МОШ, 2006/07, заключительный этап, 11 класс

Ответ

Если водило зафиксировано, кольцевая шестерня вращается в противоположную сторону с угловой скоростью \(\omega/3\). Если зафиксирована кольцевая шестерня, водило вращается в ту же сторону, что и солнечная шестерня, с угловой скоростью \(\omega/4\), а планетарная шестерня — в противоположную сторону с угловой скоростью \(\omega/2\).

Решение

Пусть \(R\) — радиус солнечной шестерни, совпадающий с радиусом каждой из планетарных шестерён, \(\omega_{\text{п}}\) — угловая скорость каждой из планетарных шестерён, \(\omega_{\text{в}}\) — угловая скорость водила, \(\omega_{\text{к}}\) — угловая скорость кольцевой шестерни. В качестве положительного направления вращения примем направление по часовой стрелке; при вращении в этом направлении будем считать угловую скорость положительной, а при вращении в противоположном направлении — отрицательной.

Если водило зафиксировано, то из условия равенства линейных скоростей соприкасающихся точек солнечной и планетарной шестерён находим, что \(\omega_{\text{п}} = -\omega\). Линейные скорости соприкасающихся друг с другом точек планетарных и кольцевой шестерён равны \(v_{\text{п}} = \omega_{\text{п}}R\) и \(v_{\text{к}} = \omega_{\text{к}}\cdot 3R\) соответственно. Так как между кольцевой и планетарными шестернями имеется зацепление, то \(v_{\text{п}} = v_{\text{к}}\), откуда \(\omega_{\text{к}} = \omega_{\text{п}}/3 = -\omega/3\). Следовательно, кольцевая шестерня вращается в направлении, противоположном направлению вращения солнечной шестерни, с угловой скоростью, равной по величине \(\omega/3\).

Пусть теперь зафиксирована кольцевая шестерня. Так как точка соприкосновения планетарной и кольцевой шестерён неподвижна, то она является мгновенной осью вращения планетарной шестерни. Центр планетарной шестерни, находящийся на водиле на расстоянии \(2R\) от центра солнечной шестерни, движется со скоростью \(\omega_{\text{в}}\cdot 2R = -\omega_{\text{п}}R\), а точка соприкосновения планетарной шестерни с солнечной, вдвое более удалённая от мгновенной оси вращения — с вдвое большей скоростью, равной \(4\omega_{\text{в}}R = -2\omega_{\text{п}}R\). С такой же линейной скоростью движутся точки обода солнечной шестерни. Следовательно, \(\omega R = 4\omega_{\text{в}}R = -2\omega_{\text{п}}R\), откуда \(\omega_{\text{в}} = \omega/4\), а \(\omega_{\text{п}} = -\omega/2\). Таким образом, в данном случае водило вращается в том же направлении, что и солнечная шестерня, с угловой скоростью, равной \(\omega/4\). Планетарная шестерня при этом вращается в направлении, противоположном направлению вращения солнечной шестерни, с угловой скоростью, равной по величине \(\omega/2\).

Ответ

\(h = h_0\dfrac{m_2^2 - m_1^2}{(m_1 + m_3)^2 - m_2^2}\).

Решение

Рассмотрим движение грузов до момента их столкновения с шайбой из пластилина. Пусть \(T\) — сила натяжения нити, \(a_0\) — направленное вниз ускорение груза \(m_2\). В силу нерастяжимости нити это ускорение равно по величине и противоположно по направлению ускорению груза \(m_1\). Запишем уравнения движения для грузов \(m_1\) и \(m_2\) в проекции на вертикальную ось, направленную вниз: \[m_2a_0 = m_2g - T,\quad -m_1a_0 = m_1g - T.\] Вычитая эти уравнения друг из друга, получаем: \(a_0 = \dfrac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1}g\).

Аналогичным образом можно найти, что после прилипания пластилина к грузу \(m_1\) его ускорение направлено вниз и равно \(a = \dfrac{m_1 + m_3 - m_2}{m_1 + m_3 + m_2}g\). Этот результат можно получить и без записи уравнений движения: достаточно в найденном выше выражении для \(a_0\) заменить массу \(m_1\) на суммарную массу \(m_1 + m_3\) и учесть, что после прилипания пластилина ускорение груза \(m_1\) будет положительным (так как \(m_3 > m_2 - m_1\)).

Пусть скорость грузов до соударения с шайбой из пластилина была равна по величине \(v_0\). Так как нить нерастяжимая и блок невесомый, то при неупругом столкновении груза \(m_1\) с пластилином возникнет кратковременное увеличение силы натяжения нити — рывок, после которого скорости всех трёх тел станут одинаковыми по модулю и равными некоторой величине \(v\). Грузы \(m_1\) и \(m_2\), жёстко связанные нерастяжимой нитью, при столкновении с неподвижной пластилиновой шайбой ведут себя, как одно тело с массой \(m_1 + m_2\), движущееся со скоростью \(v_0\). При этом проекция импульса системы на направление нити, очевидно, сохраняется: \((m_1 + m_2)v_0 = (m_1 + m_2 + m_3)v\). Следовательно, после прилипания пластилина к грузу массой \(m_1\) получившееся тело массой \(m_1 + m_3\) будет двигаться вверх с начальной скоростью \(v\), причём равнозамедленно.

Скорости \(v_0\) и \(v\) связаны с расстояниями \(h_0\) и \(h\) следующими кинематическими соотношениями: \[v_0 = \sqrt{2a_0h_0} = \sqrt{2gh_0}\sqrt{\dfrac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1}},\quad v = \sqrt{2ah} = \sqrt{2gh}\sqrt{\dfrac{m_1 + m_3 - m_2}{m_1 + m_3 + m_2}}.\] Учитывая записанное выше уравнение, связывающее скорости \(v_0\) и \(v\), получаем: \[(m_1 + m_2)\sqrt{2gh_0}\sqrt{\dfrac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1}} = (m_1 + m_2 + m_3)\sqrt{2gh}\sqrt{\dfrac{m_1 + m_3 - m_2}{m_1 + m_3 + m_2}},\] откуда \[h = h_0\dfrac{m_2^2 - m_1^2}{(m_1 + m_3)^2 - m_2^2}.\]

Ответ

\(E_2 = 2E_1 = 2{,}8\) МэВ.

Решение

Рассмотрим оба опыта в системе отсчёта, связанной с центром масс реагирующих частиц. Для того чтобы ядерная реакция произошла, необходимо сблизить частицы на некоторое минимальное расстояние. При этом в системе центра масс частицы, двигавшиеся навстречу друг другу со скоростями \(u_1\) и \(u_2\), останавливаются, и их кинетическая энергия превращается в потенциальную энергию взаимодействия. Ясно, что для начала реакции нужно, чтобы суммарная кинетическая энергия частиц (а значит, и скорость их сближения \(v = u_1 + u_2\)) превосходила некоторое пороговое значение. Таким образом, минимально возможная для реакции скорость сближения частиц в обоих опытах должна быть одинакова. Релятивистскими эффектами в данной задаче можно пренебречь, поскольку кинетическая энергия протона намного меньше его энергии покоя (примерно 1000 МэВ). Поэтому скорость сближения частиц, то есть их относительная скорость, в системе центра масс и в неподвижной лабораторной системе одинакова. В первом опыте скорость сближения частиц равна \(v_1 = \sqrt{2E_1/m_1}\), а во втором — \(v_2 = \sqrt{2E_2/m_2}\), где \(m_1\) — масса протона, а \(m_2\) — масса ядра дейтерия. Таким образом, мы приходим к соотношению \[\sqrt{\dfrac{2E_1}{m_1}} = \sqrt{\dfrac{2E_2}{m_2}},\quad\text{откуда}\quad E_2 = E_1\dfrac{m_2}{m_1}.\] Учитывая, что \(\dfrac{m_2}{m_1} = 2\), получаем \(E_2 = 2E_1 = 2{,}8\) МэВ.

Ответ

а) \(0{,}4\text{ л} \leqslant V < 0{,}67\text{ л}\); б) \(V > 6{,}7\text{ л}\); в) \(0{,}67\text{ л} \leqslant V \leqslant 6{,}7\text{ л}\).

Решение

Обозначим через \(m_{\text{л}}\) начальную массу льда в сосуде. Рассмотрим возможные значения установившейся в системе температуры \(t\).

а) Пусть \(t > 0\ {}^\circ\)C. Тогда масса воды \(m_{\text{в}}\) отдала количество теплоты \(c_{\text{в}}m_{\text{в}}(t_{\text{в}} - t)\), а масса льда \(m_{\text{л}}\) получила количество теплоты \(c_{\text{л}}m_{\text{л}}|t_{\text{л}}|\) на этапе нагревания до \(0\ {}^\circ\)C, затем \(\lambda m_{\text{л}}\) при плавлении и \(c_{\text{в}}m_{\text{л}}t\) при нагревании образовавшейся воды до установившейся температуры. Поскольку теплоёмкостью сосуда и потерями тепла можно пренебречь, то из уравнения теплового баланса получаем: \[c_{\text{в}}m_{\text{в}}(t_{\text{в}} - t) = c_{\text{л}}m_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda m_{\text{л}} + c_{\text{в}}m_{\text{л}}t.\] Определяемая из данного соотношения конечная температура \(t\) положительна, если \(c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}} > c_{\text{л}}m_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda m_{\text{л}}\). Таким образом, масса льда \(m_{\text{л}}\) лежит в интервале \(0 \leqslant m_{\text{л}} < \dfrac{c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}}}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda}\). Конечный объём содержимого сосуда связан с массой льда соотношением \(V = (m_{\text{в}} + m_{\text{л}})/\rho_{\text{в}}\); отсюда \[\dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}} \leqslant V < \dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}}\left(1 + \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}}}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda}\right),\] подстановка числовых данных даёт \(0{,}4\text{ л} \leqslant V < 0{,}67\text{ л}\).

б) Пусть \(t < 0\ {}^\circ\)C. Тогда масса воды \(m_{\text{в}}\) отдала количество теплоты \(c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}}\) при охлаждении до \(0\ {}^\circ\)C, затем \(\lambda m_{\text{в}}\) при замерзании, и \(c_{\text{л}}m_{\text{в}}(0 - t)\) при охлаждении образовавшегося льда до конечной температуры, а лёд получил количество теплоты \(c_{\text{л}}m_{\text{л}}(t - t_{\text{л}})\). Из уравнения теплового баланса получаем: \[c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}} + \lambda m_{\text{в}} - c_{\text{л}}m_{\text{в}}t = c_{\text{л}}m_{\text{л}}(t - t_{\text{л}}).\] Определённая из этой формулы установившаяся температура отрицательна, если \(c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}} + \lambda m_{\text{в}} < -c_{\text{л}}m_{\text{л}}t_{\text{л}}\); при этом начальная масса льда превосходит критическое значение \(m_{\text{л}} > \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}} + \lambda}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}|}m_{\text{в}}\). Конечный объём системы \(V = (m_{\text{в}} + m_{\text{л}})/\rho_{\text{л}}\) должен удовлетворять неравенству \[V > \dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}}\left(1 + \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}} + \lambda}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}|}\right),\] подстановка числовых данных даёт \(V > 6{,}7\) л.

в) Из проведённого выше рассмотрения следует, что конечная температура системы равна \(0\ {}^\circ\)C, если начальная масса льда удовлетворяет неравенству \[\dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}}}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda}m_{\text{в}} \leqslant m_{\text{л}} \leqslant \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}} + \lambda}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}|}m_{\text{в}}.\] В процессе установления равновесия вода отдала количество теплоты \(c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}}\), лёд получил количество теплоты \(c_{\text{л}}m_{\text{л}}|t_{\text{л}}|\); следовательно, количество теплоты \(c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}} - c_{\text{л}}m_{\text{л}}|t_{\text{л}}|\) пошло либо на плавление массы льда \(\Delta m = \dfrac{c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}} - c_{\text{л}}m_{\text{л}}|t_{\text{л}}|}{\lambda}\) (если \(\Delta m > 0\)), либо на кристаллизацию массы воды \(-\Delta m\) при \(\Delta m < 0\). При этом объём системы изменяется на величину \(-\Delta m\left(\dfrac{1}{\rho_{\text{л}}} - \dfrac{1}{\rho_{\text{в}}}\right)\) и оказывается равным \[\begin{aligned} V &= \dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}} + \dfrac{m_{\text{л}}}{\rho_{\text{л}}} - \Delta m\left(\dfrac{1}{\rho_{\text{л}}} - \dfrac{1}{\rho_{\text{в}}}\right) =\\ &= \dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}} + \dfrac{m_{\text{л}}}{\rho_{\text{л}}} - \dfrac{c_{\text{в}}m_{\text{в}}t_{\text{в}} - c_{\text{л}}m_{\text{л}}|t_{\text{л}}|}{\lambda}\left(\dfrac{1}{\rho_{\text{л}}} - \dfrac{1}{\rho_{\text{в}}}\right). \end{aligned}\] Учитывая неравенство для начальной массы льда, приходим к соотношению: \[\dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}}}\left(1 + \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}}}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}| + \lambda}\right) \leqslant V \leqslant \dfrac{m_{\text{в}}}{\rho_{\text{л}}}\left(1 + \dfrac{c_{\text{в}}t_{\text{в}} + \lambda}{c_{\text{л}}|t_{\text{л}}|}\right).\] Подстановка числовых данных даёт \(0{,}67\text{ л} \leqslant V \leqslant 6{,}7\text{ л}\).

Ответ

\(\omega_1 = \dfrac{\omega}{\sqrt{2 - \omega^2LC}}\) и \(\omega_2 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}}\).

Решение

При разомкнутом втором ключе трансформатор ведёт себя, как катушка индуктивности \(L_1\). Частота электромагнитных колебаний в такой цепи \(\omega = \dfrac{1}{\sqrt{(L + L_1)C}}\), откуда \(L_1 = \dfrac{1}{\omega^2C} - L\).

Пусть теперь оба ключа замкнуты. При этом в цепи возможны два вида гармонических колебаний: первый — когда силы токов, текущих через обмотки трансформатора, одинаковы по амплитуде и по фазе; второй — когда силы токов, текущих через обмотки трансформатора, одинаковы по амплитуде, но имеют противоположные фазы. В первом случае магнитные потоки через сердечник трансформатора будут складываться. Поэтому ЭДС индукции в обмотках трансформатора удвоится по сравнению со случаем разомкнутого ключа, что можно представить как эффективное удвоение индуктивности обмотки трансформатора. Частота колебаний в этом случае будет равна \[\omega_1 = \dfrac{1}{\sqrt{(L + 2L_1)C}} = \dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{2}{\omega^2} - LC}} = \dfrac{\omega}{\sqrt{2 - \omega^2LC}}.\] Во втором случае магнитные потоки через сердечник трансформатора будут вычитаться и скомпенсируют друг друга, поэтому ЭДС индукции в обмотках трансформатора наводиться не будет. При этом индуктивность обмотки трансформатора можно считать равной нулю, и частота колебаний будет равна \(\omega_2 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}}\).

Заметим, что эту задачу можно решать и другим способом, записывая закон Ома для цепей переменного тока и решая получившуюся систему дифференциальных уравнений. Однако такой способ решения выходит за рамки школьной программы.

Ответ

\(L_1 = \dfrac{3}{2}L\).

Решение

Из закона сохранения импульса следует, что начальные скорости осколков лежат в одной плоскости. Перейдём в систему отсчёта, падающую на землю с ускорением свободного падения \(g\). В этой системе отсчёта осколки после взрыва движутся в разные стороны равномерно и прямолинейно с одинаковыми скоростями, равными начальной скорости, приобретённой в результате взрыва. Следовательно, в рассматриваемой системе отсчёта все осколки после взрыва снаряда в любой момент времени располагаются на окружности с центром в точке взрыва.

Изобразим эту окружность на рисунке, обозначив угол между направлениями разлёта осколков \(m_1\) и \(m_2\) через \(\alpha\), а угол между направлениями разлёта осколков \(m_1\) и \(m_3\) через \((\pi - \beta)\). Рассмотрим положения осколков в момент времени, когда расстояние между осколками \(m_1\) и \(m_2\) оказалось равным \(L\). Тогда из рисунка следует, что \[L = 2R\sin\dfrac{\alpha}{2},\quad L_1 = 2R\sin\dfrac{\pi - \beta}{2} = 2R\cos\dfrac{\beta}{2},\] где \(R\) — радиус изображённой окружности, \(L_1\) — искомое расстояние.

Поскольку, как уже говорилось, импульс рассматриваемой системы в процессе разрыва снаряда на осколки сохраняется неизменным, то из теоремы косинусов, применённой к треугольнику, построенному из векторов импульсов осколков, следует: \[(m_3v)^2 = (m_1v)^2 + (m_2v)^2 - 2m_1m_2v^2\cos(\pi - \alpha),\] где \(v\) — начальная скорость осколков. Отсюда, с учётом заданных соотношений между \(m_1\), \(m_2\) и \(m_3\), находим: \(\cos\alpha = \dfrac{m_3^2 - m_1^2 - m_2^2}{2m_1m_2} = \dfrac{1}{4}\), то есть угол разлёта осколков \(m_1\) и \(m_2\) составляет \(\alpha \approx 75{,}5^\circ\). Из теоремы синусов, применённой к тому же треугольнику, получаем: \[\dfrac{m_2v}{\sin\beta} = \dfrac{m_3v}{\sin(\pi - \alpha)},\] откуда \(\sin\beta = \dfrac{m_2}{m_3}\sin\alpha = \dfrac{m_2}{m_3}\sqrt{1 - \cos^2\alpha} = \dfrac{3\sqrt{15}}{16}\) и \(\cos\beta = \dfrac{11}{16}\). Используя тригонометрические формулы для половинного угла, найдём: \[\cos\dfrac{\beta}{2} = \sqrt{\dfrac{1}{2}(1 + \cos\beta)} = \dfrac{3}{4}\sqrt{\dfrac{3}{2}},\quad \cos\alpha = 1 - 2\sin^2\dfrac{\alpha}{2} = 1 - \dfrac{L^2}{2R^2} = \dfrac{1}{4},\] откуда \(R = \sqrt{2/3}\,L\). Подставляя эти выражения в формулу для \(L_1\), получим ответ: \(L_1 = (3/2)\,L\).

Ответ

\(Q = A/3\) (если колесо к моменту прекращения проскальзывания ещё не успеет скатиться с доски).

Решение

Пока колесо движется относительно доски с проскальзыванием, на него со стороны доски действует сила трения, увеличивающая скорость поступательного движения колеса и уменьшающая угловую скорость его вращательного движения. Доска при этом разгоняется в противоположном направлении. Когда скорость доски сравняется со скоростью точки колеса, соприкасающейся с доской, колесо начнёт катиться по доске без проскальзывания, сила трения скольжения перестанет действовать в системе, и скорости тел изменяться перестанут, если пренебречь трением качения.

Обозначим через \(m\) массу колеса, совпадающую с массой доски, \(R\) — радиус колеса, \(u\) — скорость поступательного движения колеса, совпадающую по модулю и противоположную по направлению скорости доски, \(\omega\) — угловую скорость вращения колеса, \(\mu\) — коэффициент трения скольжения. Заметим, что \(A = m\omega_0^2R^2/2\), где \(\omega_0\) — начальная угловая скорость колеса.

Поскольку действующая между колесом и доской сила трения скольжения равна \(\mu mg\), а их массы одинаковы, уравнения поступательного движения для колеса и для доски запишутся также одинаковым образом: \(m\dfrac{\Delta u}{\Delta t} = \mu mg\), или \(\dfrac{\Delta u}{\Delta t} = \mu g\); следовательно, центр колеса и доска движутся с ускорениями, равными по величине \(\mu g\) и противоположными по направлению.

Для расчёта зависимости угловой скорости вращения колеса от времени заметим, что изменение \(\Delta E\) кинетической энергии системы за время \(\Delta t\), равное \[\Delta E = \Delta\left(\dfrac{mu^2}{2} + \dfrac{mu^2}{2} + \dfrac{m\omega^2R^2}{2}\right) = 2mu\Delta u + mR^2\omega\Delta\omega,\] совпадает с работой силы трения \(\Delta A_{\text{тр}}\) за этот промежуток времени. Данная работа отрицательна и равна по модулю произведению величины силы трения \(\mu mg\) на величину относительной скорости соприкасающихся участков тел \(\omega R - 2u\) и на промежуток времени \(\Delta t\), то есть \(\Delta A_{\text{тр}} = -\mu mg(\omega R - 2u)\Delta t\). Таким образом, справедливо уравнение: \[2mu\Delta u + mR^2\omega\Delta\omega = -\mu mg(\omega R - 2u)\Delta t,\] из которого, с учётом выражения для \(\Delta u/\Delta t\), получаем уравнение для угловой скорости колеса: \(\dfrac{\Delta\omega}{\Delta t} = -\dfrac{\mu g}{R}\).

Из полученных выражений для линейных и угловых ускорений находим законы изменения скоростей поступательного и вращательного движения: \(u(t) = \mu gt\) и \(\omega(t) = \omega_0 - \mu gt/R\). Колесо начнёт двигаться без проскальзывания при условии обращения в нуль относительной скорости нижней точки колеса и доски: \(2u = \omega R\), откуда для момента времени, в который это произойдёт, получаем \(t_0 = \dfrac{\omega_0R}{3\mu g}\). В этот момент времени \(u = \omega_0R/3\) и \(\omega = 2\omega_0/3\), а кинетическая энергия системы равна \[E_0 = \dfrac{mu^2}{2} + \dfrac{mu^2}{2} + \dfrac{m\omega^2R^2}{2} = \dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{m\omega_0^2R^2}{2} = \dfrac{2}{3}A.\] Следовательно, за время \(t_0\) в системе выделится количество теплоты, равное \(Q = A/3\), если колесо к этому моменту ещё не успеет скатиться с доски.

Ответ

\(\eta = \dfrac{nk\left(k^{1/n} - 1\right) - (k - 1)}{\dfrac{3}{2}(k - 1) + \dfrac{5}{2}nk\left(k^{1/n} - 1\right)}\).

Решение

Поскольку тепловая машина совершает за цикл положительную работу, рассматриваемый цикл проходится по часовой стрелке, в направлении 1–2–3. Для расчёта КПД этой тепловой машины, равного отношению совершённой работы \(A\) к количеству теплоты \(Q_+\), полученному от нагревателей, обозначим через \(p_0\) и \(V_0\) минимальные давление и объём газа; тогда максимальные давление и объём будут равны \(kp_0\) и \(kV_0\). Заметим, что на горизонтальном участке ступеньки объём возрастает в \(k^{1/n}\) раз, а на вертикальном участке давление уменьшается в такое же число раз.

В данном цикле газ получает тепло на участке 1–2, а также на горизонтальных участках лестницы 2–3. Количество теплоты, полученное на участке 1–2, равно изменению внутренней энергии газа: \(Q_{12} = \dfrac{3}{2}kp_0V_0 - \dfrac{3}{2}p_0V_0 = \dfrac{3}{2}(k - 1)p_0V_0\). Далее, на \(i\)-м горизонтальном участке лестницы (\(i\) изменяется в пределах от 1 до \(n\)) газ расширяется от объёма \(V_0k^{(i-1)/n}\) до \(V_0k^{i/n}\) при постоянном давлении \(p_0k^{1-((i-1)/n)}\). При этом он совершает работу \(\Delta A = kp_0V_0(k^{1/n} - 1)\), изменяет свою внутреннюю энергию на \(\Delta U = 1{,}5\Delta A\) и получает количество теплоты \(\Delta Q = 2{,}5\Delta A\). На вертикальных участках «лестницы» газ не совершает работы и отдаёт тепло. На участке 3–1 газ отдаёт тепло и совершает отрицательную работу \(A_{31} = -(k - 1)p_0V_0\).

Следовательно, суммарное количество теплоты, полученное от нагревателей, равно \[Q_+ = Q_{12} + n\Delta Q = \dfrac{3}{2}(k - 1)p_0V_0 + \dfrac{5}{2}nk\left(k^{1/n} - 1\right)p_0V_0,\] а совершённая работа \[A = A_{31} + n\Delta A = -(k - 1)p_0V_0 + nk\left(k^{1/n} - 1\right)p_0V_0.\] Искомый КПД цикла равен \[\eta = \dfrac{A}{Q_+} = \dfrac{nk\left(k^{1/n} - 1\right) - (k - 1)}{\dfrac{3}{2}(k - 1) + \dfrac{5}{2}nk\left(k^{1/n} - 1\right)}.\]