть \(K\) — другая точка внутри рассматриваемой полости. Исследуем вектор ускорения свободного падения \(\vec g\) в этой точке. Разместим в этой точке тело массой \(m\). Если мысленно заполнить полость веществом плотностью \(\rho\), на тело, аналогично (3), будет действовать сила тяготения \(\vec F_1 = -\frac43\pi G\rho m\cdot\overrightarrow{OK}\). При этом сила тяготения со стороны вещества, которым мысленно заполнена полость, равна \(\vec F_2 = -\frac43\pi G\rho m\cdot\overrightarrow{SK}\). Следовательно, до заполнения полости сила тяготения была равна \[\vec F_1 - \vec F_2 = -\frac43\pi G\rho m\cdot\left(\overrightarrow{OK} - \overrightarrow{SK}\right) = -\frac43\pi G\rho m\cdot\overrightarrow{OS}.\] Поэтому во всех точках внутри полости (в том числе в точках A, B, C, D) вектор ускорения свободного падения оказывается равен \(\vec g = -\frac43\pi G\rho\cdot\overrightarrow{OS}\), то есть \(\vec g_S\).

3. В точке \(E\) модули сил \(F_1\) и \(F_2\) (см. предыдущий пункт), направленных к центру астероида, равны \[F_1 = \frac43\pi G\rho mR; \qquad F_2 = G\rho\cdot\frac43\pi r^3\cdot\frac{m}{(R + r)^2}.\] Следовательно, до заполнения полости сила тяготения была равна \(F_1 - F_2 = \frac43\pi G\rho m\left(R - \frac{r^3}{(R + r)^2}\right)\). Поэтому ускорение свободного падения в точке \(E\) равно \[g_E = \frac43\pi G\rho\left(R - \frac{r^3}{(R + r)^2}\right) = g_S\frac1{R - r}\left(R - \frac{r^3}{(R + r)^2}\right) = 0{,}32\text{ см/с}^2.\] Сами векторы ускорения свободного падения изображены на рисунке:

Подсказка

Представьте ток из \(A\) в \(B\) как сумму двух случаев: ток вытекает из \(A\) в бесконечность и ток приходит из бесконечности в \(B\). Используйте симметрию сетки.

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{1}{2}\,r\).

Подсказка

Выделите два соседних контура с источниками и посмотрите на симметрию: течёт ли ток по красным и зелёным резисторам, соединяющим эти контуры? Что тогда остаётся от схемы?

Ответ

В общем виде: \(R_1 = r\), мощность на красных и зелёных нагрузках \(P_\text{к} = P_\text{з} = 0\) Вт, \(P_\text{с} = \dfrac{\varepsilon^2}{4R_1}\); в частном случае \(R_1 = r = 1\) Ом и \(P_\text{с} = \dfrac{\varepsilon^2}{4R_1} = 1\) Вт.

Решение

Если рассмотреть два любых соседних контура (с источниками), которые соединены красными и зелёными нагрузками так, как показано на рисунке, то из симметрии следует, что по этим нагрузкам ток не течёт.

Следовательно, во всей цепочке ток через красные и зелёные нагрузки течь не будет. Значит, \(P_\text{к} = P_\text{з} = 0\) Вт. Остаётся рассмотреть схему, изображённую на рисунке.

На нагрузке \(4R_1\) выделяется мощность, равная \[P_\text{с} = \left(\frac{\varepsilon}{r + R_1}\right)^2 R_1.\]

Если изучить функцию \(P_\text{с}(R_1)\), то оказывается, что максимальное значение эта функция принимает при \(r = R_1 = 1\) Ом. При этом на одном синем резисторе будет выделяться мощность, равная \(P_\text{с} = \dfrac{\varepsilon^2}{4R_1} = 1\) Вт. Качественно график \(P_\text{с}(R_1)\) выглядит следующим образом:

Подсказка

Воспользуйтесь симметрией сетки относительно прямой \(AD\): найдите точки с одинаковыми потенциалами или расставьте токи по ветвям с учётом симметрии.

Ответ

\(R_{AD} = \dfrac{5}{9}R\).

Подсказка

Используйте симметрию относительно оси, проходящей через середину отрезка \(AB\): найдите узлы с равными потенциалами или расставьте токи по симметричным ветвям и выразите их через один неизвестный ток.

Ответ

\(R_{AB} = \dfrac{5}{9}\,R\).

Подсказка

Потенциал в центре однородно заряженного куба пропорционален плотности и длине ребра. Представьте систему как наложение двух однородно заряженных кубов.

Ответ

\(\rho_1/\rho_2 = 8\).

Подсказка

Вольтметры одинаковые, а в точку \(S\) сходятся все их токи: запишите первое правило Кирхгофа для \(S\) и найдите потенциал \(S\) относительно вершин.

Ответ

1) показания 1-го и 10-го вольтметров отличаются на \(\Delta V = 9U_0\);  2) вольтметр с номером \(N\) показывает напряжение \(V_N = |(N - 1009)U_0|\);  3) нулевые показания будут у 1009-го вольтметра.

Подсказка

Два проводника образуют конденсатор: разность потенциалов пропорциональна заряду \(q'\), перетекающему с одного на другой. Работа при перетекании равна площади под графиком зависимости разности потенциалов от этого заряда.

Ответ

1) заряд \(+2q\) протечёт с нижнего кубика на верхний;  2) \(Q = q\,\Delta\varphi\);  3) \(\Delta\varphi_1 = \dfrac{\Delta\varphi}{2}\).

Подсказка

Нить натянута, а середина её движется по диагонали. Какой угол с вертикалью составляет участок нити от ребра до груза, и какая составляющая силы тяжести направлена вдоль грани?

Ответ

Ускорения грузов и ускорение середины нити одинаковы по модулю и равны \(a = g\sin\dfrac{\alpha}{2}\).

Подсказка

Охлаждение меняет сопротивления серых и белых частей в разное число раз, поэтому пластина после охлаждения "— это комбинация двух «исходных» пластин. Для сопротивления между \(A\) и \(C\) используйте принцип суперпозиции токов и потенциалов.

Ответ

1) сопротивление пластины между вершинами \(B\) и \(C\) до её охлаждения равно \(4r_2\);  2) сопротивление пластины между вершинами \(A\) и \(C\) до её охлаждения равно \(R_{AC} = \dfrac{1}{2}(r_1 + 4r_2) + \dfrac{U_1 + 4U_2}{2I}\).

Подсказка

Картина — развёртка треугольной области с предметом на плоскость: каждый соседний через сторону треугольник добавляет одно отражение. Считайте, сколько сторон нужно пересечь от предмета до самого дальнего треугольника.

Ответ

5 отражений; 7 отражений.

Подсказка

Из-за оси симметрии у сердечка всего два разных сопротивления. Выразите через них \(R_1\) и \(R_2\), найдите их, затем посчитайте третью цепь. Можно также заменить каждое сердечко-«треугольник» эквивалентной «звездой».

Ответ

\(R_3 = 9{,}6\) Ом.

Подсказка

Кроме условий равновесия (сумма сил и два уравнения моментов) нужно использовать, что столешница твёрдая и остаётся плоской: деформации ножек связаны одним линейным соотношением.

Ответ

\(\Delta F_1 = 100\) Н, \(\Delta F_2 = 60\) Н, \(\Delta F_3 = 60\) Н, \(\Delta F_4 = 20\) Н.

Подсказка

Все палочки находятся в одинаковых условиях, поэтому достаточно рассмотреть одну; вертикальные силы на всю систему уравновешивают силы тяжести.

Ответ

1) \(0{,}5\) Н;  2) \(0{,}375\) Н.

Подсказка

Дополните уголок до замкнутого квадрата: потенциал в центре квадрата вчетверо больше потенциала одной стороны, а в вершине — известно через потенциал стороны, противоположной ей. Используйте закон сохранения энергии.

Ответ

1) А, В;  2) \(u/v \approx 1{,}4\).

Подсказка

Длина замкнутой линии движения на ленте Мёбиуса равна не \(L\), а \(2L\). Как отличаются пройденные телами пути к моменту встречи?

Ответ

1) \(t_1 = \dfrac{2L}{(\alpha-1)v}\);  2) \(t_2 = \dfrac{6L}{v}\).

Решение

1a. Расстояния, пройденные телами, в момент первой встречи будут отличаться на \(2L\), следовательно, \[\alpha v t_1 - v t_1 = 2L,\] откуда находим \(t_1 = \dfrac{2L}{(\alpha-1)v}\).

1b. \(N\)-ая встреча тел произойдёт через время \(\dfrac{2LN}{(\alpha-1)v}\). За это время тело, которое движется со скоростью \(v\), пройдёт расстояние \(\dfrac{2LN}{\alpha-1} = 3LN\). Тела впервые встретятся в точке старта при таком минимальном значении \(N\), что \(3LN\) окажется кратным \(2L\). Нетрудно догадаться, что это произойдёт в момент второй встречи через время \(t_2 = \dfrac{6L}{v}\).

Подсказка

Схема переходит сама в себя при повороте на \(90^\circ\) вокруг оси соленоида, значит, токи одинаковы в симметричных перемычках. Сколько различных токов остаётся? Для каждого независимого контура запишите второе правило Кирхгофа.

Ответ

1) \(i_1=\dfrac{\mathcal{E}_0}{r}\), \(i_2=\dfrac{3\mathcal{E}_0}{4r}\), \(i_3=\dfrac{7\mathcal{E}_0}{2r}\), \(i_4=\dfrac{11\mathcal{E}_0}{4r}\); направления токов показаны на рисунке в решении;  2) \(U_1=2\mathcal{E}_0\), \(U_2=5\mathcal{E}_0\).

Решение

При повороте в плоскости рисунка вокруг оси соленоида на угол, кратный \(90^\circ\) (в любую сторону), схема переходит сама в себя. Отсюда следует, что по проводникам центральной ячейки текут одинаковые токи или, другими словами, по проводникам центральной ячейки циркулирует ток \(i_1\). Для определения этого тока можно записать закон электромагнитной индукции только для центральной ячейки, как будто всей остальной сетки не существует, тогда направление тока \(i_1\) — против часовой стрелки — следует из правила Ленца. Значение тока даётся формулой \[i_1 = \frac{\mathcal{E}_0}{r}, \tag{1}\] В каждом узле, лежащем в вершине центральной ячейки, соединяются 4 перемычки, по двум из которых текут токи \(i_1\), причём один из них втекает в узел, а другой — вытекает. Следовательно, по двум другим перемычкам тоже текут одинаковые токи, один из которых втекает в узел, а второй — вытекает. Обозначим эти одинаковые токи \(i_2\). Сделаем рисунок, на котором укажем направления токов в перемычках сетки, используя соображения «поворотной симметрии»: при повороте вокруг оси соленоида на угол, кратный \(90^\circ\), картина распределения токов не должна изменяться.

Легко видеть, что в результате имеем 3 неизвестных тока: \(i_2\), \(i_3\), \(i_4\). Вообще говоря, направления этих токов могут быть выбраны произвольно, например так, как показано на рисунке. Если в процессе решения значение какого-либо из токов окажется отрицательным, это будет означать, что истинное направление этого тока противоположно указанному на рисунке. Отметим, что записывая второе правило Кирхгофа для контуров, состоящих из ячеек сетки, следует выбирать направление обхода против часовой стрелки (в ячейках, обозначенных \(P_1\) и \(P_2\) на рисунке, направление обхода указано серыми стрелками). Как следует из правила Ленца, при таком выборе направления обхода ЭДС индукции в правой части уравнений, отражающих второе правило Кирхгофа, будет иметь положительное значение.

Перейдём непосредственно к расчёту токов. Записывая для узла, помеченного окружностью на рисунке, первое правило Кирхгофа, имеем соотношение \[i_4 = i_3 - i_2 . \tag{2}\] Второе правило Кирхгофа для контура \(P_1\) даёт с учётом равенства (6) уравнение \[i_3 - 2i_2 = \frac{2\mathcal{E}_0}{r}. \tag{3}\] Аналогично, второе правило Кирхгофа для контура \(P_2\) даёт равенство \(i_3 + 2i_2 - i_1 = \dfrac{4\mathcal{E}_0}{r}\), подставляя в которое ток \(i_1\) из формулы (5), получаем уравнение \[i_3 + 2i_2 = \frac{5\mathcal{E}_0}{r}. \tag{4}\] Система уравнений (6)–(8) имеет решение \[i_2=\frac{3\mathcal{E}_0}{4r},\qquad i_3=\frac{7\mathcal{E}_0}{2r},\qquad i_4=\frac{11\mathcal{E}_0}{4r}.\] Все значения получились положительными, следовательно направления токов на рисунке соответствуют реальности.

Во втором пункте, после замены перемычек на границе на конденсаторы, ток течёт только по проводникам центральной ячейки, этот ток равен \(i_1=\dfrac{\mathcal{E}_0}{r}\). Будем считать полярность зарядов на обкладках конденсаторов такой, как обозначено на рисунке. Если для напряжения на каком-либо конденсаторе получится отрицательное значение, то это будет означать, что на самом деле помеченная «\(+\)» обкладка заряжена отрицательно.

Напряжения на конденсаторах, располагающихся в угловых ячейках, одинаковы и равны \(U_1=2\mathcal{E}_0\), поскольку сумма напряжений на этих конденсаторах должна быть равна (с точностью до знака) скорости изменения магнитного потока через ячейку. Сумма напряжений на всех конденсаторах должна быть равна абсолютной величине скорости изменения магнитного потока через все ячейки сетки. Таким образом, для определения напряжения \(U_2\) имеем уравнение \[8U_1 + 4U_2 = 9\cdot4\mathcal{E}_0,\] решая которое получаем ответ \(U_2=5\mathcal{E}_0\).

Подсказка

Схема переходит сама в себя при повороте на \(120^\circ\) вокруг центрального узла. Используйте эту симметрию, чтобы найти токи, втекающие в центральный узел, и равные потенциалы вершин, а затем запишите разность потенциалов по двум путям между узлами.

Ответ

\(I_{\min} = I_0/5\); такой ток течёт через шесть звеньев у вершин большого треугольника — по два звена (стороны большого треугольника), сходящихся в каждой вершине \(A\), \(B\), \(C\) (рис. 3).

Решение

Первое решение. Заметим, что схема переходит сама в себя при повороте на \(120^\circ\) вокруг центрального узла. У всех источников постоянного тока один узел общий, а вторые узлы подключены к эквипотенциальным точкам. Значит через источники протекают одинаковые токи, при этом равные \(I_0\), поскольку \(R \ll r\).

Также из симметрии следует, что должны быть равны и токи \(I_1\), втекающие в центральный узел.

Алгебраическая сумма токов для центрального узла равна 0, значит \(I_1 = I_0\).

Расставим токи, текущие через элементы цепи, находящиеся в вершине \(A\), в силу симметрии такие же токи протекают через элементы, находящиеся в вершинах \(B\) и \(C\).

Пусть через каждый из оставшихся элементов цепи протекает некоторый ток \(I_2\). Так как схема симметрична, потенциалы узлов \(A\) и \(C\) равны, тогда разность потенциалов \(\varphi_C - \varphi_A = 0\). Или \[IR - I_2R + IR = 0 \;\Rightarrow\; I_2 = 2I.\]

Тогда \[I_0 = I + 2I + 2I = 5I \;\Rightarrow\; I_{\min} = I = \frac{I_0}{5}.\]

Второе решение.

Расставим токи по перемычкам цепи \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\), \(I_4\), \(I_5\). Потенциал в центральной точке цепи примем равным нулю. Запишем разность потенциалов между узлами 3 и 1: \[\Delta\varphi_{13} = RI_3 = RI_2 + RI_2 = 2RI_2 \;\Rightarrow\; I_3 = 2I_2.\] В силу симметрии цепи \(\varphi_2 = \varphi_3\) (при повороте на \(120^\circ\) цепь переходит сама в себя), поэтому \[\Delta\varphi_{12} = \Delta\varphi_{13} \;\Rightarrow\; RI_1 = RI_3 \;\Rightarrow\; I_1 = I_3.\] Запишем закон сохранения заряда для узла 1: \[I_0 = I_1 + I_2 + I_3 = 2I_3 + I_2 = 5I_2 \;\Rightarrow\; I_2 = \frac{I_0}{5}.\]

Подсказка

Вдали от краёв поле внутри конденсатора однородно. У края поле искажается, но его нормальную составляющую можно найти из симметрии: сложите несколько одинаковых конденсаторов так, чтобы их края (или углы) совпали и составили полную картину.

Ответ

1) \(\Delta\varphi_0 = \dfrac{\sigma h}{\varepsilon_0}\);  2) \(\Delta\varphi^{(B)} = \dfrac{\sigma h}{2\varepsilon_0}\);  3) \(\Delta\varphi^{(A)} = \dfrac{\sigma\alpha h}{2\pi\varepsilon_0}\), \(\Delta\varphi^{(C)} = \dfrac{\sigma(\pi - \alpha)h}{2\pi\varepsilon_0}\).

Решение

1) Внутри конденсатора, вдали от его краёв поле можно считать однородным и равным \(E = \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}\). Разность потенциалов центров пластин равна \(\Delta\varphi_0 = \dfrac{\sigma h}{\varepsilon_0}\).

2) Вблизи края конденсатора электрическое поле искривляется. Вертикальная составляющая напряжённости поля вблизи края конденсатора может быть найдена на основе соображений симметрии. Обозначим \(E_B^{(\perp)}\) составляющую напряжённости электрического поля вблизи точки \(B\), перпендикулярную пластинам конденсатора. Совместим два одинаковых конденсатора, так чтобы совпадали их края (см. рисунок, вид сверху).

Напряжённость поля вблизи точки \(B_1\) внутри составного конденсатора будет равна \(\dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}\). С другой стороны, эта напряжённость равна \(2E_B^{(\perp)}\), поэтому \(E_B^{(\perp)} = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\), а искомая разность потенциалов равна \(\Delta\varphi^{(B)} = \dfrac{\sigma h}{2\varepsilon_0}\).

3) Рассмотрим конденсаторы, обкладки которых представляют собой ромбы с малым углом при вершине. Пусть для примера этот угол равен \(1^\circ\). Совместим острыми углами 360 таких конденсаторов. Тогда на основе соображений симметрии, рассуждая аналогично предыдущему пункту, можно найти перпендикулярную обкладкам составляющую напряжённости электрического поля внутри конденсатора вблизи угла, получится значение \(E^{(\perp)} = \dfrac{\sigma}{360\,\varepsilon_0}\). Отсюда следует, что для конденсатора с обкладками в виде ромбов с углом \(\varphi\) перпендикулярная обкладкам составляющая напряжённости электрического поля равна \[E_C^{(\perp)} = \frac{\sigma\varphi}{2\pi\varepsilon_0}, \tag{1}\] где угол \(\varphi\) измеряется в радианах. На основании формулы (3) легко находим искомые разности потенциалов: \[\Delta\varphi^{(A)} = \frac{\sigma\alpha h}{2\pi\varepsilon_0}, \qquad \Delta\varphi^{(C)} = \frac{\sigma(\pi - \alpha)h}{2\pi\varepsilon_0}.\] Если найденные значения отличаются от приведённых выше только знаком, то они всё равно считаются верными.

Подсказка

Шайбы гладкие, поэтому при столкновении импульс шайбы меняется только вдоль линии, соединяющей центры. Запишите законы сохранения импульса и энергии для удара шайбы 2 сразу по двум шайбам, затем проследите, какие столкновения произойдут дальше.

Ответ

a) \(v_1 = v_2 = v_5 = 0\), \(v_3 = v_4 = \dfrac{v}{\sqrt 2} \approx 0{,}7\) м/c;  b) \(v_1 = \dfrac{v}{5} = 0{,}2\) м/с, \(v_2 = 0\), \(v_3 = v_4 = \dfrac{2\sqrt{57}\,v}{25} \approx 0{,}60\) м/с, \(v_5 = \dfrac{12 v}{25} = 0{,}48\) м/c.

Решение

a) Шайба 1 останавливается, передавая импульс шайбе 2. Далее происходит столкновение шайбы 2 с шайбами 3 и 4. Шайбы гладкие, следовательно, их скорости в процессе столкновения меняются только под действием сил нормальной реакции, поэтому после столкновения скорости третьей и четвёртой шайб направлены под углом \(\dfrac{\pi}{4}\) к горизонтальной прямой, направление скорости второй шайбы не меняется. Теперь расчёт скорости второй шайбы \(v_2\) и третьей шайбы \(v_3\) после столкновения может быть сделан на основе законов сохранения. Получится система уравнений \[\begin{cases} \sqrt2\,v_3 + v_2 = v,\\ 2v_3^2 + v_2^2 = v^2. \end{cases}\] Решая систему, находим следующие значения скоростей второй и третьей шайб: \(v_2 = 0\), \(v_3 = \dfrac{v}{\sqrt2}\). Таким образом, вторая шайба останавливается, а третья и четвёртая движутся со скоростью \(\dfrac{v}{\sqrt2}\) по траекториям, составляющим одинаковые углы \(\dfrac{\pi}{4}\) с горизонтальной прямой. Легко видеть, что в процессе дальнейшего движения шайбы 3 и 4 с пятой шайбой не сталкиваются, поэтому пятая шайба покоится в исходном положении. В итоге имеем ответы: \(v_1 = v_2 = v_5 = 0\), \(v_3 = v_4 = \dfrac{v}{\sqrt2} \approx 0{,}7\) м/c.

b) В этом случае после столкновения второй шайбы с шайбами 3 и 4 скорости этих шайб \(u_3\) и \(u_4\) направлены под углом \(\dfrac{\pi}{6}\) к горизонтальной прямой, вдоль которой до и после столкновения движется вторая шайба. Обозначив \(u_2\) скорость второй шайбы после столкновения, запишем законы сохранения. В итоге получим систему уравнений \[\begin{cases} \sqrt3\,u_3 + u_2 = v,\\ 2u_3^2 + u_2^2 = v^2. \end{cases}\] Решив систему, находим значения скоростей: \(u_2 = -\dfrac{v}{5}\), \(u_3 = \dfrac{2\sqrt3\,v}{5}\). Таким образом, вторая шайба летит назад. Очевидно, далее она сталкивается с первой шайбой и передаёт ей весь свой импульс. Шайбы 3 и 4 при дальнейшем движении сталкиваются с шайбой 5. Рассмотрим это столкновение.

Из симметрии следует, что скорость шайбы 5 после столкновения будет направлена горизонтально. Пусть ось \(OX\) системы координат также направлена горизонтально. Обозначим \(v_\perp\) проекцию скорости шайбы 3 после столкновения на направление, перпендикулярное линии, соединяющей центры шайб 3 и 5. Проекция скорости на это направление при столкновении не меняется, поэтому \(v_\perp = u_3\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{3v}{5}\). Проекцию скорости шайбы 3 на направление вдоль линии, соединяющей центры 3 и 5, обозначим \(v_\parallel\). Положительному значению проекции \(v_\parallel\) соответствует направление от шара 3 к шару 5.

Закон сохранения импульса в проекции на ось \(OX\) даётся уравнением \[\frac{6v}{5} = v_5 + 2v_\perp\cos\frac{\pi}{3} + 2v_\parallel\cos\frac{\pi}{6},\] которому после преобразований можно придать вид \[\frac{3v}{5} = v_5 + v_\parallel\sqrt3 .\] Закон сохранения энергии можно записать в виде \[\frac{24v^2}{25} = v_5^2 + 2v_\perp^2 + 2v_\parallel^2 \quad\Rightarrow\quad \frac{6v^2}{25} = v_5^2 + 2v_\parallel^2 .\] Законы сохранения образуют систему уравнений. Эту систему можно решить, например, так: выразим \(v_5\) из закона сохранения импульса и подставим в закон сохранения энергии. В итоге получится квадратное уравнение \[5v_\parallel^2 - \frac{2\cdot 3\sqrt3}{5}\,v\,v_\parallel + \frac{3}{25}v^2 = 0.\] Решив которое, найдём корни \[v_\parallel^{(1)} = \frac{\sqrt3\,v}{25}, \qquad v_\parallel^{(2)} = \frac{\sqrt3\,v}{5}.\] Второй корень не имеет физического смысла, поскольку скорость шайбы 5 в этом случае, как следует из закона сохранения импульса, оказывается равна нулю. Подставляя значение \(v_\parallel^{(1)}\) в закон сохранения импульса, получаем ответ для скорости пятой шайбы \[v_5 = \frac{3v}{5} - v_\parallel^{(1)}\sqrt3 = \frac{12v}{25} = 0{,}48\text{ м/с}.\]

Для конечной скорости шайб 3 и 4 имеем \[v_4 = v_3 = \sqrt{v_\parallel^2 + v_\perp^2} = \frac{2\sqrt{57}\,v}{25} \approx 0{,}60\text{ м/с}.\]

Подсказка

По обратимости хода лучей две точки должны быть действительными изображениями друг друга, а третья — давать мнимое изображение в одну из них. Запишите формулу линзы для двух источников, считая расстояния вдоль оси равными расстояниям вдоль \(MN\), умноженным на \(\cos\alpha\).

Ответ

1) собирающая;  2) возможны оба варианта — и справа, и слева от \(B\);  3) \(d = l/3\);  4) \(\alpha = \arccos\dfrac{9F}{4l}\), или \(\alpha \approx \sqrt{\dfrac{4l - 9F}{2l}}\).

Решение

Если линза рассеивающая, то, независимо от положения источника, его изображение будет мнимым, расположенным между источником и оптическим центром линзы. После перемещения источника в точку, где ранее было расположено его изображение, новое изображение окажется снова между источником и оптическим центром линзы. Получится бесконечная цепочка изображений. Таким образом, три точки с указанным свойством в случае рассеивающей линзы существовать не могут.

Линза может быть только собирающей.

Мнимое изображение в собирающей линзе всегда расположено дальше от линзы, чем источник, поэтому не может быть, что точки \(A\), \(B\) и \(C\) являются мнимыми изображениями друг друга. Но, в соответствии с принципом обратимости хода световых лучей, при помещении источника в точку действительного изображения, его новое изображение совпадает с предыдущим положением источника. Поэтому описанным в условии свойством три точки могут обладать только в том случае, если две из них являются действительными изображениями друг друга, а при помещении источника в третью он даёт мнимое изображение в одной из точек этой пары. Пусть, например, собирающая линза расположена так, что точка \(A\) находится за её фокальной плоскостью. Тогда изображение \(A\) будет действительным и будет расположено по другую сторону от плоскости линзы. При перемещении источника в точку этого изображения, новое изображение вернётся в точку \(A\). Оставшееся, третье положение источника, должно давать мнимое изображение в одной из первых двух точек. Значит, оно должно располагаться между этой точкой (своим изображением) и оптическим центром линзы \(O\) ближе фокальной плоскости линзы. В этом случае линза могла быть расположена двумя способами (см. рисунок): а) оптический центр линзы находится между точками \(B\) и \(C\), причём источник в точке \(B\) даёт мнимое изображение в точке \(A\); б) оптический центр линзы находится между точками \(A\) и \(B\), причём источник в точке \(B\) даёт мнимое изображение в точке \(C\).

Таким образом, оптический центр линзы мог располагаться как справа, так и слева от точки \(B\).

Если же источник сначала расположить между фокальной плоскостью и плоскостью линзы, то изображение будет получаться мнимым. При помещении источника в точку изображения новое изображение должно получиться действительным (по другую сторону плоскости линзы). И при перемещении источника в оставшуюся, третью точку, изображение окажется на месте, где источник располагался ранее. Этот вариант идентичен представленному ранее и отдельного рассмотрения не требует.

Рассмотрим только способ а) размещения линзы, так как способ б) аналогичен. Источник, расположенный в точке \(B\) на расстоянии меньшем фокусного, даёт мнимое изображение в точке \(A\). При помещении источника в точку \(A\) возникает действительное изображение в точке \(C\), при помещении источника в точку \(C\) — действительное изображение в точке \(A\). Обозначим расстояние между оптическим центром линзы и источником, угол между главной оптической осью линзы и прямой и фокусное расстояние линзы за \(d\), \(\alpha\) и \(F\) соответственно. Запишем формулу тонкой линзы для варианта расположения источника в точке \(B\): \[\frac{1}{d\cos\alpha} - \frac{1}{(l + d)\cos\alpha} = \frac1F.\] Запишем формулу тонкой линзы для варианта расположения источника в точке \(A\): \[\frac{1}{(l + d)\cos\alpha} + \frac{1}{(l - d)\cos\alpha} = \frac1F.\] Решая систему, находим \(d\) и \(\alpha\).

Расстояние между оптическим центром линзы и точкой \(B\) равно \(d = l/3\).

Решение системы уравнений даёт: \(\cos\alpha = \dfrac{9F}{4l}\), откуда \(\alpha = \arccos\dfrac{9F}{4l}\). Поскольку в условии сказано, что угол \(\alpha\) является малым, то допустимо на любом этапе вычислений использовать приближённое равенство \(\cos\alpha \approx 1 - \alpha^2/2\). Тогда приходим к формуле \(\alpha \approx \sqrt{\dfrac{4l - 9F}{2l}}\). Отметим, что малость угла означает, что с точностью до поправок порядка \(\alpha^2\) параметры системы связаны соотношением \(l \approx \dfrac94F\).

Угол между главной оптической осью линзы и прямой \(MN\) равен \(\alpha = \arccos\dfrac{9F}{4l}\) или \(\alpha \approx \sqrt{\dfrac{4l - 9F}{2l}}\).

Подсказка

Заменив всё, кроме первого источника, эквивалентным источником, поймите, когда ток через первый источник не зависит от его полярности: ЭДС эквивалентного источника должна быть нулевой, то есть мост сбалансирован. Тогда источники «не чувствуют» друг друга.

Ответ

1) \(I'_2 = 2\) А;  2) а) \(2\) А, б) \(2\) А;  3) \(R_1 = R_4 = 6\) Ом, \(R_3 = 12\) Ом.

Решение

1. Первое решение. Для определения величины силы тока, текущего через первый источник, воспользуемся методом эквивалентного источника. Всю оставшуюся часть тетраэдра, подключённую к выводам \(A\) и \(B\) первого источника, можно заменить одним эквивалентным источником с внутренним сопротивлением \(r_{0(1)}\) и ЭДС \(\mathcal E_{0(1)}\). При этом эквивалентная схема для определения силы тока, текущего через первый источник, будет выглядеть так, как показано на рис. 1.

Сразу найдём сопротивление эквивалентного источника \(r_{0(1)}\), подключенного к узлам \(A\) и \(B\). Для этого заменим второй источник идеальной перемычкой и рассчитаем сопротивление моста между узлами \(A\) и \(B\): \[r_{0(1)} = r_{AB} = \frac{R_1R_2}{R_1 + R_2} + \frac{R_3R_4}{R_3 + R_4}.\] Величина силы тока \(I_1\), текущего через первый источник, определяется выражением: \[I_1 = \frac{\mathcal E_{0(1)} + \mathcal E_1}{r_{0(1)}}.\] Пусть верхний индекс \((-)\) соответствует величине силы тока через источник при изменённой на противоположную полярности его подключения. Тогда: \[I_1^- = \frac{\mathcal E_{0(1)} - \mathcal E_1}{r_{0(1)}}.\] Из данного выражения видно, что независимость от полярности подключения первого источника величины силы текущего через него тока возможно, если \(\mathcal E_{0(1)} = 0\). Поймём, при каком условии это возможно. ЭДС \(\mathcal E_{0(1)}\) эквивалентного источника равна показаниям идеального вольтметра, подключённого в цепь к узлам \(A\) и \(B\) вместо первого источника. Показания вольтметра будут равны нулю, если мост, составленный из резисторов с сопротивлениями \(R_1\), \(R_2\), \(R_3\) и \(R_4\) будет сбалансирован, откуда получим связь между сопротивлениями резисторов: \[\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_3}{R_4}.\] Таким образом, сила тока, текущего через первый источник, равна \(I_1 = \mathcal E_1/r_{0(1)}\).

Теперь определим силу тока, текущего через второй источник, вновь используя метод эквивалентного источника. Всю оставшуюся часть тетраэдра (включая первый источник), подключённую к выводам \(C\) и \(D\) второго источника, заменим эквивалентным источником с внутренним сопротивлением \(r_{0(2)}\) и ЭДС \(\mathcal E_{0(2)}\). При этом эквивалентная схема для определения силы тока, текущего через второй источник, будет выглядеть так, как показано на рис. 2.

Величина силы тока \(I_2\), текущего через второй источник, определяется выражением: \[I_2 = \frac{\mathcal E_2 + \mathcal E_{0(2)}}{r_{0(2)}}.\] Обозначим силу тока, текущего через второй источник при изменённой полярности подключения первого источника, за \(I'_2\). Поскольку \(\mathcal E_{0(2)} \sim \mathcal E_1\), величина \(I'_2\) определяется выражением: \[I'_2 = \frac{\mathcal E_2 - \mathcal E_{0(2)}}{r_{0(2)}}.\] Сразу найдём сопротивление эквивалентного источника \(r_{0(2)}\), подключённого к узлам \(C\) и \(D\). Для этого заменим первый источник идеальной перемычкой и рассчитаем сопротивление моста между узлами \(C\) и \(D\): \[r_{0(2)} = r_{CD} = \frac{R_2R_4}{R_2 + R_4} + \frac{R_1R_3}{R_1 + R_3}.\] ЭДС \(\mathcal E_{0(2)}\) эквивалентного источника равна показаниям идеального вольтметра, подключённого в цепь к узлам \(C\) и \(D\) вместо второго источника. Показания вольтметра будут равны нулю, поскольку мост является сбалансированным и для подключения вольтметра вместо второго источника. Действительно: \[\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_3}{R_4} \implies \frac{R_1}{R_3} = \frac{R_2}{R_4}.\] Таким образом, величина силы тока, текущего через второй источник и равная \(I_2 = \mathcal E_2/r_{0(2)}\), не зависит от полярности подключения первого источника, а значит: \[I'_2 = I_2 = 2\text{ А}.\]

Второе решение. Воспользуемся методом наложения токов. Будем искать силы токов в ветвях цепи как суперпозицию сил токов, текущих в данных ветвях под действием одного источника, при условии, что другой источник в силу его идеальности заменён идеальной перемычкой.

Пусть перемычкой заменён второй источник. Обозначим силы токов, текущих через первый и второй источники при этом, за \(I_{1(1)}\) и \(I_{2(1)}\) соответственно (см. рис. 3). Тогда при смене полярности подключения первого источника направление тока \(I_{1(1)}\), текущего через него, изменится на противоположное, а величина силы тока останется неизменной.

Теперь перемычкой заменим первый источник. Обозначим силы токов, текущих через первый и второй источники при этом, за \(I_{1(2)}\) и \(I_{2(2)}\) соответственно (см. рис. 4).

Если сила тока \(I_{1(2)}\), текущего в перемычке под действием второго источника, не равна нулю, то сохранение величины силы полного тока через первый источник при смене его полярности невозможно. Значит, сила тока \(I_{1(2)}\), текущего в перемычке \(AB\) под действием второго источника, равна нулю. Это возможно, только если мост является сбалансированным. Тогда имеем следующее соотношение между сопротивлениями: \[\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_3}{R_4}.\] Обратим внимание, что данное условие также является условием балансировки моста, к которому подключён первый источник, когда второй заменён перемычкой \(CD\). Значит, сила тока \(I_{2(1)}\), текущего в перемычке \(CD\) под действием первого источника, также равна нулю. Отсюда можно сделать вывод, что силы токов, текущих через первый и второй источники, определяются только величинами ЭДС соответствующих источников и полярностями их подключений. Таким образом, сила тока \(I'_2\), текущего через второй источник при смене полярности подключения первого источника, равна: \[I'_2 = I_2 = 2\text{ А}.\]

Третье решение. Расставим в исходной схеме токи с учётом закона сохранения заряда. В данной схеме есть 3 независимых тока, поэтому достаточно ввести лишь 3 силы тока \(I_1\), \(I_2\) и \(I_3\) (см. рис. 5).

Применим второе правило Кирхгофа к контуру \(CDGE\): \[\mathcal E_2 = I_1R_2 + I_2(R_1 + R_2) - I_3(R_1 + R_2).\] Применим второе правило Кирхгофа к контуру \(CDHF\): \[\mathcal E_2 = I_3(R_3 + R_4) - I_1R_4 \implies I_3 = \frac{I_1R_4 + \mathcal E_2}{R_3 + R_4}.\] Применим второе правило Кирхгофа к контуру \(ABGDH\): \[\mathcal E_1 = I_3(R_1 + R_3) - I_2R_1.\] Исключая \(I_3\), получим следующую систему уравнений относительно \(I_1\) и \(I_2\): \[\begin{cases} \mathcal E_1 = \dfrac{(I_1R_4 + \mathcal E_2)(R_1 + R_3)}{R_3 + R_4} - I_2R_1;\\[3mm] \mathcal E_2 = I_1R_2 + I_2(R_1 + R_2) - \dfrac{(I_1R_4 + \mathcal E_2)(R_1 + R_2)}{R_3 + R_4}. \end{cases}\] Выразим \(I_2\) из первого уравнения системы и подставим во второе: \[\mathcal E_2 = I_1R_2 - \frac{I_1R_4(R_1 + R_2)}{R_3 + R_4} - \frac{\mathcal E_2(R_1 + R_2)}{R_3 + R_4} + \frac{I_1R_4(R_1 + R_2)(R_1 + R_3)}{R_1(R_3 + R_4)} + \frac{\mathcal E_2(R_1 + R_2)(R_1 + R_3)}{R_1(R_3 + R_4)} - \frac{\mathcal E_1(R_1 + R_2)}{R_1}.\] Отсюда: \[\mathcal E_1 + \mathcal E_2\left(\frac{R_1}{R_1 + R_2} - \frac{R_3}{R_3 + R_4}\right) = I_1\left(\frac{R_1R_2}{R_1 + R_2} + \frac{R_3R_4}{R_3 + R_4}\right).\] Аналогично выразим \(I_1\) из первого уравнения системы и подставим во второе: \[\mathcal E_2 = I_2(R_1 + R_2) - \frac{(\mathcal E_1 + I_2R_1)(R_1 + R_2)}{R_1 + R_3} + \frac{(\mathcal E_1 + I_2R_1)(R_3 + R_4)R_2}{R_4(R_1 + R_3)} - \frac{\mathcal E_2R_2}{R_4}.\] Отсюда: \[\mathcal E_2 + \mathcal E_1\left(\frac{R_4}{R_2 + R_4} - \frac{R_3}{R_1 + R_3}\right) = I_2\left(\frac{R_2R_4}{R_2 + R_4} + \frac{R_1R_3}{R_1 + R_3}\right).\] Рассмотрим выражение для силы тока \(I_1\). Поскольку при изменении полярности подключения первого источника величина силы тока, текущего через него, не изменяется, коэффициент при \(\mathcal E_2\) равен нулю. Отсюда: \[\frac{R_1}{R_1 + R_2} = \frac{R_3}{R_3 + R_4} \implies \frac{R_1}{R_2} = \frac{R_3}{R_4}.\] Обратим внимание, что в выражении для силы тока \(I_2\) коэффициент перед \(\mathcal E_1\) также равен нулю. Действительно: \[\frac{R_4}{R_2 + R_4} - \frac{R_3}{R_1 + R_3} = \frac{R_1R_4 - R_2R_3}{(R_2 + R_4)(R_1 + R_3)} = 0.\] Таким образом, величина силы тока \(I'_2\), текущего через второй источник при смене полярности подключения первого источника, равна: \[I'_2 = I_2 = 2\text{ А}.\]

2. Первое решение. Величины сил токов \(I_{2\text{а}}\) и \(I_{2\text{б}}\) в случаях «а» и «б» соответственно будут определяться сопротивлением моста, подключенного к выводам \(C\) и \(D\) второго источника: \[I_{2\text{а}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{а}}, \qquad I_{2\text{б}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{б}}.\] Поскольку мост является сбалансированным, удаление перемычки \(AB\) не приведёт к изменению сопротивления моста между узлами \(C\) и \(D\). Тогда сопротивления моста \(r_\text{а}\) и \(r_\text{б}\) будут одинаковыми и равными сопротивлению эквивалентного источника \(r_{0(2)}\), найденному при решении первого пункта, т. е. \(I_{2\text{а}} = I_{2\text{б}}\). Тогда, поскольку \(I_2 = \mathcal E_2/r_{0(2)}\): \[I_{2\text{а}} = I_{2\text{б}} = I_2 = 2\text{ А}.\]

Второе решение. Величины сил токов \(I_{2\text{а}}\) и \(I_{2\text{б}}\) в случаях «а» и «б» соответственно будут определяться сопротивлением моста, подключенного к выводам \(C\) и \(D\) второго источника: \[I_{2\text{а}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{а}}, \qquad I_{2\text{б}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{б}}.\] Поскольку мост является сбалансированным, удаление перемычки \(AB\) не приведёт к изменению сопротивления моста между узлами \(C\) и \(D\). Тогда сопротивления моста \(r_\text{а}\) и \(r_\text{б}\) будут одинаковыми, значит \(I_{2\text{а}} = I_{2\text{б}}\). Из решения первого пункта следует: \[I_1 = I_{1(1)}, \qquad I_2 = I_{2(2)}.\] Тогда замена первого источника перемычкой не изменит величину силу тока \(I_2\), поскольку величина \(I_{2(2)}\) найдена для схемы, которую предлагается рассмотреть в случае «б» (см. рис. 4). Таким образом: \[I_{2\text{а}} = I_{2\text{б}} = I_2 = 2\text{ А}.\]

Третье решение. Величина силы тока, текущего через источник в исходной схеме, определяется выражением: \[I_2 = \frac{\mathcal E_2}{\dfrac{R_2R_4}{R_2 + R_4} + \dfrac{R_1R_3}{R_1 + R_3}}.\] Величины сил токов \(I_{2\text{а}}\) и \(I_{2\text{б}}\) в случаях «а» и «б» соответственно будут определяться сопротивлением моста, подключенного к выводам \(C\) и \(D\) второго источника: \[I_{2\text{а}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{а}}, \qquad I_{2\text{б}} = \frac{\mathcal E_2}{r_\text{б}}.\] Сопротивление \(r_\text{б}\) определяется выражением: \[r_\text{б} = \frac{R_2R_4}{R_2 + R_4} + \frac{R_1R_3}{R_1 + R_3},\] откуда следует, что \(I_{2\text{б}} = I_2\). Поскольку \(R_1R_4 = R_2R_3\), при подключении второго источника к узлам \(C\) и \(D\) мост является сбалансированным при наличии перемычки \(AB\). Тогда удаление перемычки \(AB\) не изменит сопротивления между узлами \(C\) и \(D\), т. е. \(r_\text{а} = r_\text{б}\). Таким образом: \[I_{2\text{а}} = I_{2\text{б}} = I_2 = 2\text{ А}.\]

3. Силы токов \(I_1\) и \(I_2\) через первый и второй источники соответственно, определяются выражениями: \[\mathcal E_1 = I_1\left(\frac{R_1R_2}{R_1 + R_2} + \frac{R_3R_4}{R_3 + R_4}\right), \qquad \mathcal E_2 = I_2\left(\frac{R_2R_4}{R_2 + R_4} + \frac{R_1R_3}{R_1 + R_3}\right).\] Введём два обозначения: \[R_1 = kR_2, \qquad R_4 = \alpha R_2.\] Тогда \(R_3 = \alpha kR_2\), и для сил токов \(I_1\) и \(I_2\), текущих через первый и второй источники соответственно, имеем: \[I_1 = \frac{\mathcal E_1}{R_2}\cdot\frac{1 + k}{k(1 + \alpha)}, \qquad I_2 = \frac{\mathcal E_2}{R_2}\cdot\frac{1 + \alpha}{\alpha(1 + k)}.\] Перемножая почленно эти равенства, получим, что \[I_1I_2 = \frac{\mathcal E_1\mathcal E_2}{R_2^2\alpha k} \quad\implies\quad \alpha k = \frac{\mathcal E_1\mathcal E_2}{I_1I_2R_2^2} = 4.\] Заметим, что из условия задачи следует: \[\frac{\mathcal E_1}{I_1} = \frac{\mathcal E_2}{I_2}.\] Тогда из этого соотношения и выражений для \(I_1\) и \(I_2\) получаем \[\frac{\alpha(1 + k)}{1 + \alpha} = \frac{k(1 + \alpha)}{1 + k} \quad\implies\quad \alpha(1 + k)^2 = k(1 + \alpha)^2.\] Раскроем скобки: \[\alpha + 2\alpha k + k^2\alpha = k + 2\alpha k + \alpha^2k \quad\implies\quad \alpha + 4k = k + 4\alpha \quad\implies\quad \alpha = k.\] Учитывая, что \(\alpha k = 4\), имеем \(k = \alpha = 2\). Тогда находим: \[R_1 = R_4 = 2R_2 = 6\text{ Ом}, \qquad R_3 = 4R_2 = 12\text{ Ом}.\]

Подсказка

Для каждого блока запишите условие равновесия сил и моментов относительно его оси. Система бесконечна, поэтому часть, начиная со второго блока, устроена так же, как вся система целиком.

Ответ

\(3\) Н.

Подсказка

Выразите ток через участок кольца через разность потенциалов на его концах, а затем сложите вклады всех участков кольца по закону Био–Савара–Лапласа: в центре они пропорциональны именно разностям потенциалов.

Ответ

1) \(B_z = \dfrac{\mu_0}{4\pi}\,\dfrac{\varphi_2 - \varphi_1}{\rho r^2}\) (вдоль оси \(z\), перпендикулярной плоскости рисунка и направленной на нас);  2) \(B = 0\).

Решение

а) Выберем ось \(z\), перпендикулярную плоскости рисунка и направленную на нас. Из закона Био–Савара–Лапласа следует, что вектор индукции поля, создаваемого участком 1-2, перпендикулярен плоскости рисунка. Его проекция на ось \(z\) равна: \[B_z = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{I_{21}L}{r^2} = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{I_{21}\rho L}{\rho r^2} = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{\varphi_2 - \varphi_1}{\rho r^2},\] где \(I_{21}\) – алгебраическое значение тока, протекающего через участок 1-2 (положителен, когда ток течёт от точки 2 к точке 1, и отрицателен, когда наоборот), \(L\) – длина участка 1-2.

б) Радиальные перемычки и прямолинейные провода в точке \(O\) магнитного поля не создают, так как лежат на прямых, проходящих через точку \(O\). Кольцо (как малое, так и большое) тоже не создают поля в точке \(O\), поскольку сумма \(\sum_i \dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{\varphi_{i+1} - \varphi_i}{\rho r^2}\) равна нулю при обходе по замкнутому контуру, который не содержит батареек. Таким образом, индукция магнитного поля в точке \(O\) равна нулю.

Подсказка

Маленькая площадка и подобная ей площадка в \(\lambda\) раз дальше (при той же плотности заряда) создают одинаковое поле: заряд растёт как \(\lambda^2\), квадрат расстояния — тоже. Разбейте каждую фигуру на части, подобные первой фигуре относительно нужной точки.

Ответ

1) \(E'/E_0 = 1\);  2) \(E_A = 3E_0\), вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры;  3) \(E_B = E_0\), вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры;  4) \(E_C = \dfrac{E_0}{\sqrt3 + 1}\), вдоль внешней биссектрисы угла \(\angle C\).

Решение

Пусть поверхностная плотность заряда всех фигур, упоминаемых ниже, постоянна, одинакова и равна \(\sigma\) (\(\sigma > 0\)).

Рассмотрим бесконечно малую заряженную площадку с площадью \(\Delta S_1\) и зарядом \(\sigma\Delta S_1\), расположенную на расстоянии \(r\) от точки \(O\), и геометрически ей подобную вторую площадку, заряженную с той же поверхностной плотностью \(\sigma\), но расположенную на расстоянии \(\lambda r\), где \(\lambda\) — коэффициент подобия. Поскольку \[\Delta S_2 = \lambda^2\Delta S_1,\] напряжённости электрических полей, созданных этими площадками, равны: \[E_2 = \frac{\sigma\Delta S_2}{4\pi\varepsilon_0(\lambda r)^2} = \frac{\sigma\lambda^2\Delta S_1}{4\pi\varepsilon_0(\lambda r)^2} = \frac{\sigma\Delta S_1}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = E_1.\] Рассмотрим теперь две заряженные пластины конечного размера, геометрически подобные друг другу с коэффициентом подобия \(\lambda\) и расположенные так, как показано на рис. 1, где \(O\) — центр подобия этих пластин (\(\overrightarrow{OC} = \lambda\cdot\overrightarrow{OA}\), \(\overrightarrow{OD} = \lambda\cdot\overrightarrow{OC}\) и т. п.). Разобьём обе пластины на бесконечно малые площадки, причём так, чтобы каждый элемент разбиения второй пластины был подобен соответствующему элементу первой с центром подобия в точке \(O\). Поскольку, как было показано выше, напряжённости электрических полей, созданных в точке \(O\) бесконечно малыми площадками, образующими такую пару, совпадают, то и напряжённости электрических полей, созданных в точке \(O\) всей первой и всей второй пластиной, тоже будут совпадать (по модулю и по направлению).

В частности, это значит, что напряжённость поля в точке \(O'\), созданного фигурой, изображённой на рис. 2 из условия задачи, будет также равна \(E_0\). \[E'/E_0 = 1.\]

Из симметрии фигуры следует, что вектор \(\vec E_A\) направлен вверх и вправо вдоль этой оси симметрии.

Используя результат пункта 1, получим, что напряжённость электрического поля, созданного в точке \(A\) каждой из трёх фигур на рис. 2 (зелёной, синей или серой), равна \(E_0\). Отсюда следует, что заряженная фигура, изображённая в условии на рис. 3, создаёт в точке \(A\) поле с напряжённостью \(3E_0\).

Вектор \(\vec E_A\) направлен вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры; \(E_A = 3E_0\).

Из симметрии фигуры следует, что вектор \(\vec E_B\) направлен вверх и вправо вдоль этой оси симметрии.

Для ответа на третий вопрос задачи рассмотрим заряженную пластину, изображённую на рис. 3 (всю окрашенную как-либо область). Обозначим \(E_\text{зел}\) и \(E_\text{син}\) напряжённости полей, созданных в точке \(B\) зелёной и синей областью соответственно. Из подобия этих областей следует, что \(E_\text{зел} = E_\text{син}\).

Напряжённость электрического поля \(E\), созданного всей пластиной в точке \(B\), с одной стороны, равна \(E = E_0 + E_\text{син}\), а с другой стороны, \(E = E_B + E_\text{зел}\), где \(E_B\) — искомая напряжённость поля, созданного фигурой, изображённой в условии на рис. 4. Приравнивая правые части этих соотношений, получим, что \[E_B = E_0.\] Вектор \(\vec E_B\) направлен вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры; \(E_B = E_0\).

Воспользуемся подходом из предыдущего пункта и рассмотрим заряженную пластину, изображённую на рис. 4 (снова всю окрашенную как-либо область). Зелёная и синяя области, благодаря подобию, создают в точке \(C\) поле с одинаковой по величине и направлению напряжённостью. Следовательно, напряжённость поля, созданного в точке \(C\) указанной в условии трапецией, совпадает с напряжённостью поля, созданного в той же точке кольцевым сектором с углом в \(30^\circ\).

Отсюда, используя симметрию кольцевого сектора, делаем вывод, что вектор \(\vec E_C\) напряжённости электрического поля, созданного трапецией в точке \(C\), направлен по внешней биссектрисе угла \(\angle C\) (см. рис. 5).

Кольцевой сектор с внутренним и внешним радиусами, отличающимися в два раза, представляет собой (с точностью до подобия) одну треть от фигуры, изображённой в условии на рис. 4. Используя результат предыдущего пункта, получим (см. рис. 6) \[E_0 = 2E_C\cos 30^\circ + E_C = E_C\left(\sqrt3 + 1\right) \quad\Rightarrow\quad E_C = \frac{E_0}{\sqrt3 + 1}.\]

Вектор \(\vec E_C\) направлен вдоль внешней биссектрисы угла \(\angle C\); \[E_C = \frac{E_0}{\sqrt3 + 1}.\]

Подсказка

Разложите ускорение свободного падения на составляющие вдоль \(AB\) и перпендикулярно ему. При упругом ударе о стенку, параллельную \(AB\), продольная составляющая скорости не меняется, а поперечное движение после удара симметрично движению до удара.

Ответ

Три ориентации: удар о сторону, параллельную \(AB\) и ближайшую к точкам (сторона 4 на рисунке решения), — \(\alpha_4 = \operatorname{arctg} 2 \approx 63^\circ\); удар о противоположную ей сторону 2 — \(\alpha_2 = \operatorname{arctg} 4 \approx 76^\circ\); удар о сторону 3 за точкой \(B\) — ускорение направлено вдоль \(AB\), \(\alpha_3 = 0^\circ\). Отскоком от стороны 1 попасть в \(B\) нельзя.

Решение

Пронумеруем стороны рамки и введём координаты \(x\), \(y\) с началом в точке \(A\), направив их вдоль и перпендикулярно отрезку \(AB\).

Пусть координаты точки \(A\) равны \((0;0)\), координаты точки \(B\) равны \((L;0)\), а расстояние от точек до стороны — \(H\). Будем искать проекции ускорения свободного падения \(g_x\) и \(g_y\).

Рассмотрим движение шайбы из \(A\) в \(B\) с отскоком от стороны 4. Из уравнения движения по оси \(y\) получим, что время падения из точки \(A\) до стенки равно \(\sqrt{2H/g_y}\). После удара шайба будет лететь столько же по времени до точки \(B\). Полное время составит: \[t = 2\sqrt{\frac{2H}{g_y}}.\] По оси \(x\) шайба движется равноускоренно, так как при упругом ударе проекция скорости на ось \(x\) не меняется: \[L = g_x\frac{t^2}{2} = g_x\cdot\frac{4H}{g_y}.\] Откуда получим: \[\frac{g_x}{g_y} = \frac{L}{4H}.\]

В случае отскока от стенки 4 \(L = 2l\) и \(H = l\), где \(l\) — сторона заданной масштабной сетки. Из полученного отношения проекций ускорений легко найти направление \(\vec g\). Например, можно отметить точку \(C_1\) с координатами \((2l;\,4l)\). Тогда \(\vec g\) будет направлено вдоль прямой \(AC_1\) и, в частности, первая часть траектории шайбы будет лежать вдоль этой прямой.

Аналогично можно поступить со стороной 2. В этом случае \(L = 2l\) и \(H = 2l\), тогда ускорение свободного падения будет направлено вдоль отрезка \(AC_2\), где координаты точки \(C_2\) это \((2l;\,-8l)\).

После отскока от стороны 1 шайба не сможет попасть в точку \(B\), так как та расположена дальше точки \(A\) по оси \(x\). По тем же соображениям отражение от стороны 3 подходит. Соответствующее этому случаю направление ускорения свободного падения будет вдоль оси \(x\).

С помощью найденных в предыдущем пункте координат точек \(C_1\) и \(C_2\) вычислим углы между направлением \(AB\) и ускорением свободного падения: \[\alpha_4 = \operatorname{arctg} 2 \approx 63^\circ, \quad \alpha_2 = \operatorname{arctg} 4 \approx 76^\circ, \quad \alpha_3 = 0^\circ.\]

Подсказка

Из симметрии силы реакции и трения от двух стенок равны, поэтому их можно заменить суммарными. Запишите условия равенства нулю суммы горизонтальных проекций сил и суммы моментов, при падении силы трения достигают предельных значений.

Ответ

\(\alpha = \arccos\left(\dfrac{R}{l}\cdot\dfrac{\mu_1\mu_2}{\sqrt{1+\mu_2^2}}\right) - \arccos\dfrac{1}{\sqrt{1+\mu_2^2}} \approx 54{,}6^\circ\).

Подсказка

Воспользуйтесь симметрией сетки относительно диагоналей и осей и первым правилом Кирхгофа для узлов у диагонали; получите рекуррентные соотношения для потенциалов.

Ответ

А) \(\varphi_{1k} = 0\),  \(\varphi_{2k} = (-1)^{k+1}\text{ В}\);  Б) \(\varphi_{1k} = (-1)^{k+1}\text{ В}\),  \(\varphi_{2k} = 4(k+1)\cdot(-1)^{k+1}\text{ В}\).

Подсказка

Подключённые к узлам сетки идеальные амперметры и провода можно считать проводами: некоторые узлы окажутся при этом эквипотенциальными. Перерисуйте схему в виде последовательных и параллельных соединений.

Ответ

Показания амперметров равны \(12\) мА, \(6{,}5\) мА и \(12\) мА; показания вольтметров равны \(3\) В.

Подсказка

Из симметрии потенциал любой пластины линейно выражается через заряды всех четырёх пластин с двумя коэффициентами: «собственным» и «взаимным». Два условия из задачи позволяют найти оба.

Ответ

\(\Delta\varphi = \dfrac{2Q}{C_0}\left(1 - \sqrt{1 - \dfrac{C_0}{C_1}}\right)\);  \(C = \dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{C_0}{1 - \sqrt{1 - \dfrac{C_0}{C_1}}}\).

Подсказка

Энергия системы равна половине квадрата скорости точки \(\tilde M\), поэтому в новых координатах упругие удары работают как отражения луча от зеркал.

Ответ

a) \(v = \sqrt{v_1^2 + v_2^2}\), \(\operatorname{tg}\alpha = v_2/v_1\);  c) \(0{,}13\,L\);  d) 314.

Подсказка

Дополните малую полусферу до целой сферы: потенциал равномерно заряженной сферы внутри и на её поверхности легко найти. Затем используйте симметрию.

Ответ

\(W = \dfrac{kQq}{R}\), где \(k = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\).

Решение

Задача допускает несколько способов решения. Покажем два из них.

Пусть искомая энергия взаимодействия равна \(W\). Дополним рассматриваемую систему зарядов ещё одной заряженной полусферой радиусом \(r\), так чтобы образовалась малая заряженная сфера.

Потенциал поля малой сферы во всех точках большой полусферы равен \(k\dfrac{2q}{R}\), поэтому энергия взаимодействия сферы радиусом \(r\) и полусферы радиусом \(R\) равна \(k\dfrac{2qQ}{R}\). С другой стороны, эта энергия равна удвоенной энергии взаимодействия большой и малой полусфер, иначе говоря, удвоенной искомой энергии, поэтому \(W = k\dfrac{qQ}{R}\).

Другой способ решения предполагает анализ распределения потенциала полусферы. Рассмотрим поле большой полусферы. Потенциал этого поля в общем центре полусфер равен \(\varphi = k\dfrac{Q}{R}\). Если большую полусферу дополнить до целой сферы, то потенциал в любой точке внутри сферы будет равен \(2\varphi\). Отсюда следуют два утверждения.

a) Во всех точках среза большой полусферы (т. е. во всех точках круга, дополняющего полусферу до замкнутой поверхности) потенциал равен \(\varphi\).

б) Если рассмотреть две точки \(A\) и \(B\), симметричные относительно среза большой полусферы, то потенциалы в этих точках равны \(\varphi - \delta\) и \(\varphi + \delta\), где \(\delta\) — некоторая величина, зависящая от расположения точек \(A\) и \(B\).

Из утверждения б) следует, что если в точки \(A\) и \(B\) поместить равные заряды \(\Delta q\), то их суммарная энергия взаимодействия с внешней сферой будет равна \(2\varphi\,\Delta q\). А поскольку внутренняя полусфера симметрична относительно среза внешней полусферы, то её можно разбить на пары одинаковых малых зарядов \(\Delta q\). Отсюда следует, что полная энергия взаимодействия внутренней полусферы с внешней равна \[W = \varphi q = \frac{kQq}{R}.\]

Подсказка

Рассмотрите по отдельности источники каждого типа (метод наложения) и найдите преобразования бесконечной схемы — сдвиг и поворот, — переводящие её в себя: они дают, что потенциалы всех узлов одинаковы. Для омметра и для замены источника представьте всю остальную сетку эквивалентным источником.

Ответ

1) \(\varphi_+ - \varphi_- = 0\);  2) \(I_1 = \mathcal{E}/r\), \(I_2 = 2\mathcal{E}/r\), \(I_3 = 3\mathcal{E}/r\);  3) \(R_1 = R_2 = R_3 = r/3\), от полярности не зависят;  4) \(I = 0\) или \(I = 2\mathcal{E}/r\) в зависимости от полярности подключения.

Решение

Используя симметрию электрической цепи, докажем, что потенциалы на соседних выводах источников каждого типа одинаковы. Для этого введём обозначения узлов \(A_1\), \(B_1\), \(A_2\), \(B_2\), \(A_3\), \(B_3\) и т. д., как показано на рис. 1.

Воспользуемся методом наложения. Рассмотрим сначала систему из источников только с ЭДС \(\mathcal{E}\) при «выключенных» ЭДС всех остальных источников (см. рис. 2).

Сдвиг на одно звено схемы вдоль направления \(A_3 - A_1\) переводит схему «саму в себя», поэтому \(\varphi_{A_3} - \varphi_{B_3} = \varphi_{A_2} - \varphi_{B_2} = \varphi_{A_1} - \varphi_{B_1} = \Delta\varphi\), а также \(\varphi_{A_4} - \varphi_{B_3} = \varphi_{A_3} - \varphi_{B_2} = \varphi_{A_2} - \varphi_{B_1} = \Delta\varphi'\), где \(\varphi_M\) — потенциал соответствующего узла \(M\).

Перевернём цепь таким образом, что узлы \(A_3\) и \(B_2\), а также узлы \(A_2\) и \(B_3\) меняются местами (см. рис. 3).

Так как цепь перешла «сама в себя», то \[\varphi_{B_2} - \varphi_{A_2} = \varphi_{B_3} - \varphi_{A_3} = \varphi_{B_4} - \varphi_{A_4} = \Delta\varphi,\] \[\varphi_{B_1} - \varphi_{A_2} = \varphi_{B_2} - \varphi_{A_3} = \varphi_{B_3} - \varphi_{A_4} = \Delta\varphi'.\] Откуда следует, что \(\Delta\varphi = -\Delta\varphi\) и \(\Delta\varphi' = -\Delta\varphi'\) или \(\Delta\varphi = 0\) и \(\Delta\varphi' = 0\). С учётом этого получаем, что потенциалы, созданные системой источников с ЭДС \(\mathcal{E}\), во всех узлах такой схемы одинаковы.

Аналогично можно рассмотреть отдельно систему из источников только с ЭДС \(2\mathcal{E}\) и систему из источников только с ЭДС \(3\mathcal{E}\) при «выключенных» ЭДС всех остальных источников. Таким образом, разность потенциалов между любыми двумя узлами схемы в каждой рассмотренной системе равна нулю, а согласно методу наложения и результирующая разность потенциалов между любыми двумя узлами схемы также равна нулю. Значит, разности потенциалов между плюсом и минусом каждого типа источников равны: \[\varphi_+ - \varphi_- = 0.\]

Запишем закон Ома для произвольной пары соседних узлов, участок цепи между которыми содержит ЭДС \(\mathcal{E}\): \[(\varphi_+ - \varphi_-) + \mathcal{E} = I_1 r.\] Здесь положительному значению \(I_1\) соответствует ток, текущий в направлении действия \(\mathcal{E}\). Поскольку \(\varphi_+ - \varphi_- = 0\), сила тока \(I_1 = \mathcal{E}/\nabla\) для любого такого участка. Аналогично для участков цепи, содержащих ЭДС \(2\mathcal{E}\) и \(3\mathcal{E}\):

\[(\varphi_+ - \varphi_-) + 2\mathcal{E} = I_2 r;\] \[(\varphi_+ - \varphi_-) + 3\mathcal{E} = I_3 r.\] Следовательно, \[I_1 = \mathcal{E}/r \tag{1}\] \[I_2 = 2\mathcal{E}/r \tag{2}\] \[I_3 = 3\mathcal{E}/r \tag{3}\]

Рассмотрим бесконечную электрическую цепь с двумя соседними (ближайшими) выводами на источнике любого типа как эквивалентный источник с ЭДС \(\mathcal{E}_\text{экв}\) и внутренним сопротивлением \(r_\text{экв}\) (рис. 4).

ЭДС эквивалентного источника \(\mathcal{E}_\text{экв} = 0\), так как разность потенциалов между любыми двумя соседними выводами равна нулю.

Внутреннее сопротивление эквивалентного источника \(r_\text{экв}\) определим как сопротивление между двумя соседними (ближайшими) узлами бесконечной сетки с «выключенными» ЭДС. Для этого снова воспользуемся методом наложения. Рассмотрим сначала бесконечную сетку с внутренними сопротивлениями источников, где в один из узлов втекает ток силой \(I_0\) и растекается до бесконечности. В ближайших к данному узлу ветках силы токов будут одинаковы (в силу симметрии) и равны \(I_+ = I_0/6\). Затем рассмотрим ту же бесконечную сетку, где из соседнего узла вытекает ток силой \(I_0\). Аналогично, в данной схеме токи в ближайших к данному узлу ветках будут одинаковы и равны \(I_- = I_0/6\).

Далее рассмотрим суперпозицию этих двух случаев. Тогда напряжение на сопротивлении \(r\) равно \((I_+ + I_-)r\), следовательно \[r_\text{экв} = \frac{(I_+ + I_-)r}{I_0} = \frac{r}{3}.\] Таким образом, при использовании любых двух соседних (ближайших) узлов электрическая схема ведёт себя как резистор с сопротивлением \(r_\text{экв} = r/3\). Поэтому показания омметра не будут зависеть от полярности его подключения. С учётом этого получаем ответ для показаний омметра: \[R_1 = r/3 \tag{4}\] \[R_2 = r/3 \tag{5}\] \[R_3 = r/3 \tag{6}\] Эти результаты не зависят от полярности подключения омметра.

Эквивалентный источник из предыдущего пункта можно представить как параллельное соединение источника с ЭДС \(2\mathcal{E}\) и сопротивлением \(r\) (который заменяется другим источником по условию) и источника с ЭДС \(\mathcal{E}^*\) и сопротивлением \(r^*\), который эквивалентен оставшейся части электрической схемы (см. рис. 5).

С учётом того, что ЭДС эквивалентного источника \(\mathcal{E}_\text{экв} = 0\) и его сопротивление \(r_\text{экв} = r/3\), найдём \(\mathcal{E}^*\) и \(r^*\).

Сопротивления связаны соотношением \[\frac{1}{r_\text{экв}} = \frac1r + \frac{1}{r^*},\] откуда \(r^* = r/2\). Приравнивая токи короткого замыкания рассмотренного параллельного соединения источников и эквивалентного источника, приходим к соотношению: \[\frac{\mathcal{E}^*}{r^*} - \frac{2\mathcal{E}}{r} = \frac{\mathcal{E}_\text{экв}}{r_\text{экв}},\] откуда находим \(\mathcal{E}^* = \mathcal{E}\).

Источник с ЭДС \(2\mathcal{E}\) и сопротивлением \(r\) можно заменить источником с ЭДС \(\mathcal{E}\) и сопротивлением \(r/2\) двумя разными способами (используя разную полярность подключения, как представлено на рис. 6).

При подключении первым способом согласно закону Ома для полной цепи \[I = \frac{\mathcal{E} - \mathcal{E}}{r/2 + r/2} = 0.\] При подключении вторым способом согласно закону Ома для полной цепи \[I = \frac{\mathcal{E} + \mathcal{E}}{r/2 + r/2} = \frac{2\mathcal{E}}{r}.\] В итоге, в зависимости от способа подключения получаем: \[I = 0 \quad\text{или}\quad I = 2\mathcal{E}/r.\]