«УДК 53 (023) ББК 22.3я721+74.262.22 М82 Учебное издание Варламов С. Д., Зинковский В. И., Семёнов М. В., Старокуров Ю. В., Шведов О. Ю., Якута А. А. М82 Задачи Московских городских олимпиад по физике. 1986 – 2005: Под ...»

В каждой из точек соединения проводов сумма токов должна равняться нулю. Поэтому в точку между резисторами с сопротивлениями 3 кОм и 1 кОм должен втекать ток, равный I1 I3 = 0,5 мА, из точки между резисторами с сопротивлениями 3 кОм и 2 кОм должен вытекать ток, равный, I3 I2 = 0,1 мА, а из точки между резисторами с сопротивлениями 3 кОм и 4 кОм должен вытекать ток I3 I4 = 0,4 мА.

Обозначим ток, текущий через амперметр A1, через I. Тогда, из тех же соображений, ток через амперметр A2 будет равен I + 0,1 мА, а ток через амперметр A3 будет составлять 0,4 мА I. Обозначим малое сопротивление каждого амперметра через R и найдём разность потенциалов между точками 1 и 3 схемы:

Отсюда получаем: 3I = 0,3 мА, и I = 0,1 мА. Поэтому ток через второй амперметр равен I + 0,1 мА = 0,2 мА, а ток через третий амперметр составляет 0,4 мА I = 0,3 мА.

3.50*. Сопротивление резисторов 1000R и 2000R намного превышает сопротивление остальных резисторов. Поэтому в первом приближении токами, текущими через резисторы 1000R и 2000R, можно пренебречь по сравнению с другими токами в цепи, то есть считать, что резисторов 1000R и 2000R в схеме просто нет. Тогда исходная схема сведётся к более простой (см. рис. 3.50.1).

Обозначим через I1 ток, текущий в упрощённой схеме через резисторы R, 3R и 5R, а через I2 — ток, текущий через резисторы 2R, 4R и 6R. Тогда Для напряжения между точками схемы 1 и 2, а также между точками 1 и 3 (см. рис. 3.50.1) имеем:

Значит, напряжение между точками схемы 2 и 3 равно Из-за малости токов, текущих через резисторы 1000R и 2000R, напряжение между точками 2 и 3 в упрощённой схеме практически совпадает с напряжением между этими же точками в исходной схеме.

Значит, в качестве оценки для величины тока, текущего через резистор 1000R, можно взять величину Величину погрешности нашего результата можно оценить следующим образом. Обозначим токи, текущие в исходной схеме через резисторы R, 2R, 1000R и 2000R через I1, I2, Ia и Ib соответственно (см. рис. 3.50.2). Тогда, в соответствии с законом Ома для участка цепи, содержащего ЭДС, имеем:

где R1 = R, R2 = 3R, R3 = 5R. Отсюда Аналогично, где R4 = 2R, R5 = 4R, R6 = 6R. Отсюда Таким образом, токи, рассчитанные приближённым способом, отличаются по абсолютной величине от токов, рассчитанных точно, на величины то есть абсолютная погрешность каждого из токов I1 и I2 не превосходит сумму абсолютных величин токов |Ia | + |Ib |. Учитывая, что ток Ib приближённо равен а ток Ia = I1000R был оценён нами ранее, получим оценку для абсолютных погрешностей токов I1 и I2 :

Значит, абсолютная погрешность напряжения U23 не превышает Так как сила тока, текущего через резистор 1000R, пропорциональна U23, то относительные погрешности определения этого тока и напряжения U23 одинаковы и составляют что удовлетворяет условию задачи.

В заключение отметим, что данную задачу можно решить точно.

В этом случае после проведения всех необходимых вычислений полуE чается ответ I1000R =, от которого наша оценка отличается примерно на 0,3%.

3.51. Пусть второй провод, идущий от батарейки, подключён между резисторами nR и (n + 1)R. Тогда схему, описанную в условии задачи, можно перерисовать в эквивалентном виде, показанном на рисунке 3.51, где Тогда сила тока, протекающего через батарейку, равна Далее минимально возможное значение силы тока I можно искать разными способами. Например, можно рассматривать знаменатель последнего выражения, как квадратный трёхчлен: y(r) = r2 + rR.

Функция y(r) достигает максимума при r = R/2. Отсюда получаем условие на величину n:

которое сводится к квадратному уравнению Решая его, находим n 70,565. Поскольку n может принимать только целые значения, то в качестве ответа следует принять наиболее близкое к 70,565 целое число, то есть n = 71.

Другой способ отыскания минимума выражения для тока, протекающего через батарейку, состоит в алгебраическом преобразовании знаменателя y(r) к следующему виду:

Видно, что знаменатель можно представить в виде разности двух величин, одна из которых постоянная, а другая зависит от r. Понятно, что знаменатель достигает максимума (а сила тока минимума) тогда, когда второе слагаемое обращается в ноль, то есть при r = R/2. Дальнейший ход решения описан выше.

3.52. Начнём решение с рассмотрения цепи, изображённой на рисунке в условии слева. Разобьём исходную цепь на две последовательно соединённые вспомогательные цепи с неизвестными сопротивлениями R1 и R2 (см. рис. 3.52.1) и рассмотрим каждую вспомогательную цепь по отдельности.

Первая вспомогательная цепь представляет собой последовательность узлов, типа изображённых на рисунке 3.52.2. Если у этой цепи отбросить первый узел, то получится новая цепь, во всём подобная прежней (обе цепи бесконечные!), но состоящая из резисторов с вдвое меньшими номиналами. Её сопротивление будет равно R1 /2. Действительно, так как номиналы всех резисторов, из которых состоит цепь, пропорциональны R, то и полное сопротивление цепи пропорционально R. Значит, если номиналы всех резисторов уменьшатся вдвое, то и полное сопротивление также уменьшится вдвое. В итоге для первой вспомогательной цепи можно нарисовать эквивалентную схему (см. рис. 3.52.3), из которой следует уравнение:

Вторая вспомогательная цепь состоит из бесконечного числа параллельно соединённых резисторов, причем номинал каждого следующего резистора вдвое больше номинала предыдущего. Учитывая это, для сопротивления R2 имеем:

Сумма, стоящая в знаменателе, представляет собой сумму бесконечной геометрической прогрессии. По известной формуле она равна С учётом этого R2 = R/2.

Этот же результат можно получить и способом, который применялся для нахождения сопротивления R1. Отбросим у второй вспомогательной цепи первый резистор R. Тогда получится новая цепь, подобная прежней, но имеющая вдвое большее сопротивление. В итоге получаем эквивалентную схему, изображённую на рисунке 3.52.4, из которой следует уравнение:

приводящее к прежнему результату для R2.

Так как рассмотренные вспомогательные цепи соединены последовательно, окончательно для цепи, изображённой на рисунке в условии слева, имеем:

Теперь рассмотрим цепь, изображённую на рисунке в условии справа. Для решения задачи, аналогично предыдущему случаю, вновь разобьём исходную цепь на две последовательно соединённые вспомогательные цепи с неизвестными сопротивлениями R1 и R3 (см. рис. 3.52.5).

Сопротивление первой вспомогательной цепи R1 было найдено при рассмотрении предыдущего случая. Сопротивление же второй вспомогательной цепи может быть найдено по формуле:

Знаменатель этой формулы представляет собой сумму так называемого гармонического ряда, который расходится. Таким образом, сумма в знаменателе равна бесконечности, поэтому R3 = 0. Учитывая это, для цепи, изображённой на рисунке в условии справа, окончательно получаем:

3.53*. Во время измерений напряжение в очень далёких точках (узлах сетки) равно нулю. Поэтому, если мы соединим их хорошо проводящим проводом, то ничего не изменится. Назовём этот провод «бесконечность». Пусть во время измерений сопротивления напряжение между точками 1 и 2, измеренное идеальным вольтметром, равно U, а ток в измерительной цепи, содержащей источник питания и идеальный амперметр, равен I. Возьмём теперь два одинаковых источника сированный ток I. Первый источник подключим к точке 1 и «бесконечности» так, чтобы ток I тёк по сетке от точки 1 к «бесконечности». Сейчас распределение тока по разным направлениям (по шести проводникам, подключённым к точке 1) равномерно. Второй источник подсоединим к точке 2 и «бесконечности»

так, чтобы он снимал с точки 2 ток I, текущий к ней по сетке из «бесконечности». В силу линейности цепи ток в любой её точке теперь будет суммой токов этих двух источников, для каждого из которых распределение тока симметрично относительно точки, к которой он подключён.

После этого можно убрать провод «бесконечность», поскольку сумма притекающих к нему и оттекающих от него токов равна нулю. Теперь мы видим, что получилась исходная схема.

Рассмотрим вначале случай, когда один источник подключён к точке 1 и «бесконечности». На рисунке показаны участки (пунктирные линии их пересекают), где ток не идёт из соображений симметрии. Очевидно, что I12 = I23 + 2I24, и I = 6I12.

При измерении R12 = R ток, текущий по проволочке 1–2, очевидно, будет равен 2I12, поскольку токи двух источников складываются. Напряжение между точками 1 и 2 будет равно 2r0 I12, где r0 — сопротивление одной проволочки. Отсюда R12 = R = 2r0 I12 /I = r0 /3.

При измерении R13 = r напряжение между точками 1 и 3 будет равно 2r0 (I12 + I23 ), поскольку текущий по проволочкам 1–2 и 2–3 суммарный ток будет одинаков и равен I12 + I23, а сопротивление где для a = I23 /I12 из последнего уравнения получаем: a = (r R)/R.

Аналогично получаем, что при измерении R14 текущий по проволочкам 1–2 и 2–4 суммарный ток будет одинаков и равен I12 + I24, напряжение между точками 1 и 4 будет равно 2r0 (I12 + I24 ), и сопротивление где для b = I24 /I12 из этого уравнения получаем: b = (R14 R)/R.

Поскольку I12 = I23 + 2I24, или 1 = a + 2b, то, подставляя a и b, выраженные через R, r и R14, в последнее уравнение, получаем:

3.54. Сразу после замыкания ключа напряжение на каждом из конденсаторов равно нулю.

Поэтому потенциал точки A в момент времени t = 0 превышает потенциал точки B на величину = E = 5 В (см. рис. 3.54).

Поскольку > U0, то, как видно из приведённой в условии вольтамперной характеристики, сразу же после замыкания ключа диод окажется открытым, разность потенциалов между точками A и B упадёт до U0 = 0,7 В, а через диод будет течь большой ток, ограниченный лишь малым внутренним сопротивлением батареи r. Так как r R, то токами, текущими через резисторы при открытом диоде, можно пренебречь. Поэтому заряжающий конденсаторы ток при открытом диоде будет течь так, как показано стрелками на рисунке. Этот ток будет существовать до тех пор, пока разность потенциалов между точками A и B не станет равной U0, то есть пока каждый из конденсаторов не зарядится до напряжения U =. После этого диод закроется, и ток через него прекратится. Следовательно, через диод протечёт заряд, равный заряду каждого из конденсаторов:

3.55. Очевидно, что при E < U0 ток в цепи не будет идти при включении диода в любом направлении, и следовательно, в этом случае вольтметр будет показывать напряжение V1 = E.

В случае E > U0 диод открывается, и падение напряжения на нём не зависит от тока и равняется U0. Поэтому закон Ома для всей замкнутой цепи имеет вид:

а ток в цепи равен При этом вольтметр будет показывать напряжение Если изменить полярность включения диода, то ток в цепи течь не будет, так как диод не пропускает ток в обратном направлении. Поэтому вольтметр покажет напряжение V = E.

3.56*. При подаче напряжения на цепь из лампочек (рис. 3.56.1) в первую очередь будет перегорать лампочка 1. Действительно, текущий через неё ток I1 равен сумме токов I2 и I3, текущих через лампочки и 3, и поэтому является наибольшим из всех токов в этой цепи.

Пусть к клеммам приложено максимально возможное напряжение, при котором лампочка 1 ещё не перегорает. Тогда, как следует из приведённой в условии вольт-амперной характеристики, напряжение на этой лампочке равно U1 = 3 В, а текущий через неё ток составляет I1 = 0,4 А. Следовательно, наименьший из токов I2 и I3 меньше 0,2 А.

Заметим, что поскольку U2 = U3 + U4, то U2 > U3, и поэтому I2 > I3.

Следовательно, I3 < 0,2 А. Рассуждая аналогично, можно показать, что токи, текущие через все остальные лампочки с номерами, большими чем 3, также удовлетворяют этому условию.

Из приведённой в условии вольт-амперной характеристики следует, что при I < 0,2 А лампочку можно заменить на резистор с постоянным сопротивлением R 5 Ом. Таким образом, рассматриваемая цепь из лампочек может быть заменена на эквивалентную схему, показанную на рисунке 3.56.2. Найдём сопротивление R0 бесконечной цепочки, обведённой пунктирной рамкой. Эта цепочка состоит из одинаковых резисторов с сопротивлениями R, и её сопротивление может быть найдено при помощи способа, который использовался для вычисления сопротивления первой вспомогательной цепочки в решении задаRR чи 3.52. Для сопротивления R0 можно записать: R0 = R +, откуда R0 = 0,5( 5 + 1)R 8 Ом.

Вернёмся к исходной цепочке из лампочек. Напряжение на лампочке 2 равно U2 = (I1 I2 )R0, откуда текущий через неё ток I2 = I1. Значит, для того, чтоR бы определить величину U2, нужно найти точку пересечения графика и вольт-амперной характеристики, приведённой в условии. Выполнив построение (см. рис. 3.56.3), получаем U2 1,2 В. Следовательно, искомое напряжение, при прикладывании которого к клеммам цепи ни одна из лампочек не перегорает, равно U = U1 + U2 4,2 В.

3.57. Обозначим через R сопротивление каждого из вольтметров, а через r и E — внутреннее сопротивление и ЭДС каждой из батареек.

Тогда сила тока, текущего через k-й вольтметр, равна, а сила тока, текущего через k-ю батарейку, равна где k = 0, 1, 2,...

Рассмотрим замкнутый участок исходной цепи, включающий в себя k-ю батарейку и два соседних с нею вольтметра (см. рис. 3.57). Как следует из закона Ома, ЭДС должна равняться участках этой цепи:

или Поскольку полученное равенство должно быть справедливым для любого k, то заключённое в скобки выражение равно нулю:

3.58. При подключении как прибора Алисы, так и прибора Василисы к контактам 1 и 3 схемы ток, текущий через прибор, будет равен I = U/R, где R — сопротивление данного прибора. Поэтому вне зависимости от величины R стрелка на шкале самодельного вольтметра будет показывать величину IR = U, то есть напряжение батарейки. Следовательно, приборы Алисы и Василисы при подключении к клеммам 1 и покажут одинаковые значения напряжения V13 = U13 = 4,5 В.

Выясним теперь, как зависят показания U12 и U23 самодельных приборов от величин сопротивлений R1 (для прибора Алисы) или R (для прибора Василисы). Пусть прибор подключён к контактам 1 и испытательной схемы (см. рис. 3.58).

Обозначим через Rx и Ry сопротивления резисторов, включённых между контактами 1–2 и 2–3. Тогда в случае подключения прибора Алисы ток, текущий через резистор R1, будет равен I1 = = U12 /R1, а ток, текущий через резистор Рис. 3.58.

Rx, будет равен Ix = U12 /Rx. Поэтому ток, текущий через резистор Ry, равен а напряжение батарейки равно:

Отсюда Рассуждая аналогично, можно получить выражение для напряжения U23 в случае подключения приборов к контактам 2 и 3:

По условию задачи U12 = U23. Следовательно, Rx = Ry. С учётом этого получаем:

откуда Теперь для того, чтобы найти показания прибора Василисы V12 и V при подключении к клеммам 1–2 и 2–3, нужно в выражениях для U12 и U23 заменить R1 на R2. С учётом равенства величин Rx и Ry получаем:

3.59. Обозначим через RA, RV и R сопротивления амперметра, вольтметра и резистора, а через U — напряжение батарейки. Тогда по закону Ома в первом и во втором случаях получаем:

Отсюда (I1 I2 )RA = U2 U1, и В первом случае через параллельно соединённые вольтметр и резистор течёт суммарный ток Во втором случае на параллельно соединённых амперметре и резисторе падает напряжение U U2. Поэтому в данном случае ток, текущий через резистор, равен, а ток через вольтметр Из записанных соотношений получаем:

3.60. Нарисуем схему разветвлённой электрической цепи, получившейся у школьников после подключения их приборов к неизвестному резистору (см. рис. 3.60). Сопротивления резисторов r1 и r2 включают в себя сопротивления тех резисторов, которые школьники использовали в своих омметрах, а также внутренние сопротивления соответствующих батареек и амперметров.

ветвлённых цепей постоянного тока (правила Кирхгофа), сумма токов в каждом узле разветвлённой цепи равна нулю, а сумма падений напряжений вдоль замкнутых контуров, на которые можно разбить эту цепь, равна суммарной ЭДС в этих контурах. Отсюда, выбрав направления текущих в участках цепи токов так, как показано на рисунке, получаем:

Заметим, что при измерении сопротивления резистора R одним из самодельных омметров через этот омметр течёт ток Ii = (здесь i = 1, 2), так что показание каждого омметра связано с текущим через него током формулой: Ii R = Ei Ii ri. Поэтому записанную выше систему уравнений можно переписать в виде:

откуда 3.61. Всё дело в том, что у батарейки имеется конечное внутреннее сопротивление r, и вольтметры также неидеальны. Обозначим внутренние сопротивления вольтметров через R1 и R2 и запишем закон Ома для каждой из схем измерения ЭДС (на рисунке 3.61 изображены схемы, в которых реальные вольтметры заменены идеальными приборами с параллельно подключёнными к ним сопротивлениями).

Для первой цепи E0 = I(r + R1 ), откуда, учитывая, что вольтметр показывает напряжение U1 = IR1, получаем:

Для второй и третьей цепи аналогично имеем:

Решая совместно три полученных уравнения, находим ЭДС батарейки:

3.62. Пусть напряжение на миллиамперметре, при котором его стрелка отклоняется до последнего деления шкалы, равно U0. Тогда на пределе «1 мА» сопротивление всего амперметра (с учётом задейU ствованного шунта) равно R1 =, а на пределе «3 мА» оно равно R2 = =. Если сопротивление исследуемой цепи равно r, а деймА ствующая в ней ЭДС равна E, то можно записать:

Отсюда истинный ток в цепи без амперметра:

3.63. Ясно, что между каждой парой клемм «чёрного ящика»

должны быть включены резисторы — в противном случае невозможно будет снимать ненулевое напряжение либо с клемм BC, либо с клемм AC. Простейшие схемы подключения этих резисторов («треугольник»

и «звезда») изображены на рисунках 3.63.1 и 3.63.2.

Вначале рассмотрим первую схему и найдём, чему должны быть равны сопротивления R0, R1 и R2. Обозначим подаваемое на клеммы напряжение через V = 20 В, а снимаемое с соответствующих пар клемм напряжение через UBC = 8 В и UAC = 15 В. Тогда можно записать:

Отсюда

UAC UBC

V UAC V UBC

Теперь найдём, чему должны быть равны сопротивления r0, r1 и r2 во второй схеме, используя те же обозначения для напряжений, что и первом случае. Поскольку во второй схеме при подаче напряжения V на клеммы AB ток не течёт через резистор r2 и напряжение на нём не падает, а при подаче напряжения V на клеммы BC ток не течёт через резистор r0 и на нём также отсутствует падение напряжения, то Отсюда

V UBC V UAC

Таким образом, «чёрный ящик» в простейших случаях должен состоять из трёх резисторов с сопротивлениями R0, R1 = 2R0 и R2 = 3R0, соединённых «треугольником» — так, как показано на рисунке 3.63.1, или из трёх резисторов с сопротивлениями r0, r1 = r и r2 = 2r0, соединённых «звездой», как показано на рисунке 3.63.2.

Величины сопротивлений R0 и r0 могут быть любыми, отличными от нуля.

3.64. 1) Из условия задачи вытекает, что:

— никакие две клеммы не могут быть подключены только к батарейке (иначе бы амперметр при подключении к этим клеммам зашкаливало);

— никакие две клеммы не могут быть соединены друг с другом только соединительным проводом (иначе бы два тока из трёх совпадали).

Поэтому невозможны следующие схемы, изображённые на рисунке 3.64.1:

2) Далее, если схема состоит из нескольких отдельных частей, то все три клеммы должны быть подключены к той её части, которая содержит батарейку. Поэтому, с учётом изложенного в пункте 1), также невозможны следующие схемы (см. рис. 3.64.2):

3) В итоге нам осталось рассмотреть следующие схемы (см. рис. 3.64.3).

Поскольку между клеммами 2 и 3 включено только сопротивление, то в случаях (а) и (б) клеммы 1, 2 и 3 могут располагаться так, как показано на рисунке 3.64.4.

Заметим, что схемы 1, 2, 6 эквивалентны друг другу (также эквивалентны друг другу схемы 3, 4, 5). Поэтому для решения задачи достаточно рассмотреть всего три схемы — по одной, соответствующей случаям, изображённым на рисунках 3.64.3.а и 3.64.3.б (например, схемы 1 и 4 с рисунка 3.64.4) и схему с рисунка 3.64.3.в. Проделаем это.

Запишем (с учётом условия задачи) закон Ома для первой схемы (рисунок 3.64.4.1):

При решении этой системы уравнений значение R2 получается отрицательным. Значит, такое соединение невозможно. Аналогично для второй схемы (рисунок 3.64.4.4):

Отсюда получаем R1 = R2 =.

Наконец, для последней схемы (рисунок 3.64.3.в):

В итоге получаем, что величины сопротивлений могут быть равны R1 = R2 = (батарейка и сопротивления соединены последовательI но) или R1 = и R2 = (батарейка и сопротивления соединены «звездой»).

3.65. Путём простого перебора вариантов легко установить, что минимально возможное число резисторов внутри «чёрного ящика» — четыре, и возможны две схемы их соединения.

1. Мостовая схема (рисунок 3.65.1). Рассмотрим, например, случай, когда дополнительный резистор включён между клеммами 2 и 4. При этом между точками 3 и 1 падение напряжения равно E /2, а между точками 4 и 1, очевидно, 2E /3. Поэтому между клеммами 4 и напряжение равно Остальные случаи подключения дополнительного резистора рассматриваются аналогично.

2. Схема с общей точкой посередине (рисунок 3.65.2). Включим дополнительный резистор R5 = R между точками 2 и 4, как и на первой схеме. В данном случае через резистор R3 и идеальный вольтметр, обладающий бесконечно большим сопротивлением, ток не течёт.

Поэтому общее сопротивление цепи, состоящей из резистора R1 = R и подключённой к нему последовательно разветвлённой части цепи, состоящей из резистора R2 = R и соединённого с ним параллельно сопротивления R4 + R5 = 2R, равно Поэтому ток, текущий через резистор R1, будет равен а ток, текущий через резисторы R4 и R5 — втрое меньше:

Вольтметр показывает падение напряжения на резисторе R4 = R, равE ное U = I4 R =. Остальные случаи подключения дополнительного резистора рассматриваются аналогично.

3.66. Так как конденсатор разряжается не до конца, то находящиеся в «чёрном ящике» конденсатор и резистор могут быть соединены друг с другом и с контактами только последовательно. Поскольку установившийся заряд на конденсаторе C равен Q0 /2, то ёмкость Рис. 3.66.

конденсатора C1 в «чёрном ящике»

также равна C.

В начальный момент времени ток через резистор, в соответствии с определением силы тока, равен I =, где Q — заряд, стёкший с конденсатора C за малое время t, прошедшее после начала его разрядQ ки. Отношение равно угловому коэффициенту касательной к граt фику зависимости Q(t), проведённой в точке, соответствующей моменту времени t = 0. Из графика (см. рис. 3.66) видно, что эта касательная, выходящая из точки Q0 на оси ординат, отсекает на оси абсцисс отрезок времени, равный. Таким образом, начальный ток через резистор сопротивление резистора R = =.

3.67*. Так как радиус каждого шара мал по сравнению с глубиной его погружения в среду и с расстоянием между шарами, то вблизи каждого шара ток распределён сферически симметрично. Обозначим радиусы шаров через R1 и R2, удельное сопротивление среды через, её диэлектрическую проницаемость через. Пусть на первом шаре в установившемся режиме находится положительный заряд q1, а на втором — отрицательный заряд q2. Окружим первый шар воображаемыми концентрическими сферическими поверхностями с радиусами r и r + r (r r) и найдём напряжение U между этими поверхностями:

Сопротивление среды, находящейся между рассматриваемыми поверхr ностями, равно R =. Значит, в соответствии с законом Ома для участка цепи, не содержащего ЭДС, сила тока, текущего между рассматриваемыми поверхностями, равна Поскольку сила тока вдоль всей цепи одинакова, то из полученной формулы следует, что заряды на обоих шарах одинаковы по величине:

q1 = |q2 | = i0. Следовательно, потенциалы шаров равны Поскольку сопротивление источника и соединительных проводников пренебрежимо мало, то разность потенциалов между шарами равна ЭДС источника:

Отсюда получаем связь между радиусами шаров и силой тока в цепи:

По условию задачи, когда погруженные в среду шары одинаковы, (R1 = R2 = R), в цепи течёт ток, сила которого равна I =. Если же один из шаров заменить шаром вдвое меньшего размера (R1 = R, 3.68*. После создания разности потенциалов V в процессе установления тока на поверхностях пластинки накапливаются избыточные заряды, которые и создают в проводнике электрическое поле. Считая, что потенциал грани AD больше потенциала грани BC, и потенциал точки F превышает потенциал точки G, напряжённость поля E в среднем сечении пластинки можно представить в виде суммы компонент E|| и E (см. рис. 3.68), либо в виде суммы компонент Ex и Ey, где ось Y перпендикулярна главной оси симметрии монокристалла X и лежит в плоскости, параллельной грани ABCD. Обозначим угол между векторами E|| и Ex через. Тогда В установившемся режиме по пластинке протекает ток, вектор плотности котоРис. 3.68.

рого j параллелен стороне AB. Поэтому jx sin = jy cos.

Согласно закону Ома Ex = x jx и Ey = jy. Следовательно, Поскольку пластинка вырезана из однородного кристалла, имеет неизменную площадь поперечного сечения и достаточно длинная (её длина в 10 раз больше ширины), то можно считать, что во всех точках поперечного сечения пластинки плотность постоянного тока одинакова, и U = E b. Считая, что вдоль оси пластинки плотность тока также постоянна, получим V = E|| a. Выражая величины Ex и Ey через E|| и E, а их, в свою очередь, через U и V, получаем, что искомое отношение равно Отметим, что по данным, приведённым в справочнике физических величин, для монокристалла галлия 3.69. Поскольку электродвижущая сила химического источника тока определяется только его химическим составом, ЭДС копии будет равна ЭДС батарейки. Пусть эта ЭДС равна E, сопротивление лампочки равно R, а внутреннее сопротивление источника r. Тогда полная мощность, выделяющаяся в цепи батарейки, равна N1 =,ав Химический источник совершает работу, расходуя запасённую в нём энергию химических связей молекул. По сравнению с батарейкой в её копии вдвое большего размера заключено в 23 = 8 раз больше реагентов, поэтому при такой же мощности она сможет совершить во столько же раз бльшую работу. Это означает, что лампочка, подключённая к копии, будет гореть 24 часа.

3.70. При электролизе воды происходит поляризация электродов, в результате чего ячейка устройства становится гальваническим элементом. Работа действующих в этом элементе сторонних сил расходуется при электролизе на образование водорода, при сгорании которого выделяется теплота в количестве, равном данной работе. Это позволяет найти ЭДС такого элемента. В соответствии с законом электролиза Фарадея, для получения m граммов водорода через ячейку должен протечь заряд Здесь A = 1 г/моль — атомная масса водорода, e = 1,6 · 1019 Кл — модуль заряда электрона, NA = 6,02 · 1023 моль1 — число Авогадро, Z = 1 — валентность, F = eNA = 9,65 · 104 Кл/моль — постоянная Фарадея. Поскольку при этом, как уже говорилось, сторонними силами должна быть совершена работа Aстор, равная Q, то ЭДС равна Полезным эффектом при работе рассматриваемого устройства для электролиза является выделение тепла Q = Aстор = qE, а затратами — работа источника Aзатр = qU. Поэтому КПД ячейки (он равен КПД соответствующего гальванического элемента) и всего устройства для электролиза воды:

3.71. Из приведённой в условии задачи зависимости I(t) следует, что при t 1/f в течение времени t/2 через кювету течёт некоторый постоянный ток I0, а в течение остального времени ток в цепи отсутствует. В соответствии с законом электролиза Фарадея, за время t/2 на электродах выделяется масса меди где F — постоянная Фарадея, Z = 2 — валентность меди. В соответствии с законом Джоуля — Ленца, за это же время в электролите выделяется количество теплоты Так как это тепло полностью идёт на нагревание электролита, то, на основании уравнения теплового баланса, можно записать: Q = CT, где T — искомое изменение температуры электролита. Решая полученные уравнения, найдём, что температура электролита за время t 1/f возрастёт на величину 3.72*. Из соображений симметрии и правила буравчика следует, что вектор магнитной индукции B0 поля, создаваемого током, текущим по контуру ABCDA, направлен вдоль оси y. Заметим, что ток I, текущий по контуру ABCGHEA, можно представить как сумму трёх токов I, текущих по контурам ABCDA, DCGHD и ADHEA (см. рис. 3.72). Каждый из этих токов создаёт в центре куба O поле B0, направлен- Рис. 3.72.

ное перпендикулярно плоскости соответствующего контура. На основании принципа суперпозиции, для искомого вектора индукции B можно записать: B = BABCDA + BDCGHD + BADHEA.

Переходя к координатной форме записи, получим:

Таким образом, вектор B направлен вдоль отрезка OF в сторону точки F, а величина вектора B равна |B| = 3B0.

3.73*. На полоски линии, описанной в задаче, действуют две силы: кулоновская сила электростатического притяжения FК, обусловленная наличием на поверхности полосок зарядов, и сила Ампера FA, связанная с протеканием тока и отталкивающая пластинки друг от друга. Согласно условию, при некотором сопротивлении нагрузки R0 сила взаимодействия проводников равна нулю. Это означает, что при данном сопротивлении нагрузки силы Кулона и Ампера уравновешивают друг друга. Вычислим кулоновскую силу, приходящуюся на единицу длины линии. Выделим участок линии длиной l. Пусть на нём нахоFК qE дится заряд q. Тогда =. В этой формуле E — напряжённость электрического поля между полосками линии, которая представляет собой плоский конденсатор. В формуле учтено, что кулоновская сила равна произведению заряда, находящегося на рассматриваемом участке пластины, на величину напряжённости поля, создаваемого другой пластиной, равную E/2. Выразим погонную кулоновскую силу через величины, заданные в условии задачи:

Здесь C/l = 0 a/b — ёмкость плоского конденсатора, приходящаяся на единицу длины линии.

Теперь найдём силу Ампера, приходящуюся на единицу длины линии. Она пропорциональна квадрату силы тока:

Коэффициент пропорциональности B можно найти, приравнивая FК /l и FA /l:

Из полученных формул следует, что после увеличения сопротивления нагрузки в n = 5 раз кулоновская сила не изменится, а сила Ампера уменьшится в n2 раз. Значит, после увеличения сопротивления полоски линии будут притягиваться. Сила их притяжения f, приходящаяся на единицу длины, будет равна разности сил Кулона и Ампера откуда, с учётом выражения для B, получаем:

3.74. Выясним сначала, где находится положение равновесия перемычки. Поскольку батареи имеют одинаковые ЭДС, то при схеме их включения, показанной на рисунке 3.74, разность потенциалов между серединами рельсов равна нулю. Следовательно, если переРис. 3.74.

мычка покоится посередине, то через неё не протекает ток, а значит, на неё не действует сила Ампера. Значит, это положение и является положением равновесия перемычки. Отметим далее, что при движении перемычки через неё протекает ток, обусловленный как изменением омического сопротивления частей цепи, так и явлением электромагнитной индукции. В соответствии с правилом Ленца, часть силы Ампера, связанная с индукционным током, приводит к затуханию колебаний (можно показать, что эта часть силы пропорциональна скорости перемычки и, следовательно, является аналогом вязкого трения). Поэтому, в соответствии с условием задачи, ЭДС индукции при решении задачи можно пренебречь.

Поместим начало координатной оси X в середину нижнего рельса и направим ось вдоль него. Рассмотрим малое смещение перемычки вдоль оси X — например, влево. После того, как перемычка сдвинется вдоль рельсов на расстояние x < 0, в ней начнёт протекать ток. Обозначим ток, текущий от левой батареи к началу координат, через I1 ; ток, ответвляющийся из начала координат в перемычку, через I2 ; ток, текущий от начала координат к правой батарее, через I3. Запишем первое правило Кирхгофа:

Для контура, содержащего левую батарею и перемычку, а также для контура, содержащего правую батарею и перемычку, применим второе правило Кирхгофа:

Решая полученную систему, найдём силу тока, текущего через перемычку:

поскольку колебания малые, и x2 L2.

Так как перемычка находится в магнитном поле, то на неё действует сила Ампера:

Она направлена вправо, то есть стремится вернуть перемычку в положение равновесия. Поэтому уравнение движения перемычки имеет вид:

Отсюда для частоты 0 и периода T0 собственных колебаний перемычки получаем:

3.75*. Пусть R — сопротивление обмотки мотора, I — текущий по обмотке ток. Тогда развиваемая мотором полезная механическая мощность равна N = U I I 2 R. Следовательно, мотор может развивать заданную мощность N при двух различных силах тока, текущего через где знак «+» соответствует случаю, когда ротор мотора был соединён с нагрузкой до подключения к сети, и его число оборотов невелико, а знак «» соответствует случаю, когда мотор механически нагрузили лишь после того, как его ротор раскрутился до большого числа оборотов в режиме холостого хода.

Максимальная мощность, которую может развить мотор при заданном напряжении сети, получается, когда подкоренное выражение равно нулю:

(Заметим, что этот результат можно получить и другим способом. ЗавиU симость N (I) — параболическая. Она достигает максимума при I =.

Подставляя это значение силы тока в формулу для N (I), сразу получаем выражение для Nmax.) Поскольку U = IR + E, где E — ЭДС индукции, возникающая в обмотке ротора во время работы мотора от сети при заданной нагрузке на валу, то ЭДС индукции пропорциональна скорости вращения ротора, поэтому при работе мотора в качестве генератора с тем же числом оборотов создаваемая ЭДС должна быть такой же, то есть равной E.

Учитывая, что мотор развивает мощность N = Nmax /n, получаем:

где знак «+» соответствует меньшему, а знак «» большему из двух возможных чисел оборотов, при которых мотор развивал мощность, в n раз меньшую максимальной.

3.76. Так как текущий через сопротивление R ток не превосходит максимального значения E /R, то конденсатор за время пролёта частицы t получает заряд не больший, чем E t/R, то есть падение напряжения на нём не превосходит U =. Поскольку t RC, то U можно считать, что во время пролёта частицы текущий через сопротивление ток равен E /R. Действительно, пока падение напряжения на конденсаторе намного меньше ЭДС источника, конденсатор слабо влияет на протекание тока, и сила тока может быть приближённо определена из закона Ома для цепи постоянного тока. При этом заряд конденсаEt тора зависит от времени по закону Q(t) =, падение напряжения на конденсаторе равно U (t) =, а напряжённость поля внутри конденRC Ускорение частицы направлено перпендикулярно плоскости пластин и по величине равно то есть зависит от времени линейно.

3.77. Ясно, что для выполнения условий задачи шарик после попадания в поле должен выталкиваться из него — в противном случае он никогда не покинет область поля и, следовательно, не сможет вернуться в исходную точку. Предположим далее, что плоскость траектории шарика до его попадания в поле перпендикулярна границе области, в которой имеется поле. Тогда для выполнения условий задачи необходимо, как минимум, чтобы силовые линии поля были также перпендикулярны границе указанной области. Действительно, если бы силовые линии были направлены под углом к границе области, в которой имеется поле, то шарик за время движения в поле приобрёл бы «боковую»

составляющую скорости, направленную вдоль этой границы (перпендикулярно плоскости начальной траектории), и не смог бы вернуться в исходную точку. Пусть теперь плоскость траектории шарика до его попадания в поле составляет с границей области, в которой имеется поле, некоторый угол. Тогда, очевидно, для выполнения условий задачи необходимо, как минимум, чтобы силовые линии поля составляли с границей области поля точно такой же угол — в противном случае у шарика опять же появится «боковая» составляющая скорости, перпендикулярная плоскости начальной траектории, и шарик не сможет упасть в исходную точку. Таким образом, мы доказали, что в любом случае траектория шарика как до, так и после его попадания в поле лежит в вертикальной плоскости, параллельной силовым линиям поля.

При этом данная плоскость может составлять некоторый угол с границей области, в которой имеется поле.

Теперь выясним, каким образом должен двигаться шарик в электрическом поле. Разложим вектор скорости шарика в момент его попадания в поле на две составляющие — горизонтальную, параллельную силовым линиям, и вертикальную. Так как электрическое поле потенциально, то горизонтальная составляющая скорости шарика при его вылете из поля сохранит величину и изменит знак по сравнению с горизонтальной составляющей в момент попадания шарика в поле. Значит, время, проходящее от момента броска шарика до его попадания в поле, равно времени, проходящему от момента вылета шарика из поля до его падения, и равно отношению расстояния L к величине горизонтальной составляющей скорости. С другой стороны, это время равно времени подъёма шарика в поле тяжести от места броска до уровня точки пересечения границы поля, а также времени движения от данной точки до точки падения. В силу потенциальности поля тяжести вертикальная составляющая скорости шарика при его движении вверх и вниз на одной и той же высоте одинакова, а с ростом высоты уменьшается. Поэтому, если бы шарик вылетел из поля выше точки его попадания в поле, то время движения вниз до точки падения было бы больше, а если ниже — то меньше упомянутого выше времени подъёма шарика от точки броска до точки его попадания в поле. Следовательно, для того, чтобы шарик упал в исходную точку, необходимо, чтобы вертикальная составляющая скорости шарика за время его нахождения в поле также изменила знак и сохранила свою величину, причём точки попадания шарика в поле и его вылета из поля должны совпадать. Это возможно только в том случае, когда шарик в поле движется по прямой линии, вдоль которой направлен вектор действующей на шарик суммарной силы mg + q E.

Итак, мы доказали следующие утверждения. Для того, чтобы шарик мог вернуться в исходную точку, необходимо, чтобы он после вылета из электрического поля двигался назад по той же траектории, по которой он летел от момента броска до попадания в электрическое поле. Это возможно лишь в том случае, если траектория шарика всё время лежит в плоскости, параллельной силовым линиям электрического поля, причём они должны быть направлены так, чтобы выталкивать шарик из поля.

Для дальнейшего решения задачи введём прямоугольную систему координат с началом в точке броска шарика, поместим её в плоскость траектории шарика и направим координатную ось X вдоль поверхности земли (антипараллельно линиям электрического поля), а ось Y — вверх.

Пусть шарик влетает в электрическое поле, имея проекции скорости vx и vy. При вылете из поля проекции скорости, как мы уже выяснили, должны остаться прежними по величине и изменить свой знак. Так как шарик движется в поле вдоль оси X с постоянным ускорением qE/m, а вдоль оси Y — с ускорением свободного падения g, то для проекций его скорости в момент вылета из поля можно записать:

где t — время полёта шарика в электрическом поле. Из этих соотношений получаем:

Пусть от момента броска шарика до его попадания в электрическое поле прошло время. Тогда из уравнений кинематики получаем:

Исключая из двух последних уравнений, получаем выражение для проекции скорости vy :

Подставляя vx и vy в выражение для E и учитывая, что = 45, находим:

Из этого выражения видно, что решение задачи существует при условии v > 2gL. Данное условие означает, что шарик должен влетать в электрическое поле прежде, чем достигнет наивысшей точки своей траектории при полёте вне поля. Из формулы для E, кроме того, следует, что при движении, удовлетворяющем условиям задачи, справедливо соотношение шарика в электрическое поле его скорость направлена вдоль суммарной силы, действующей на шарик в электрическом поле и поле силы тяжести. Следовательно, шарик движется в поле с ускорением вдоль прямой, составляющей с горизонталью угол Следует отметить, что в общем случае движение заряженного шарика во взаимно перпендикулярных однородных гравитационном и электрическом полях происходит по параболе, которая в данном случае вырождается в прямую.

3.78*. Так как сила Лоренца, действующая на движущийся в магнитном поле электрон, всё время направлена перпендикулярно его скорости, то электроны в цилиндре будут двигаться по дугам окружностей с радиусом r. Уравнение движения электрона при этом имеет вид:

вательно, соударяться со стенкой цилинРис. 3.78.

дра будут только те электроны, которые в процессе движения не удаляются от стенки цилиндра на расстояние, большее 2r. Рассмотрим электрон, центр «орбиты» которого находится на некотором расстоянии h от стенки цилиндра (см. рис. 3.78). Заметим, что поскольку r R, то стенку цилиндра при рассмотрении процесса соударения можно считать плоской. При ударе о стенку электрон передаёт ей импульс p = 2mv sin, а происходят эти удары через промежутки времени, равные t = 2( )r/v. Поэтому рассматриваемый электрон действует на стенку с силой, которая в среднем равна Из полученной формулы видно, что сила f зависит от угла (или, что то же самое, от расстояния h), то есть на самом деле все сталкивающиеся со стенкой электроны действуют на неё с разными силами. Для того, чтобы найти силу f точно, нужно усреднить зависимость f (h) по всем возможным значениям, которые может принимать величина h. Но ясно, что при таком усреднении в выражение для силы fср вместо отношения войдёт некоторый численный коэффициент C, не зависящий от магнитного поля, то есть fср = Cmv 2 /r.

Найдём теперь давление на стенку цилиндра. Оно равно p = = N fср /S, где N — количество электронов, которые сталкиваются с цилиндром, S — площадь боковой поверхности цилиндра. Так как r R, то в соударениях принимают участие только те электроны, которые находятся в тонком цилиндрическом слое шириной 2r вблизи поверхности цилиндра. Учитывая это, получим, что давление «электронного газа» на боковые стенки цилиндра при условиях задачи не зависит от B и равно 3.79. При движении шарика в отсутствие магнитного поля в среде в единицу времени выделялось постоянное количество теплоты Q1 = mgv. Из условия постоянства тепловых потерь в единицу времени в обоих случаях следует, что через очень большое время после включения магнитного поля шарик будет двигаться с постоянной скоростью.

Поскольку движение происходит в вязкой среде, то через очень большое время оно станет прямолинейным и равномерным. Следовательно, сумма сил тяжести, вязкости и силы Лоренца будет при этом равна нулю. Обозначим скорость движения шарика при наличии магнитного поля через u. Из рисунка 3.79 видно, что шарик будет двигаться по прямой, составляющей с вертикалью угол, причём Так как сила Лоренца не совершает работы, то количество тепла, выделяющееся в единицу времени, равно работе, которую совершает за это время сила тяжести: Q2 = mgu cos.

По условию задачи Q1 /Q2 = n, то есть Исключая из записанных уравнений угол, получаем уравнение относительно скорости u:

Решая его, находим:

Видно, что решение существует при условии m2 g2 n2 4q 2 v 2 B 2 0, откуда B. Таким образом, описанное в условии задачи движение возможно при максимальном значении индукции магнитного поля 3.80. После того, как частица начала двигаться в области пространства, в которой есть только поле g, её скорость начала уменьшаться.

Это означает, что скорость частицы имеет составляющую, направленную противоположно вектору g, то есть частица движется «вверх» по отношению к полю силы тяжести. Следовательно, векторы E, B, g, скорость частицы v и действующие на неё электрическая, магнитная и гравитационРис. 3.80.

ная силы направлены так, как показано на рисунке 3.80. Угол к горизонту, под которым частица двигалась, находясь во всех трёх полях, может быть найден из условия равенства нулю суммы действующих на неё сил:

После попадания в ту область пространства, где есть только поле силы тяжести, частица будет двигаться по параболе. Её скорость будет минимальна в верхней точке траектории, тогда, когда вертикальная составляющая скорости обратится в ноль. Это произойдёт через время 3.81*. В данной ситуации катушка, очевидно, будет катиться в том направлении, в котором тянут второй конец провода. При этом провод будет наматываться на средний цилиндр и сматываться с крайнего цилиндра. Вследствие этого будет изменяться общая плоРис. 3.81.

щадь контура, пронизываемого магнитным полем, и в контуре возникнет ЭДС индукции, которую и покажет вольтметр. Изменение магнитного потока через контур удобно разбить на две части: первую, связанную с изменением площади обмотки самой катушки, и вторую, связанную с изменением площади той части контура, которая образована подводящими проводами и меняется за счёт движения катушки. Нужно также иметь в виду, что знак потока через вторую часть контура противоположен знаку потока через первую часть, поскольку направления обхода этих контуров противоположны.

Рассмотрим изменение магнитного потока через обмотку катушки. Точка A катушки (см. рис. 3.81) движется вдоль стола с постоянной скоростью v. Так как проскальзывание отсутствует, то скорость u оси Пусть за время t ось катушки сместилась вдоль стола на расстояние L1 = ut. При этом на средний цилиндр намотается участок провода длиной L2 = (u v)t, а с крайнего цилиндра смотается участок длиной L1. Изменение потока магнитной индукции через обмотку на крайнем цилиндре при этом равно а через обмотку на среднем цилиндре — где S1 и S2 — изменения площадей средней и крайней обмоток соответственно. Поток через обмотку на крайнем цилиндре уменьшается, а через обмотку на среднем — увеличивается.

Поток через площадь, ограниченную подводящими проводами, уменьшается за счёт того, что катушка движется вправо со скоростью u.

При этом за время t поток уменьшится на величину Следовательно, с учётом противоположного направления обхода двух частей общего контура, величина ЭДС индукции, которую покажет вольтметр, равна Задачу можно решить и другим, более простым способом, рассматривая не изменение магнитного потока через контуры, а движение проводников в магнитном поле. Заметим, что при движении катушки нескомпенсированная ЭДС возникает только на участке провода, начинающемся в точке касания катушки и стола, и заканчивающемся в точке A. Это следует из того, что все идущие вверх участки намотанного на катушку провода, кроме указанного, имеют соответствующие и идущие вниз участки по другую сторону вертикальной оси симметрии катушки, и возникающие в этих участках провода ЭДС взаимно компенсируются. Остающийся «нескомпенсированным» участок провода имеет длину R r, его начало в любой момент времени покоится, а конец движется вдоль стола со скоростью v, причём скорость точек этого воображаемого проводника, лежащих между его началом и концом, равномерно возрастает от 0 до величины v. Поэтому средняя скорость этого проводника направлена горизонтально и равна vср = v/2, а возникающая в нём ЭДС равна 3.82*. Выясним сначала, почему стержень начнёт вращаться.

Рассмотрим воображаемый круговой контур, по которому движутся заряды при вращении стержня вокруг вертикальной оси, проходящей через его середину. При выключении магнитного поля магнитный поток через этот контур уменьшается, что приводит к возникновению вихревого электрического поля. Это поле действует на заряды и разгоняет их.

Данный процесс для простоты понимания можно представлять себе так, как будто вместо воображаемого контура имеется проводящее кольцо, содержащее всего два носителя заряда. Тогда при выключении магнитного поля в проводнике будет возникать ЭДС индукции, и потечёт ток, то есть заряды придут в движение.

Для решения задачи прежде всего найдём ЭДС индукции E. По условию однородное магнитное поле в любой момент времени сосредоточено между полюсами электромагнита и строго вертикально. По закону электромагнитной индукции Здесь = SB — магнитный поток через контур, S = d2 /4 — площадь торцевого сечения полюса электромагнита, B — мгновенное значение индукции магнитного поля. По условию магнитное поле равномерно уменьшается от значения B0 до нуля; пусть это происходит за время :

Отсюда С другой стороны, ЭДС по определению есть отношение работы Aстор, совершаемой сторонними силами Fстор при перемещении пробного заряда, к его величине qпроб. В нашем случае появление ЭДС индукции связано с возникновением вихревого электрического поля, которое и совершает работу. Значит, Здесь E — напряжённость вихревого электрического поля. Приравнивая два полученных выражения для E, найдём E:

Так как система симметрична, то для нахождения угловой скорости вращения стержня можно рассмотреть только один заряд. На этот заряд в вихревом электрическом поле действует сила F = qE, направленная по касательной к окружности, по которой он движется. В соответствии со вторым законом Ньютона эта сила приводит к появлению тангенциального (касательного) ускорения, которое равно В течение времени, за которое происходит уменьшение магнитного поля, заряды движутся по окружности с этим ускорением и приобретают линейную скорость Этой линейной скорости зарядов соответствует искомая угловая скорость стержня 3.83*. Пусть радиус катушки равен R, а число витков в ней N. Тогда ЭДС индукции, возникающая в катушке при её небольшом смещении вдоль оси OO, равна E (t) = N, где — изменение магt нитного потока через один виток катушки.

Для того, чтобы найти, построим очень длинный цилиндр, ось которого параллельна OO, а одно из оснований опирается на катушку (см. рис. 3.83). Очевидно, что магнитный поток через один виток катушки равен магнитному потоку через боковую поверхность и другое основание этого цилиндра. Поэтому, если катушка смещаРис. 3.83.

ется вдоль OO на малое расстояние x, то изменение магнитного потока через один виток равно изменению магнитного потока через боковую поверхность такого цилиндра, то есть = 2RxBr, где Br — радиальная компонента вектора магнитной индукции поля, создаваемого магнитом в том месте, где находится кольцо. Следовательно, E (t) = 2RN Br · v(t), где v(t) = x/t — мгновенная скорость катушки. Так как при гармонических колебаниях катушки амплитуда изменения её скорости равна v0 = 2f a, то амплитуда наводимой в катушке ЭДС индукции составляет E0 = 2RN Br v0 = 4 2 f aN RBr.

Если через неподвижную катушку пропустить постоянный ток I, то на неё будет действовать сила Ампера, направленная вдоль оси OO и равная F = N · 2RIBr. Учитывая выражение для E0, окончательно получим:

3.84. Магнитное поле внутри сверхпроводника равно нулю потому, что по его поверхности течёт ток, создающий собственное магнитное поле, которое и компенсирует внешнее магнитное поле B. Сила этого тока I, очевидно, должна быть пропорциональна индукции внешнего магнитного поля: I B. Согласно закону Ампера, сила F взаимодействия этого тока с внешним магнитным полем пропорциональна произведению I и B, то есть F B 2. Эта сила и уравновешивает сверхпроводящий образец. Следовательно, для того, чтобы скомпенсировать удвоение веса образца, то есть увеличение силы F в два раза, нужно увеличить индукцию магнитного поля в 2 раз.

3.85. ЭДС индукции, возникающая в катушке, равна E =, где — магнитный поток, охватываемый проводом катушки. В свою очередь, = LI, где I — текущий в катушке ток. Следовательно, E =. В соответствии с законом Ома для цепи, содержащей ЭДС, можно записать: E = IR. Поскольку катушка сверхпроводящая, то её сопротивление R равно нулю, и поэтому E = = IR = 0, откуда (LI) = 0. Таким образом, магнитный поток = LI не зависит от времени и остаётся одинаковым при любом положении сердечника в катушке, то есть LI = const.

Из приведённого в условии графика следует, что до вынимания сердечника из катушки её индуктивность была равна Lн = 5 мГн, а после вынимания сердечника она стала равной Lк = 1 мГн. С учётом вышесказанного можно записать: Lн Iн = Lк Iк, где Iк — искомая сила тока, который будет течь в катушке после вынимания из неё сердечника. Отсюда Iк = Lн Iн /Lк = 5 А.

3.86*. При внесении сверхпроводящего образца в сверхпроводящую катушку, замкнутую накоротко, магнитный поток = LI в ней не изменяется (см. решение предыдущей задачи). Поэтому искомая работа, которая равна разности энергий магнитного поля, запасённых в катушке после и до внесения в неё образца, может быть найдена по формуле:

где L — индуктивность катушки с внесённым в неё образцом. Величину L можно найти, сравнив друг с другом две катушки, по которым течёт некоторый одинаковый ток I0 — одну пустую, без сердечника, а вторую — с внесённым в неё сверхпроводящим образцом. Так как внутри сверхпроводящего образца магнитное поле отсутствует, а вне образца в пространстве внутри катушки магнитное поле однородно и равно полю в катушке без образца, то магнитный поток через катушку с образцом отличается от магнитного потока через пустую катушку в 1(1/n2 ) раз.

Следовательно, поскольку через катушки течёт одинаковый ток I0, то индуктивность катушки с образцом должна быть меньше индуктивности катушки без сердечника, причём С учётом этого результата, для работы, которую нужно совершить при внесении в катушку сверхпроводящего образца, получаем:

3.87. Воспользуемся тем обстоятельством, что напряжение на конденсаторе остаётся практически постоянным. В течение времени, пока напряжение на втором резисторе равно U2, через конденсатор проU2 UC текает ток, равный в среднем I1 =. За это время конденсатор приобретает заряд В течение времени T, когда напряжение на втором резисторе равно нулю, конденсатор разряжается через резистор R1. Средний ток через него равен I2 =, а теряемый конденсатором заряд составляет:

Так как заряд конденсатора за период не изменяется, то приращения q1 и q2 должны быть одинаковыми:

Отсюда находим:

3.88*. В режиме холостого хода напряжение Uист на клеммах двухполупериодного выпрямителя изменяется со временем t по закону, показанному на графике в верхней части рисунка 3.88. При замкнутом ключе K1 вольтметр, очевидно, показывает среднее напряжение U1 = 12 В, меньшее амплитудного значения напряжения Uист (t).

При одновременно замкнутых ключах K1 и K2 заряжаемый аккумулятор включён «навстречу» с выпрямителем (иначе бы аккумулятор не заряжался). Поэтому в те моменты времени, когда Uист (t) < U0, диоды в выпрямителе заперты, ток через амперметр не идёт, и на вольтметр подаётся напряжение аккумулятора U0 = 12,3 В.

В те моменты времени, когда Uист (t) U0, диоды открыты, и мгновенное значение напряжения на зажимах вольтметра равно Uист (t). Таким образом, ток, идущий через амперметр и аккумулятор с внутренним сопротивлением r, в любой момент времени равен На графике, приведённом в средней части рисунка 3.88, показаны напряжение на клеммах выпрямителя Uист (t), постоянное напряжение на аккумуляторе U0, а также напряжение U2 (t) (обозначено жирной линией). Кривая для напряжения U2 (t) получается на графике в результате «отрезания» нижней части графика Uист (t) горизонтальной прямой U = U0.

Напряжение U2 = 12,8 В, которое показывает вольтметр при замкнутых ключах K1 и K2, равно среднему значению напряжения U2 (t), а сила тока I2 = 5 А, которую показывает при этом амперметр, есть среднее значение силы тока I(t) (график зависимости I(t) приведён в нижней части рисунка 3.88). Усредняя правую и левую части выражения для I(t) по времени в пределах одного периода изменения напряжения Uист, получим: I(t) · r = U2 (t) U0, где угловыми скобобозначено усреднение по времени. Отсюда I2 r = U2 U0, и ками 3.89. Описанный в условии задачи вольтметр, очевидно, показывает эффективное значение напряжения, то есть корень квадратный из среднего значения квадрата напряжения:

Здесь угловые скобки обозначают усреднение по времени. В нашем случае напряжение, подаваемое на вольтметр, определяется как где U10 = 2U1 — амплитудное напряжение переменной составляющей U (t). Поэтому:

Понятно, что cos t = 0 — в силу симметричности функции относительно оси абсцисс. В свою очередь, поскольку cos 2t = 0. Учитывая это, для напряжения Uэфф, которое будет показывать вольтметр, окончательно получаем:

3.90*. Температура нити колеблется из-за изменения в течение периода мгновенной тепловой мощности, выделяющейся в спирали при протекании по ней переменного тока. Для того, чтобы сделать грубую оценку, примем, что в течение четверти периода, то есть в течение времени 1/(4f ), теплота Джоуля — Ленца в спирали вообще не выделяется. За это время спираль излучает тепловую энергию Q = N · = 0,5 Дж, вследствие чего температура спирали понижаf ется. Из уравнения теплового баланса для спирали лампочки получаем:

Можно получить и более точную оценку. Пусть напряжение на лампе изменяется со временем по закону U (t) = U0 cos t, где = 2f — круговая частота колебаний напряжения. Тогда за малое время t в спирали выделяется теплота Джоуля — Ленца Q = 0 cos2 t · t, а в окружающую среду излучается количество тепла N t. Разность этих двух количеств теплоты идёт на нагревание нити (то есть на увеличение температуры на T ; если T < 0, то нить охлаждается). Исходя из уравнения теплового баланса, получаем:

откуда Усредним правую и левую части полученного уравнения по периоду изменения напряжения U. Заметим, что cos 2t = 0, так как косинус является периодической функцией, симметричной отноT сительно оси абсцисс, и нити лампы постоянна. Поэтому среднее значение тепловой мощности, выделяющейся в спирали при протекании переменного тока, равно N = 0 N. С учётом этого получаем:

откуда где T0 = — среднее значение, вокруг которого колеблется температура спирали T. Из полученной зависимости следует, что установившиеся колебания температуры спирали происходят с частотой f= = 2f = 100 Гц, как и указано в условии задачи. Диапазон этих температурных колебаний равен T2 T1 =, откуда для массы ная оценка для m отличается от первоначальной в меньшую сторону примерно в 1,5 раза.

3.91. Так как паяльник работает нормально, то амперметр A показывает эффективное значение тока I3 эфф = нахождения показаний амперметров A1 и A2 следует заметить, что первичная и вторичная обмотки трансформатора включены параллельно, и поэтому напряжения U1 и U2 на обеих обмотках одинаковы. Напряжение на каждой из обмоток пропорционально числу витков N1 и N в соответствующей обмотке и скорости изменения магнитного потока через один виток. Так как сердечник трансформатора замкнут, то магнитный поток одинаков для всех витков. Учитывая всё сказанное, можно записать:

Так как трансформатор является понижающим, то количество витков в обмотках разное. Следовательно, записанное равенство может нитное поле внутри сердечника равно нулю, то есть поле, создаваемое током, текущим по одной обмотке, компенсируется полем, создаваемым током, текущим по второй обмотке. Магнитное поле внутри каждой из обмоток пропорционально току, текущему через обмотку, и числу витков в ней. Поэтому должно выполняться одно из двух соотношений между мгновенными значениями токов I1 и I2 и числами витков N1 и N2 в обмотках:

Первое соотношение соответствует способу включения витков, при котором токи I1 и I2 текут навстречу друг другу, а второе — способу включения, при котором токи текут в одну сторону. При этом всегда выполняется равенство Решая совместно эти уравнения и учитывая, что 6,11, получим для эффективных значений токов Iэфф = амперметры A1 и A2 два возможных набора, соответствующие различным способам включения обмоток:

В заключение отметим, что трансформатор, включённый таким образом, как описано в условии задачи, не оказывает никакого влияния на работу паяльника. Паяльник работает нормально благодаря конденсатору.

3.92*. При разомкнутой второй обмотке магнитное поле в сердечнике создаётся только первой обмоткой, подключённой к источнику переменного напряжения. Магнитный поток в первой обмотке равен 1 = LI1, где I1 — ток в первой обмотке, L — индуктивность обмотки (у всех трёх обмоток она одинаковая). Очевидно, что магнитный поток через третью обмотку также пропорционален току I1, то есть 3 I1, или 3 = M I1, где M — коэффициент, который называется взаимной индуктивностью обмоток (для каждой пары обмоток он одинаков). Так как сопротивления обмоток пренебрежимо малы, то напряжения на них равны наводимым в них ЭДС индукции. Тогда, с учётом закона электромагнитной индукции Фарадея, для отношения напряжений на третьей и первой обмотках получаем:

При замкнутой накоротко второй обмотке токи текут и в первой, и во второй обмотках. Эти токи создают в первой, второй и третьей обмотках магнитные потоки, и, соответственно. Для них можно записать:

где I1 и I2 — токи, текущие в первой и второй обмотках при короткозамкнутой второй обмотке. Заметим, что ЭДС индукции, наводимая во второй обмотке, равна нулю, так как она замкнута накоротко, а её сопротивление пренебрежимо мало. Следовательно, и магнитный поток через вторую обмотку также равен нулю: = M I1 + LI2 = 0, откуда I2 = I1. Поэтому для отношения напряжений на третьей и первой обмотках после закорачивания второй обмотки получаем:

Так как первая обмотка подключена к источнику напряжения, то U1 = U1. Следовательно, если вторую обмотку замкнуть накоротко, то вольтметр покажет одну треть от напряжения источника.

3.93. Нарисуем трансформатор (см.

рис. 3.93) и обозначим выводы обмотки с малым числом витков цифрами 1 и 2, а выводы обмотки с большм числом вити ков — цифрами 3 и 4. Рассмотрим различные возможные способы соединения обмоток между собой и разные варианты подключения источника напряжения.

При этом с помощью верхнего индекса «вх» или «вых» будем обозначать входное или выходное напряжение трансформатора, а с помощью двойного нижнего индекса nm будем обозначать напряжение между выводами n и m обмоток трансформатора. Отметим также, что входное напряжение всегда равно напряжению, которое даёт источник (U вх = U ).

Сначала рассмотрим тривиальные случаи, когда выходное напряжение снимается непосредственно с клемм источника, либо источник вовсе не подключён к цепи. В этих случаях выходное напряжение равно U вых = U, либо U вых = 0.

Далее, можно эксплуатировать трансформатор в «обычном»

режиме, то есть при не соединённых друг с другом обмотках на одну из них подавать входное напряжение, а с другой снимать выходное напряжение. В этом случае, в зависимости от того, какая из обмоток — с бльшим или с малым числом витков — используется в качестве первичной, трансформатор будет либо понижающим, либо повышающим. Таким образом, здесь возможны два случая: U вх = U и U вых = U12 = U/3, либо U вх = U12 и U вых = U34 = 3U.

Перейдём теперь к более сложным вариантам. Пусть в трансформаторе соединены выводы обмоток, имеющие номера 2 и 3. Такой способ соединения даёт нам одну длинную катушку, все витки которой включены в одну сторону. Тогда в зависимости от того, между какими выводами подключать источник напряжения, возможны следующие отличные от ранее полученных варианты выходного напряжения:

Можно соединить обмотки друг с другом и по другому, а именно, соединить выводы, имеющие номера 1 и 3. В этом случае обмотка с малым числом витков оказывается включённой навстречу со второй обмоткой. В итоге 1/3 часть обмотки с бльшим числом витков оказыо вается как бы выключенной. В этом случае, в зависимости от способа подключения источника, возможны следующие варианты выходного напряжения:

Таким образом, с учётом тривиальных случаев, можно получить всего 12 различных значений амплитуд выходного напряжения: 0, U/4, U/3, U/2, 2U/3, 3U/4, U, 4U/3, 3U/2, 2U, 3U, 4U.

3.94*. Как видно из приведённого в условии задачи рисунка, на каждом периоде следования импульсов напряжение на клеммах генератора в течение времени T1 = 4,5 · 103 с равно нулю, а в течение остального времени T2 = 0,5 · 103 с оно равно U0 = 1 В. Предположим, что напряжение на конденсаторе UC в установившемся режиме всё время не очень сильно отличается от U0. Если это так, то и среднее значение напряжения на конденсаторе UC также близко к U0. Тогда в течение времени T1 напряжение на диоде равно UC U0, и поэтому ток, текущий через диод, равен I1 I0 (2U0 /W 1) I0, так как U0 W. Поэтому в течение времени T1 конденсатор разряжается через диод обратным током диода I0, и напряжение UC на конденсаторе уменьшается на величину UС = T2 происходит зарядка конденсатора током I2 = = I0 (2(U0 UC )/W 1). Так как UC UC, то ток I2 за время T2 также изменяется незначительно. Тогда, поскольку в установившемся режиме напряжение на конденсаторе должно за время T увеличиваться на такую же величину UC, на какую оно уменьшается то есть T1 = T2 (2(U0 UС )/W 1), откуда среднее напряжение на конденсаторе Видно, что предположение о том, что UC U0, верно. Кроме того, оправдывается и предположение о незначительности изменения тока I2.

Действительно, такое предположение справедливо, поскольку изменение напряжения на диоде за время T2, равное UC = 4,5 · 104 В, мало по сравнению со средним (за тот же промежуток времени) значением напряжения на диоде U0 UC 0,03 В, величиной которого и определяется ток I2.

Итак, напряжение на конденсаторе изменяется пилообразно с амплитудой UC 4,5 · 104 В около среднего значения UC = 0,97 В (см. рис. 3.94).

3.95*. После замыкания цепи электронный прибор начнёт работать на участке 1–2 его характеристики. При этом уравнение, описываРешения задач ющее изменение силы тока I в цепи со временем t, будет иметь вид:

откуда следует, что LI = U0 t, то есть сразу после замыкания цепи сила тока в ней будет нарастать прямо пропорционально времени.

Нарастание тока будет продолжаться до момента времени t1 = LI2 /U0 — до тех пор, пока состояние прибора не изобразится точкой 2 на графике зависимости I(U ) (см. рис. 3.95.1). Начиная с этого момента дальнейшее увеличение силы тока через прибор станет невозможным. При этом напряжение на катушке будет падать, а на приборе — расти. В результате прибор очень быстро совершит переход 2–3–2, так как состояние системы на участке 2–3, на котором прибор характеризуется отрицательным дифференциальным сопротивлением, неустойчиво. Поскольку сила тока в катушке не может измениться мгновенно, то токи в состояниях 2 и 2 одинаковы: I2 = I2 (заметим, что во время перехода 2–3–2 ток в цепи поддерживается постоянным за счёт так называемых «паразитных ёмкостей», которые неизбежно имеются у всех элементов цепи).

После того, как система окажется в состоянии 2, электронный прибор будет работать, как идеальная батарейка с ЭДС, равной 2U0.

Поэтому уравнение, описывающее изменение силы тока в цепи со временем, примет вид:

откуда следует, что LI = U0 t, то есть сила тока в цепи будет уменьшаться со временем по линейному закону. Через время = L(I2 I1 )/U сила тока станет равной I1, и система окажется в состоянии 3, из которого очень быстро совершит переход 3–2–3 через участок неустойчивости 3–2. После этого сила тока в цепи вновь начнёт нарастать от значения I1 до значения I2 в соответствии с уравнением L = U0, и через вреt мя система вновь придёт в состояние 2, после чего описанные выше процессы будут повторяться.

Таким образом, сила тока, текущего в цепи, будет изменяться со временем по «пилообразному» закону (см. рис. 3.95.2) с периодом повторения T = 2 = 2L(I2 I1 )/U0.

3.96. За время, намного меньшее периода колебаний в контуре, суммарные заряды на каждой из пластин не могут измениться, и поэтому сразу после создания внешнего поля его напряжённость внутри и снаружи конденсатора будет одинакова и равна E, а разность потенциалов между пластинами станет равна U0 = Ed. Будем считать сопротивление катушки индуктивности очень малым. Тогда возникшие в контуре после включения внешнего поля колебания спустя большое время T LC затухнут, и пластины конденсатора, соединённые через индуктивность, будут иметь одинаковый потенциал. Таким образом, колебания разности потенциалов между пластинами конденсатора будут происходить вокруг значения UC = 0 с начальной амплитудой U0 = Ed, постепенно затухая. Поскольку суммарный заряд пластин равен нулю, то вне конденсатора электрическое поле не меняется и остатся равным E.

В начале колебательного процесса энергия электрического поля между пластинами конденсатора равна а ток через индуктивность равен нулю. Через 1/4 периода колебаний поле внутри конденсатора станет равным нулю, а ток через индуктивность будет максимальным, то есть вся энергия перейдёт в энергию магнитного поля в катушке индуктивности (при этом мы считаем затухание колебаний малым, то есть пренебрегаем уменьшением энергии за период колебаний):

Следовательно, максимальный ток I в контуре будет равен 4.1*. Обозначим точку удара по первому стержню через A, а точку, в которой принимают звуковой сигнал — через B (см. рис. 4.1.1).

В зависимости от соотношения между параметрами, заданными в условии задачи, звук быстрее дойдёт до точки B или при распространении по прямой AB, или при распространении сначала вдоль стержня, а затем по воде.

При c v звуковой сигнал, очевидно, быстрее дойдёт до точки B, распространяясь по прямой AB. Время распространения сигнала в этом Пусть c < v. Рассмотрим два сигнала, одновременно вышедших из точки A, один из которых идёт по прямой сразу в точку B, а другой сначала распространяется на малое расстояние x по стержню до точки D, а затем идёт в точку B по воде. Обозначим CAB =. Разность AB DB в силу малости x приближённо равна произведению x cos.

Следовательно, разность времён распространения сигналов по путям AB и DB равна При выполнении условия разность t отрицательна, и звук быстрее дойдёт до точки B по пряc мой, затратив на это время T1. При cos > разность t положительv на, то есть звуковой сигнал быстрее дойдёт до точки B по ломаной линии (распространяясь сначала вдоль стержня, а затем по воде).

Пусть в последнем случае звук доходит по стержню до некоторой точки A (см. рис. 4.1.2), для которой cos =, и начинает распроv страняться по прямой A B. Время распространения этого сигнала Объединяя рассмотренные случаи, получаем ответ для минимального времени распространения звука между точками A и B:

Отметим, что при одновременном выполнении условий c < v и cos > сигнал может распространяться как по пути AA B, так и по путям AB B и AA B B. При этом сигналы, распространяющиеся по всем трём путям, достигнут точки B одновременно, но их интенсивности будут различными. Сигналы, прошедшие по путям AA B и AB B, преломляются на границе стержень–вода по одному разу и будут иметь примерно одинаковую амплитуду, а сигналы, прошедшие по всем путям типа AA B B, преломляются по два раза и будут гораздо слабее. Заметим также, что после первого сигнала, пришедшего в точку B, будет слышен довольно продолжительный гул, так как звук излучают все точки стержня, по которому бежит волна от удара, но эти сигналы приходят позже. Ситуация в этом случае напоминает то, что слышно при пролёте сверхзвукового самолёта или ударе молнии: вначале наблюдатель слышит удар, а затем раскаты.

В заключение отметим, что задачу можно решать и другим способом, строя так называемый «конус Маха».

4.2*. Звук от выстрела может достичь второго корабля несколькими путями (см. рис. 4.2).

1) Напрямую по воздуху. В этом случае время распространения звука равно t1 = L/v3 9,01 с.

2) Напрямую по воде. В этом случае время распространения звука t2 = L/v1 = 2 с.

3) По воде, с рядом последовательных отражений от границ разделов «вода — дно» и «вода — воздух». Рассмотрим распространение звука с n отражениями от дна и n1 отражениями от границы «вода — воздух». Длина такого пути равна а время распространения звука по нему При n = 1, 2,... получаем времена: T1 2,40 с, T2 3,33 с,...

4) По воде и по дну — звук через воду проходит до дна, проникает в донные породы, движется в них по границе раздела «вода — дно», вновь выходит в воду и либо достигает второго корабля, либо отражается от поверхности воды, после чего цикл «вода — дно — вода»

повторяется до тех пор, пока звук не дойдёт до второго корабля. Очевидно, что минимальное время распространения звука по пути такого типа получится при одном цикле «вода — дно — вода». Для того, чтобы дошедший до дна звук начал распространяться вдоль границы раздела сред, необходимо, чтобы угол его падения на границу раздела был равен углу полного внутреннего отражения, который равен 0,3398 рад 19,5. Время распространения звука при = arcsin одном цикле «вода — дно — вода» равно:

при двух циклах — и так далее.

В итоге, сравнивая найденные времена, получаем, что первый звуковой сигнал дойдёт до гидроакустика через 1,92 с по пути «вода — дно — вода», второй — через 2 с напрямую по воде, третий — через 2,4 с по воде с одним отражением от дна.

4.3. Музыка может звучать фальшиво, если вследствие приближения или удаления от зрителя звучащей гармони частота звука при нажатии одной и той же клавиши изменяется больше, чем в a = раз. Изменение частоты связано с эффектом Допплера. Прежде, чем приступать к решению задачи, рассмотрим подробнее происхождение этого эффекта.

Пусть источник звука, испускающий волны с частотой 0 = 1/T0, где T0 — период колебаний источника, движется по направлению к примнику с постоянной скоростью v. Представим, что за время t = N T испускается цуг, состоящий из N длин волн. Если скорость звука составляет c, то через время t, когда первая волна пройдёт расстояние ct, последняя волна ещё только успеет выйти из источника, а сам источник пройдёт расстояние vt. Значит, расстояние между началом и концом цуга через время t будет составлять (c v)t, и на этом расстоянии будет укладываться N длин волн. Значит, длина волны, излучаемой движущимся источником, равна а соответствующая ей частота, регистрируемая неподвижным приёмником, Это и есть формула, описывающая эффект Допплера. Если источник удаляется от приёмника, то перед скоростью источника v в данной формуле, очевидно, должен стоять знак «плюс». Отметим ещё раз, что эффект Допплера связан с изменением длины волны, испускаемой движущимся источником, а не с изменением скорости звука, которая зависит только от свойств среды.

Итак, мы выяснили, что приближение гармони к зрителю при вращении карусели приводит к повышению частоты звука, а удаление гармони — к понижению. В нашем случае изменение частоты максимально тогда, когда слушатель находится в одной плоскости с каруселью, а скорость гармониста, равная по величине R, направлена вдоль линии слушатель — гармонист (см. рис. 4.3). Отношение повышенной частоты звука к номинальной 0 или номинальной частоты к Рис. 4.3.

пониженной частоте не должно превышать a = 24 2.

Поскольку, очевидно, R c, где — угловая скорость вращения карусели, то, используя приближённую формулу (1 + x)n 1 + nx, в первом случае получаем а во втором случае то есть то же самое условие. Выражая из полученного соотношения угловую скорость, находим:

Заметим, что и первое, и второе неравенства могут быть решены непосредственно, без использования приближённой формулы. При этом получаются два значения частоты:

Однако, частота 1 отличается от частоты 2 настолько незначительно, что смещение частоты, вызванное таким изменением угловой скорости, значительно меньше четверти тона и не может быть обнаружено на слух. Поэтому физически более правильно объединять случаи приближения и удаления гармониста и давать один приближённый ответ.

Отметим, что реальная угловая скорость вращения карусели, конечно, значительно меньше 2 рад/с, поскольку при такой угловой скорости центростремительное ускорение гармониста равнялось бы 2 R = 20 м/с2 2g!

4.4. Изменение частоты отражённого от смерча электромагнитного сигнала связано с тем, что отражающие этот сигнал предметы движутся, и имеет место эффект Допплера. В отличие от задачи 4.3, где этот эффект рассматривался для звуковых волн в воздухе, здесь речь идёт о радиоволнах, скорость которых c равна скорости света. Пусть предмет, отражающий сигнал, движется в направлении радара с максимальной скоростью v. Ясно, что эта скорость очень мала по сравнению с c, и квадратичными эффектами, связанными с теорией относительности, можно пренебречь. Тогда остаётся только линейный по отношению v/c эффект Допплера, и по аналогии с задачей 4.3 частота сигнала, поглощаемого предметом в смерче, должна выражаться формулой а изменение частоты f1 = fпогл f0 определяется выражением:

Поскольку сигнал от радара сначала поглощается движущимся предметом, а потом переизлучается им, то относительное изменение частоты, регистрируемое радаром, будет в два раза больше:

Отсюда Из графика, приведённого в условии, видно, что максимальной скорости предметов в смерче соответствует изменение частоты отражённого сигнала f2 6500 Гц. Подставляя числовые данные в полученную формулу, имеем:

4.5. Мысленно разобьём океан на тонкие горизонтальные слои так, чтобы скорость звука в пределах одного слоя можно было считать постоянной. Закон преломления «звуковых лучей» при переходе из одного слоя в другой слой, как и в оптике, имеет вид:

где c1 и c2 — скорости звука в соседних слоях, 1 и 2 — углы, под которыми звук выходит из первого слоя и входит во второй. Далее, для следующей пары соседних слоёв:

равенства, записанные для n слоёв, получаем: =.

Пусть звук проникает в океан на максимальную глубину H. Тогда sin (H) c(H) глубоко лежащий слой. Но (H) = /2 (если бы это было не так, то 4.6. Для решения задачи сделаем чертёж (см. рис. 4.6). Обозначим на нём буквами A и B начальную и конечную автобусные Рис. 4.6.

остановки, буквой C — точку, откуда остановочный павильон B казался пешеходу в k = 1,5 раза ниже павильона A, буквой D — точку, откуда остановочный павильон A казался пешеходу в k = 1,5 раза ниже павильона B. Поскольку видимый размер павильона обратно пропорционален расстоянию до него, то справедливы следующие пропорции:

Из них получаем:

С другой стороны, CD = AB AC DB, откуда Отсюда, учитывая, что CD = L, получаем:

4.7. Нарисуем вид канала сверху (см. рис. 4.7.1) и обозначим на нём положения автобуса, блика и столба буквами A, B и C соответственно. Пусть в момент времени t = 0 автобус находился в начале системы координат XOY — точке O, причём прямая OC была перпендикулярна берегам канала.

Тогда OA = vt. Обозначим также Рассмотрим вид сбоку в плоскости ACB (см. рис. 4.7.2) и обозначим местонахождение глаз пассажира A1, а вершину столба C1. Так как угол падения A1 BA равен углу отражения C1 BC, то Кроме того, Выражая из первого уравнения значение l2 и подставляя его во второе, находим l1 :

Отсюда координаты блика:

Из этих формул следует, что блик не смещается в направлении, перпендикулярном берегам. Таким образом, скорость движения блика направлена параллельно берегам канала и по величине равна Другой способ решения задачи основывается на рассмотрении подобных треугольников и позволяет обойтись без тригонометрии. Действительно, треугольники AA1 B и CC1 B подобны. Поэтому Отсюда следует, что Проведём через точку B на рисунке 4.7.1 прямую, параллельную берегам канала; она пересечёт перпендикуляр CO в точке B1. Из подобия треугольников CBB1 и CAO получаем то есть отношение B1 C : OC есть постоянная величина. Это означает, что точка B1 не меняет своего положения со временем. Таким образом, блик движется по прямой, проходящей через точку B1 параллельно берегам канала. Найдём его скорость. Длины отрезков B1 B и OA равны ut и vt соответственно. Из подобия треугольников CBB1 и CAO следует отношение:

из которого получается прежнее выражение для скорости блика.

4.8*. Прежде всего заметим, что луч, который видит пассажир, отражается от верхней части рельса, которая имеет округлую форму.

Поэтому при большом радиусе закругления рельсов (и, следовательно, при малых углах падения и отражения луча) можно пренебречь тем, что глаза пассажира и фары метропоезда находятся на разной высоте над уровнем рельсов, и считать, что фары, глаз пассажира и точка рельса, от которой отражается свет, лежат в практически горизонтальной плоскости. Далее, необходимо рассмотреть два случая: когда тоннель закругляется в сторону платформы, на которой стоит пассажир, и когда тоннель закругляется в противоположную от пассажира сторону.

Рассмотрим сначала первый случай. Из рисунка 4.8.1 видно, что прежде всего пассажир увидит луч от правой фары, отражённый правым рельсом. Отрезки, проведённые из центра кривизны пути (точка O) к фаре (точка F ), пассажиру (точка P ), точке (K) отражения света от рельса и точке, в которой луч касается стенки тоннеля (S), составляют друг с другом равные углы. Из треугольника OP K можно приближённо найти расстояние от внутренней стенки тоннеля до внешнего рельса:

Отсюда, а искомое расстояние:

Рассмотрим второй случай (см. рис. 4.8.2). Он отличается от первого тем, что луч касается стенок тоннеля дважды — в точках S и S1. Отрезки OF, OS1, OK и OS по-прежнему образуют между собой одинаковые углы, совпадающие с углом, найденным в предыдущем случае. Отрезок же OP составляет с отрезком OS некоторый угол, который можно оценить из треугольника OP S при помощи следующего соотношения:

Отсюда, и искомое расстояние:

4.9. Обычное плоское зеркало представляет собой стеклянную пластину с посеребрённой задней поверхностью. На рисунке 4.9 приведена оптическая схема, поясняющая возникновение в таком зеркале основного изображения B и дополнительных изображений A и C (буквой S обозначен предмет, отражение которого наблюдается). Основное изображение возникает в результате отражения падающего света от посеребрённой поверхности, а дополнительные изображения — в результате отражения от передней поверхности пластины. Так как передняя поверхность отражает очень малую долю падающего на неё света, а задняя — наоборот, отражает практически весь свет, то изображение B получается гораздо ярче, чем изображения A и C. Заметим, что кроме этих двух дополнительных изображений, имеются и другие, связанные с наличием многократных отражений света внутри стеклянной пластины. Однако они имеют очень малую яркость при нормальном падении света на зеркало и видны, только если угол падения близок к 90.

Определим, как будут располагаться дополнительные изображения A и C относительно основного. Пусть толщина стеклянной пластины d, показатель преломления стекла n. Если угол падения световых лучей на зеркало мал, то M N 2d/n N K, и AB = BC M N/ = = 2d/n. Итак, эти дополнительные изображения будут располагаться впереди и позади основного на расстояниях 2d/n от него.

4.10*. Будем считать, что среднее расстояние между центрами граней соседних кристаллов снега l d. На каждый из кристаллов падает свет Солнца в пределах угла = 0,5 0,01 рад. При этом кристалл отражает свет одной из своих граней в телесный угол 2 /4.

Так как кристаллы расположены на поверхности хаотически, то отражённый пучок может быть направлен произвольно в пределах телесного угла = 4, то есть в один глаз попадает свет, отражённый от одной из N1 = / 16/2 = 16 · 104 граней. Если же смотреть на снег двумя глазами, то хотя бы в один из них попадёт свет, отражённый от одной из N2 = N1 /2 = 8 · 104 граней.

Для оценки расстояния между соседними кристаллами, свет от которых попадает в один глаз, будем считать, что все N1 отражающих граней равномерно распределены по поверхности. Тогда на единицу длины на этой поверхности приходится n1 N1 отражающих граней, а среднее расстояние между гранями, отражающими свет в нужном направлении, составляет D1 ln1 d N1 4d/ 40 см.

Аналогично случая, когда на снег смотрят двумя глазами, D d N2 2 2d/ 28 см. Полученные результаты являются, конечно, довольно грубыми оценками.

Интересно ответить ещё на один вопрос: на какое расстояние нужно переместить голову для того, чтобы одна блёстка, которую видит глаз, исчезла, а вместо неё появилась другая, в другом месте? Очевидно, что это расстояние определяется диаметром светового пятна, получающегося вблизи глаза при отражении света Солнца от снежинки. Если мы смотрим на снег стоя с расстояния L 2 м, то диаметр этого пятна примерно равен L 2 см, что примерно в 10 раз больше диаметра зрачка глаза, так что оценка искомого расстояния как раз и составляет около 2 см.

4.11. Пусть рост отражающегося человека равен H 2 м, а размер его изображения h (h H). Для простоты рассуждений будем считать, что центр ёлочного шарика расположен на уровне половины роста человека. На рисунке 4.11 приведён ход лучей, формирующих изображение.

Так как D L, то угол между лучами, формирующими изображения головы и ног человека, очень мал (изображение головы лежит на пересечении продолжений лучей 1 и 3, а ног — 2 и 4). Поэтому углы и примерно одинаковы, а это означает, что изображение человека расположено на расстоянии D/4 от центра шарика. Из подобия треугольников следует отношение:

Так как D L, то расстояние от человека до изображения примерно равно L. Поэтому угловой размер изображения человека в шарике Для того, чтобы человек видел своего двойника таким же маленьким, то есть под тем же углом, двойник должен стоять на таком расстоянии x от человека, чтобы выполнялось соотношение: · x H. Отсюда 4.12*. Если источник находится не очень далеко от биссектрисы двугранного угла, то наблюдаются четыре различных мнимых изображения (см. рис. 4.12.1).

Они получаются при отражении света от первого зеркала (изображение 1), от второго (изображение 2), а также при отражении получившихся мнимых источников 1 и 2 в зеркалах 2 и 1 соответственно (изображения 12 и 21). Заметим, что источник может дать изображение только в том случае, если он находится перед отражающей поверхностью зеркала или её продолжением. Так как мнимые источники 12 и находятся за продолжениями отражающих поверхностей зеркал 1 и 2, то свет от них больше отразиться не может.

Если источник приближать к поверхности какого-либо из зеркал (например, зеркала 1), то, как видно из рисунка 4.12.2, изображение будет перемещаться в сторону плоскости зеркала 1, пересечёт её и окажется над продолжением его отражающей поверхности. При этом возникнет ещё одно мнимое изображение 121, получающееся при отражении мнимого источника 12 в зеркале 1. В этом случае всего будет наблюдаться пять различных мнимых изображений источника. Из построения видно, что мнимый источник 12 пересекает плоскость зеркала 1 тогда, когда источник света лежит в плоскости, составляющей с этим зеркалом угол 20. Аналогичные рассуждения можно провести и для случая приближения источника к зеркалу 2.

Таким образом, если источник света находится внутри двугранного угла 20 от любого из зеркал (области A и B на рисунке), то наблюдается пять изображений, а в остальных случаях (область C, включая ограничивающие её плоскости) — четыре.

4.13*. Все изображения лежат на окружности с центром на ребре двугранного угла, образованного зеркалами, и проходящей через источник света P (см. рис. 4.12). Пусть — угол между зеркалами, — заштрихованная область (не включая границы), W — незаштрихованная область (включая границы). Совпадающие изображения будем считать, согласно условию, за одно изображение.

Изображения, лежащие под прямой AC, дают изображения в зеркале AO, которые лежат над прямой AC. Изображения, лежащие над прямой BD, дают изображения в зеркале BO, которые лежат под прямой BD. Отсюда следует, что изображения, лежащие в области W без границ, дают своё изображение; изображения, лежащие в, не дают своих изображений.

Обозначим через угол, который образуют лучи, проведённые из точки O к двум соседним изображениям. Из рисунка видно, что в области W лежит ровно изображений (квадратными скоб- Рис. 4.13.

ками обозначена операция выделения целой части числа). При этом возможны три следующих случая.

1) В не лежит ни одного изображения. Это имеет место тогда и только тогда, когда есть изображения, находящиеся на лучах OD и OC. Это условие эквивалентно тому, что является положительным целым числом. Тогда общее число различных изображений будет равно Приравнивая в этом выражении N = 100, получаем:

2) В лежит ровно одно изображение, находящееся на луче OK.

Это имеет место тогда и только тогда, когда является целым полоРешения задач жительным числом. При этом общее число изображений будет равно Это число не может быть равно 100 ни при каком, так как является нечётным, то есть второй случай не удовлетворяет условию задачи.

3) В лежат ровно 2 изображения. Это имеет место тогда и только тогда, когда и не являются целыми положительными числами. Тогда общее число изображений будет равно Приравнивая в этом выражении N = 100, получаем Это уравнение эквивалентно неравенству откуда следует, что < /3. Отметим, что при тупых углах возможны случаи, когда все падающие лучи после отражения выйдут обратно. Такое произойдёт при /3 >, то есть при > 3/4.

Искомая доля мощности пучка, вышедшего из сферы, равна отношению площадей, на которые приходятся пучок, претерпевающий отражение, и падающий пучок. В результате получаем:

Этот ответ справедлив при 3/4. При > 3/4 весь отражённый свет выйдет из сферы, то есть n = 1.

4.32*. Обозначим через h высоту трубы, через r — радиус её основания. В первом случае (когда зеркальная сторона трубы ориентирована вниз) в фотоэлемент попадут лучи из областей, заштрихованных на рисунке 4.32.1, а во втором случае (когда труба перевёрнута) — из областей, заштрихованных на рисунке 4.32.2. По условию h r, поэтому все углы падения света на фотоэлемент маленькие.

Ввиду изотропности освещения потоки энергии, переносимые лучами света, падающими на зеркальные поверхности с разных сторон под заданными углами, одинаковы, если лучи по пути к фотоэлементу не попадают на препятствия. Поэтому для расчёта освещённости фотоэлемента до и после переворачивания трубы оптические системы, изображённые на рисунках 4.32.1 и 4.32.2, можно заменить на эквивалентные оптические системы, показанные на рисунке 4.32.3 и рисунке 4.32.4 соответственно (части трубы, контуры которых изображены на этих схемах, полностью поглощают свет).

В первом случае в фотоэлемент (точка O) попадёт световой поток из телесного угла а во втором случае — из телесного угла При записи этих формул учтено, что h r, то есть 1 1 и 2 1.

Величина освещённости пропорциональна телесному углу, из которого падает свет. Поэтому отношение освещённостей во втором и в первом случаях равно 2 /1 = 2/3. Отсюда 4.33*. При вращении жидкости вместе со стаканом её поверхность искривляется (см. рис. 4.33), вследствие чего параллельный пучок света после преломления становится расходящимся. Рассмотрим небольшой элемент жидкости, находящийся на её поверхности на расстоянии r от оси вращения O1 O. На него действуют сила тяжести mg и суммарная сила давления N со стороны остальной жидкости. Эти силы обеспечивают равномерное вращение рассматриваемого элемента по окружности с угловой скоростью, сообщая ему центростремительное ускорение. Уравнения движения этого элемента в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси имеют вид:

где — угол наклона к горизонту поверхности жидкости в данной точке. Отсюда tg = 2 r/g.

Луч света, идущий вдоль оси вращения O1 O, не преломляется.

Рассмотрим ход луча ABC, преломляющегося в точке B на небольшом расстоянии r от оси вращения. В соответствии с законом преломления света sin = n sin. Углы, и = можно считать малыми, так Далее найдём расстояние OC от оси вращения до точки падения преломлённого луча на дно стакана:

Пока жидкость была не раскручена, все лучи, идущие на расстоянии от оси O1 O, меньшем r, не преломлялись и попадали в круг радиуса r на дне, то есть энергия этого пучка распределялась по площади S0 = r2. После раскручивания жидкости эти же лучи попадут в круг на дне радиусом OC, то есть энергия пучка распределится по площади Поэтому интенсивность света, падающего вблизи центра дна стакана, изменится в то есть уменьшится на 4.34*. Свечу S, как и её отражение S, при наблюдении с большого расстояния можно считать точечным источником, равномерно излучающим свет во все стороны. Лучи от свечки, находящейся на расстоянии r от человека, расходятся под углом d/r, где d — диаметр зрачка глаза. Очевидно, что лучи, испущенные свечкой в пределах такого угла, после отражения от шарика будут расходиться уже под бльшим углом, и все попадут в глаз (то есть в пределы зрачка) на гораздо меньшем расстоянии r1 от свечки: d = r = r1.

Изобразим ход испущенных свечкой лучей при отражении от зеркального шара (см. рис. 4.34). Обозначим радиус шарика через R = D/2. Для того, чтобы путник увидел отражение свечи в шаре, угол падения лучей на его зеркальную поверхность должен быть близок к 45. Поэтому расстояние между точками падения двух лучей, расходящихся из свечки под углом, на поверхности шарика будет = R, где — угол поворота отражающей поверхноравно сти между этими точками. Поэтому =. Известно, что при повороте луча, падающего на плоское зеркало, на угол, отражённый луч поворачивается также на, а при повороте самого зеркала на угол — луч поворачивается на угол 2. Поэтому Поскольку 4 2a/D 100 1, ответ можно записать и так: