СПбГУ, 2021/22, заключительный этап, 10 класс

Ускорение катера найдите из условия разгона до скорости течения за время \(t_c\). Затем запишите две фазы движения (разгон и торможение с тем же ускорением) и условие, что пройденный путь равен \(L = u\,t_{\text{пл}}\).

\(t_1 = \sqrt{t_c\,t_{\text{пл}} + \dfrac{t_c^2}{2}} - t_c\).

Пусть \(u\) — скорость течения, \(L\) — расстояние между городами, \(a = \dfrac{u}{t_c}\) — ускорение катера. По условию \(L = u\,t_{\text{пл}}\), откуда \(L = a\,t_c\,t_{\text{пл}}\).

Пусть \(t_1\) — время до дерева, \(t_2\) — полное время. На первом участке \(v = u + at_1\), пройденный путь \(S_1 = ut_1 + \dfrac{at_1^2}{2}\). Затем катер тормозит с тем же ускорением до нулевой скорости у \(B\), путь на втором участке \(S_2 = \dfrac{(u + at_1)^2}{2a}\). Полное расстояние \[L = S_1 + S_2 = 2ut_1 + at_1^2 + \frac{u^2}{2a}.\] Решая квадратное уравнение относительно \(t_1\) (берём положительный корень), \[t_1 = \sqrt{\frac{L}{a} + \frac{u^2}{2a^2}} - \frac{u}{a}.\] С учётом \(L/a = t_c t_{\text{пл}}\) и \(u/a = t_c\) получаем ответ.

\(R_A \approx 0{,}72\) Ом по официальному решению; максимальный ток — см. решение. Значения требуют проверки (см. комментарий в решении).

Амперметры подключены параллельно группам резисторов, поэтому напряжения на амперметре и на группе совпадают. Для группы с последовательными резисторами \(I_1 R_A = I_{1R}(R_1 + R_2)\), полный ток \(I = I_1 + I_{1R} = I_1\dfrac{R_1 + R_2 + R_A}{R_1 + R_2}\). Для группы с параллельными резисторами \(I = I_2 + I_2 R_A\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right)\). Приравнивая полные токи, по официальному решению получают \(R_A = \dfrac{I_2 - I_1}{\dfrac{I_1}{R_1+R_2} - I_2\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right)}\) и значение \(0{,}72\) Ом.

Предел измерения цепи ограничен тем амперметром, который зашкаливает раньше. По формулам решения при \(I_{\max} = 2\) А получаем для второго амперметра \(I_{2\max} = I_{\max}\left(1 + \dfrac{R_A}{R_1} + \dfrac{R_A}{R_2}\right) = 20\) А, для первого \(I_{1\max} = I_{\max}\dfrac{R_1 + R_2 + R_A}{R_1 + R_2}\).

Скорость вытекания найдите по закону Бернулли для линии тока от поверхности воды до отверстия. Дальность полёта — как у тела, брошенного горизонтально с высоты \(H + a\).

\(H = \dfrac{b-a}{2}\);  \(L_{\max} = a + b\).

Скорость вытекания из отверстия на высоте \(H\), когда над ним столб воды \(h_1 = b - H\): из закона Бернулли (скорость у поверхности пренебрежимо мала) \(v = \sqrt{2g(b - H)}\). Время полёта от отверстия, находящегося на высоте \(H + a\) над землёй, \(t = \sqrt{\dfrac{2(H+a)}{g}}\). Дальность полёта \[L = vt = 2\sqrt{(H + a)(b - H)}.\] Максимум подкоренного выражения достигается при \(H = \dfrac{b-a}{2}\), и тогда \(L_{\max} = b + a\).

Со свободной поверхности воды идёт испарение, поэтому в конце в обоих сосудах есть насыщенный пар. Давление в перемычке сравнивайте с обеих сторон, а для аргона используйте изотермичность.

\(H = \dfrac{(np_{\text{Ar}} - p_{\text{пар}})(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{п}})}{\rho_{\text{в}}\,g\,(\rho_{\text{в}} - 2\rho_{\text{п}})\left[1 - 2\,\dfrac{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{п}}}{\rho_{\text{в}} - 2\rho_{\text{п}}}\left(1 - \dfrac{p_{\text{Ar}}}{np_{\text{Ar}} - p_{\text{пар}}}\right)\right]}\), где \(\rho_{\text{п}}\) — плотность пара, \(p_{\text{пар}}\) — давление насыщенного пара; при \(\rho_{\text{п}} \ll \rho_{\text{в}}\) приближённо \(H \approx \dfrac{np_{\text{Ar}} - p_{\text{пар}}}{\rho_{\text{в}} g\left[1 - 2\left(1 - \dfrac{p_{\text{Ar}}}{np_{\text{Ar}} - p_{\text{пар}}}\right)\right]}\).

Пусть \(h_1'\) и \(h_2'\) — конечные высоты столбов воды в левом и правом сосудах, \(H\) — высота сосуда. Изотермичность для аргона: \(p_{\text{Ar}} H = p_{\text{Ar}}'(H - h_1')\), а манометр показывает \(p_{\text{Ar}}' + p_{\text{пар}} = np_{\text{Ar}}\). Отсюда \(h_1' = H\left(1 - \dfrac{p_{\text{Ar}}}{np_{\text{Ar}} - p_{\text{пар}}}\right)\).

Равенство давлений в перемычке: \(\rho_{\text{в}} g h_1' + np_{\text{Ar}} = \rho_{\text{в}} g h_2' + p_{\text{пар}}\), откуда \(h_2' = h_1' + \dfrac{np_{\text{Ar}} - p_{\text{пар}}}{\rho_{\text{в}} g}\).

Сохранение числа молекул воды (жидкость и пар в конце): \(\rho_{\text{в}} H = \rho_{\text{в}}(h_1' + h_2') + \rho_{\text{п}}(2H - h_1' - h_2')\). Подставляя \(h_1'\) и \(h_2'\) и решая относительно \(H\), получаем ответ.

Для двух близких лучей закон Снеллиуса даёт связь малых приращений углов \(d\alpha\) и \(d\beta\). Теорема синусов для двух близких лучей даёт отношение расстояний до рыбы и до изображения.

\(y = y'\,\dfrac{(n^2 - \sin^2\alpha)^{3/2}}{n^2\cos^3\alpha}\).

Пусть \(\alpha\) — угол наблюдения в воздухе, \(\beta\) — угол преломления в воде: \(\sin\beta = \dfrac{\sin\alpha}{n}\), \(\cos\beta = \dfrac{\sqrt{n^2 - \sin^2\alpha}}{n}\). Закон Снеллиуса для близких лучей \(\sin(\alpha + d\alpha) = n\sin(\beta + d\beta)\) даёт \(\cos\alpha\,d\alpha = n\cos\beta\,d\beta\), то есть \(\dfrac{d\alpha}{d\beta} = \dfrac{n\cos\beta}{\cos\alpha}\).

Теорема синусов для двух близких лучей, выходящих из одной точки на границе, даёт отношение расстояний до рыбы \(S\) и до изображения \(S'\): \[\frac{S}{S'} = \frac{\cos\beta\,d\alpha}{\cos\alpha\,d\beta} = n\left(\frac{\cos\beta}{\cos\alpha}\right)^2.\] Реальная глубина \(y = S\cos\beta\), кажущаяся \(y' = S'\cos\alpha\), поэтому \[\frac{y}{y'} = \frac{S}{S'}\cdot\frac{\cos\beta}{\cos\alpha} = n\left(\frac{\cos\beta}{\cos\alpha}\right)^3, \qquad y = y'\,\frac{(n^2 - \sin^2\alpha)^{3/2}}{n^2\cos^3\alpha}.\] При \(\alpha \to 0\) получаем \(y = ny'\), что совпадает с параксиальным приближением.

Скорость машинки относительно Земли в начале равна \(-u\). Выпишите фазы движения относительно Земли и условие, что полное время движения, умноженное на \(u\), равно \(S\).

\(L = -\dfrac{S}{2} + \dfrac{aS^2}{4u^2} - \dfrac{u^2}{4a}\).

Направим ось в сторону \(B\). Относительно Земли в начале скорость машинки \(-u\). Фаза 1 длится \(t_1\): \(v = -u + at_1\), \(S_1 = -ut_1 + \dfrac{at_1^2}{2}\). Фаза 2 длится \(t_2\) с торможением до нуля у \(B\): \(-u + at_1 - at_2 = 0\), то есть \(t_1 - t_2 = \dfrac{u}{a}\). Путь \(S_2 = (-u + at_1)t_2 - \dfrac{at_2^2}{2}\). Из системы \[L = -ut_1 + \frac{at_1^2}{2} + (-u + at_1)t_2 - \frac{at_2^2}{2}, \qquad t_1 - t_2 = \frac{u}{a}\] получаем \(L = at_2^2 - \dfrac{u^2}{2a}\). Полное время \(t_1 + t_2 = 2t_2 + \dfrac{u}{a}\), за которое лента проходит \(S = u(t_1 + t_2)\), откуда \(t_2 = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{S}{u} - \dfrac{u}{a}\right)\). Подставляя в выражение для \(L\), получаем ответ.

\(R_V = 20\) кОм;  \(U_{\max} = 21{,}6\) В.

Вольтметры включены последовательно с группами резисторов, поэтому ток через вольтметр равен току через группу. Для группы с последовательными резисторами \(U = U_1\left(1 + \dfrac{R_1 + R_2}{R_V}\right)\), для параллельных \(U = U_2\left(1 + \dfrac{R_1R_2}{R_V(R_1 + R_2)}\right)\). Приравнивая, \[R_V = \frac{U_1(R_1 + R_2)^2 - U_2R_1R_2}{(R_1 + R_2)(U_2 - U_1)} = 20~\text{кОм}.\] Предел измерения ограничивает первый вольтметр при полном напряжении \(U_{\max}\left(1 + \dfrac{R_1+R_2}{R_V}\right) = 72\) В, а второй — при \(U_{\max}\left(1 + \dfrac{R_1R_2}{R_V(R_1+R_2)}\right) = 21{,}6\) В (здесь \(U_{\max} = 12\) В). Наибольшее измеримое напряжение — \(21{,}6\) В.

Для каждого отверстия дальность струи зависит от уровня воды над ним. Приравняйте дальности и учтите, что отверстия расположены на разной высоте.

\(b = h_1 + h_2 + a\);  \(L = 2\sqrt{(a + h_1)(a + h_2)}\).

Скорость вытекания из отверстия на высоте \(h_{1,2}\) при уровне \(b\): \(v_{1,2} = \sqrt{2g(b - h_{1,2})}\). Время полёта \(t_{1,2} = \sqrt{\dfrac{2(a + h_{1,2})}{g}}\). Дальность \[L_{1,2} = v_{1,2}t_{1,2} = 2\sqrt{(a + h_{1,2})(b - h_{1,2})}.\] Из равенства \(L_1 = L_2\) получаем \(h_1^2 - h_2^2 = (b - a)(h_1 - h_2)\), и, так как \(h_1 \neq h_2\), \(h_1 + h_2 = b - a\). Отсюда \(b = h_1 + h_2 + a\) и \(L = 2\sqrt{(a + h_1)(a + h_2)}\).

Учтите, что в запаянном сосуде испаряется вода, и в конце там аргон и насыщенный пар. Давление в перемычке с одной стороны складывается из давления аргона и пара, с другой — из давления столба воды и внешнего давления \(p_0\) через поршень.

\(H = \dfrac{np_{\text{Ar}} - p_0}{g(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{п}})}\left[1 - \left(1 - \dfrac{p_{\text{Ar}}}{np_{\text{Ar}} - p_{\text{пар}}}\right)\left(1 + \dfrac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{п}}}\right)\right]^{-1}\), где \(p_{\text{Ar}}\) — начальное давление аргона; при \(\rho_{\text{п}} \ll \rho_{\text{в}}\) приближённо \(H \approx \dfrac{np_{\text{Ar}} - p_0}{g\rho_{\text{в}}}\left[1 - 2\left(1 - \dfrac{p_{\text{Ar}}}{np_{\text{Ar}} - p_{\text{пар}}}\right)\right]^{-1}\).

Пусть \(h_1'\) и \(h_2'\) — конечные высоты столбов воды в запаянном и открытом с поршнем сосудах. Изотермичность аргона и условие манометра дают \(h_1' = H\left(1 - \dfrac{p_{\text{Ar}}}{np_{\text{Ar}} - p_{\text{пар}}}\right)\). Равенство давлений в перемычке: \(\rho_{\text{в}} g h_1' + np_{\text{Ar}} = \rho_{\text{в}} g h_2' + p_0\), откуда \(h_2' = h_1' + \dfrac{np_{\text{Ar}} - p_0}{\rho_{\text{в}} g}\).

Число молекул воды постоянно: \(\rho_{\text{в}} H = \rho_{\text{в}}(h_1' + h_2') + \rho_{\text{п}}(H - h_1')\). Подставляя \(h_1'\) и \(h_2'\), получаем ответ.

Используйте тот же приём, что и в задаче про рыбака: близкие лучи и теорема синусов. Для второго пункта вспомните предельный угол полного внутреннего отражения.

1) \(y = \dfrac{y'}{n}\left(\dfrac{\sqrt{1 - n^2\sin^2\beta}}{\cos\beta}\right)^3\), где \(\beta\) — угол наблюдения в воде; 2) самолёт виден при \(|\beta| \le \arcsin\dfrac{1}{n}\).

Пусть \(\alpha\) — угол в воздухе (к самолёту), \(\beta\) — угол наблюдения в воде от вертикали: \(\sin\alpha = n\sin\beta\), \(\cos\alpha = \sqrt{1 - n^2\sin^2\beta}\). Закон Снеллиуса для близких лучей даёт \(\dfrac{d\alpha}{d\beta} = \dfrac{n\cos\beta}{\cos\alpha}\).

Теорема синусов для двух близких лучей даёт отношение расстояний до самолёта \(S\) и до изображения \(S'\): \(\dfrac{S}{S'} = \dfrac{\cos\alpha\,d\beta}{\cos\beta\,d\alpha} = \dfrac{1}{n}\left(\dfrac{\cos\alpha}{\cos\beta}\right)^2\). Истинная высота \(y = S\cos\alpha\), кажущаяся \(y' = S'\cos\beta\), поэтому \[\frac{y}{y'} = \frac{S}{S'}\cdot\frac{\cos\alpha}{\cos\beta} = \frac{1}{n}\left(\frac{\cos\alpha}{\cos\beta}\right)^3, \qquad y = \frac{y'}{n}\left(\frac{\sqrt{1 - n^2\sin^2\beta}}{\cos\beta}\right)^3.\] Угол наблюдения меняется от \(0\) до \(\beta_{\text{кр}}\), где \(\sin\beta_{\text{кр}} = \dfrac{1}{n}\) (предельный угол полного внутреннего отражения); при \(\beta > \beta_{\text{кр}}\) луч не выходит в воздух, и самолёт не виден.

Из условия разгона \(\tau_2\) найдите \(u/a\). Для машинки, двигавшейся против ленты, время первой фазы равно \(\tau_1\), и отсюда найдите время второй фазы.

Машинка, двигавшаяся против ленты, — \(2\tau_1 - \tau_2\); машинка, двигавшаяся по ленте, — \(2\tau_1 - 3\tau_2\).

Пусть \(u\) — скорость ленты, \(a\) — ускорение машинок. Из разгона до скорости ленты \(u = a\tau_2\), то есть \(\dfrac{u}{a} = \tau_2\).

Для машинки, двигавшейся против ленты, относительно Земли скорость в начале \(-u\). Из общего вывода (аналогично задаче 6) при времени первой фазы \(T_1\) и второй \(T_2\) имеем \(T_1 = \sqrt{\dfrac{L}{a} + \dfrac{u^2}{2a^2}} + \dfrac{u}{a} = \tau_1\) и \(T_2 = \sqrt{\dfrac{L}{a} + \dfrac{u^2}{2a^2}} = \tau_1 - \tau_2\). Полное время \(T = T_1 + T_2 = 2\tau_1 - \tau_2\).

Для машинки, двигавшейся по ленте, \(t_1 = \sqrt{\dfrac{L}{a} + \dfrac{u^2}{2a^2}} - \dfrac{u}{a} = \tau_1 - 2\tau_2\) и \(t_2 = \tau_1 - \tau_2\), полное время \(t = t_1 + t_2 = 2\tau_1 - 3\tau_2\).

Минимальный предел достигается, когда все резисторы подключены последовательно амперметру, то есть \(I_a = 4\) А. Для остальных конфигураций ток через сегмент выразите через ток амперметра и отношения сопротивлений.

Максимальный предел \(16\) А — в конфигурации, где \(R_1\) включён последовательно с амперметром, а \(R_2\) подключён параллельно этой ветви.

Минимальный предел измерения у конфигурации, где весь ток идёт через амперметр, то есть у последовательного соединения всех резисторов с амперметром: \(I_a = 4\) А. Для конфигурации, где \(R_1\) последовательно с амперметром и обе эти ветви параллельны \(R_2\): \(I_a(R_a + R_1) = (I_x - I_a)R_2\), откуда \(I_x = I_a\left(1 + \dfrac{R_a + R_1}{R_2}\right) = 4\cdot 4 = 16\) А. Для конфигурации с амперметром параллельно двум ветвям \(R_1\) и \(R_2\): \(I_x = I_a\left(1 + \dfrac{R_a}{R_1} + \dfrac{R_a}{R_2}\right) = 10\) А. Максимум — \(16\) А.

Длина следа для каждого отверстия зависит от высоты отверстия и уровня воды. Приравняйте длины следов.

Уровень \(b = h_1 + h_2 + a\);  длина следов \(L = 2\sqrt{(a + h_1)(a + h_2)}\).

Как и в задаче 8: \(v_{1,2} = \sqrt{2g(b - h_{1,2})}\), \(t_{1,2} = \sqrt{\dfrac{2(a + h_{1,2})}{g}}\), \(L_{1,2} = 2\sqrt{(a + h_{1,2})(b - h_{1,2})}\). Равенство \(L_1 = L_2\) даёт \(h_1 + h_2 = b - a\), то есть \(b = h_1 + h_2 + a\), и \(L = 2\sqrt{(a + h_1)(a + h_2)}\).

Для аргона под поршнем давление равно \(p_0\) минус давление насыщенного пара. Объём газа меняется за счёт подъёма поршня и изменения уровня воды в левом сосуде. Разность уровней задана условием.

Подъём поршня \(x = \dfrac{p_{\text{пар}}H}{\rho_{\text{в}} g h_x} + \dfrac{\rho_{\text{в}}(H - h_x) - \rho_{\text{п}}\left(2H + \dfrac{p_{\text{пар}}H}{\rho_{\text{в}} g h_x} - h_x\right)}{2\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{п}}}\), где \(\rho_{\text{п}}\) — плотность пара, \(p_{\text{пар}}\) — давление насыщенного пара.

Пусть \(h_1'\) и \(h_2'\) — конечные уровни воды в запаянном и открытом сосудах, \(\Delta h\) — подъём поршня, \(p_{\text{Ar}}'\) — давление аргона в конце. Равновесие поршня: \(p_0 = p_{\text{Ar}}' + p_{\text{пар}}\). Изотермичность аргона: \(p_0 H = p_{\text{Ar}}'(H + \Delta h)\), откуда \(p_{\text{Ar}}'\,\Delta h = p_{\text{пар}}H\).

Равенство давлений в перемычке по официальному решению: \(\rho_{\text{в}} g h_1' + p_0 = \rho_{\text{в}} g h_2' + p_{\text{пар}}\), то есть \(\rho_{\text{в}} g h_x = p_0 - p_{\text{пар}} = p_{\text{Ar}}'\). Отсюда \(\Delta h = \dfrac{p_{\text{пар}}H}{\rho_{\text{в}} g h_x}\).

Сохранение числа молекул воды даёт второе соотношение между \(h_1'\), \(H\), \(h_x\) и \(\Delta h\) (в официальном решении записано как \(\rho_{\text{в}}(H - h_1' - h_2') = \rho_{\text{п}}(2H + \Delta h - h_2')\)). Решение этой системы даёт \(h_1' = \dfrac{\rho_{\text{в}}(H - h_x) - \rho_{\text{п}}(2H + \Delta h - h_x)}{2\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{п}}}\), и искомый подъём поршня \(x = \Delta h + h_1'\).

Постройте изображения ближайшей и дальней граней квадрата по формуле линзы. Площадь трапеции, образованной изображениями граней, — полусумма оснований, умноженная на высоту.

При \(d > F\): \(S(d) = \dfrac{F^3a^2\,(2d + a - 2F)}{2\,(d - F)^2\,(d + a - F)^2}\). При \(d + a < F\): \(S(d) = \dfrac{F^3a^2\,(2F - 2d - a)}{2\,(F - d)^2\,(F - d - a)^2}\). При \(F - a < d < F\) часть квадрата находится в фокусе, и площадь изображения не определена (неограниченно велика). Пики функции — в точках \(d = F\) и \(d = F - a\).

Для \(d > F\) по формуле линзы \(\dfrac{1}{F} = \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{f}\) координаты изображений дальней и ближней граней: \(f_1 = \dfrac{Fd}{d - F}\) и \(f_2 = \dfrac{F(d + a)}{d + a - F}\). Высота трапеции \(h = f_1 - f_2 = \dfrac{F^2a}{(d - F)(d + a - F)}\). Высоты изображений граней \(y_2 = \dfrac{Fa}{d + a - F}\), \(y_1 = \dfrac{Fa}{d - F}\), и \(S = \dfrac{y_1 + y_2}{2}h\), что после упрощения даёт ответ. Для \(d + a < F\) аналогично, с заменой знаков: изображения мнимые, прямые, и формула приведена выше.

Если часть квадрата лежит в фокусе, один из лучей идёт параллельно оси, изображение уходит на бесконечность, и площадь не ограничена.

Длина отрезка ленты, проходящего под машинкой, равна её перемещению относительно ленты. Найдите полное время движения машинки из точки \(A\) по аналогии с предыдущими задачами.

\(S = \dfrac{a}{2}\left(2\sqrt{\dfrac{L}{a} + \dfrac{u^2}{2a^2}} - \dfrac{u}{a}\right)^2\).

Для машинки из \(A\), движущейся по направлению ленты: \(t_1\) — время до переключения ускорения, \(t_2\) — время торможения. Из условий \(L = S_1 + S_2\), \(t_2 - t_1 = \dfrac{u}{a}\) получаем \(t_1 = \sqrt{\dfrac{L}{a} + \dfrac{u^2}{2a^2}} - \dfrac{u}{a}\) и \(t_2 = \sqrt{\dfrac{L}{a} + \dfrac{u^2}{2a^2}}\). Полное время первой машинки \(t = t_1 + t_2 = 2\sqrt{\dfrac{L}{a} + \dfrac{u^2}{2a^2}} - \dfrac{u}{a}\).

Машинка из \(B\) относительно ленты разгоняется из состояния покоя с ускорением \(a\), поэтому путь относительно ленты, то есть длина отрезка ленты под ней, \(S = \dfrac{at^2}{2}\), что даёт ответ.

Минимальный предел получается при параллельном соединении всех трёх резисторов, включённом последовательно с вольтметром; максимальный — при последовательном соединении всех трёх.

\(R_V = \dfrac{6R}{11}\cdot\dfrac{11U_{\min} - U_{\max}}{U_{\max} - U_{\min}}\);  предел измерения одиночного вольтметра \(U_V = \dfrac{11U_{\min} - U_{\max}}{10}\).

Минимальный предел: три резистора параллельны, их эквивалент \(R' = \dfrac{6}{11}R\), и \(U_{\min} = U_V\left(1 + \dfrac{6}{11}\dfrac{R}{R_V}\right)\). Максимальный предел: три резистора последовательны, \(U_{\max} = U_V\left(1 + \dfrac{6R}{R_V}\right)\). Из второго \(\dfrac{6R}{R_V} = \dfrac{U_{\max}}{U_V} - 1\), и подстановка в первое даёт \(11(U_{\min} - U_V) = U_{\max} - U_V\), то есть \(U_V = \dfrac{11U_{\min} - U_{\max}}{10}\). Затем \(R_V = \dfrac{6R}{11}\cdot\dfrac{11U_{\min} - U_{\max}}{U_{\max} - U_{\min}}\).

Дальность струи из отверстия на высоте \(h\) над дном при полной бочке равна \(2\sqrt{(a + h)(b - h)}\). Требование одинаковой дальности даёт связь высот отверстий.

Над землёй: верхнее отверстие на высоте \(\dfrac{a + b + H}{2}\), нижнее — на высоте \(\dfrac{a + b - H}{2}\) (над дном бочки: \(\dfrac{b - a + H}{2}\) и \(\dfrac{b - a - H}{2}\)).

Как и в задачах 8 и 13, дальность струи из отверстия на высоте \(h\) над дном при полной бочке \(L = 2\sqrt{(a + h)(b - h)}\). Одинаковость дальности для двух отверстий даёт \(h_1 + h_2 = b - a\), а по условию \(h_1 - h_2 = H\). Отсюда \(h_1 = \dfrac{b - a + H}{2}\) и \(h_2 = \dfrac{b - a - H}{2}\). Высоты над землёй добавляют \(a\).

Парциальное давление насыщенного пара в запаянном сосуде не меняется. Изменяется парциальное давление воздуха (изотермический процесс), а сумма их даёт показания манометра. Условие равновесия в перемычке и сохранение числа молекул воды дают систему для уровней.

\(h_1' = \dfrac{H\left(1 - \dfrac{1}{n} + \dfrac{p_{\text{пар}}}{p_{\text{возд}}}\left(\dfrac{1}{n} - 1\right)\right) + \dfrac{p_{\text{возд}} + p_{\text{пар}}}{n g(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{п}})}}{1 + \dfrac{\rho_{\text{в}}}{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{п}}} - \dfrac{1}{n} + \dfrac{p_{\text{пар}}}{p_{\text{возд}}}\left(\dfrac{1}{n} - 1\right)}\), где \(p_{\text{возд}}\) — начальное парциальное давление воздуха, \(p_{\text{пар}}\) — давление насыщенного пара.

Пусть \(h_1\) — начальный уровень воды в запаянном сосуде, \(h_1'\), \(h_2'\) — конечные уровни в запаянном и открытом сосудах. Начальные показания манометра \(P_0 = p_{\text{возд}} + p_{\text{пар}}\), конечные — \(P_0/n\). Парциальное давление насыщенного пара не меняется, поэтому конечное парциальное давление воздуха \(p_{\text{возд}}' = \dfrac{P_0}{n} - p_{\text{пар}}\). Изотермичность воздуха связывает его давление с объёмом: \(p_{\text{возд}}(H - h_1) = p_{\text{возд}}'(H - h_1')\).

Равенство давлений в перемычке (давление столба воды и давление газа в запаянном сосуде слева, давление столба воды справа) даёт \(h_2' - h_1' = \dfrac{P_0/n}{\rho_{\text{в}} g}\) (с учётом \(P_0/n\) как показания манометра), а сохранение числа молекул воды — второе уравнение. Исключая \(h_2'\) и \(h_1\), получаем искомый уровень \(h_1'\) в виде ответа.

Фокусное расстояние зеркала равно \(R/2\). Постройте по формуле зеркала изображения трёх вершин треугольника; одна из них — дальняя от зеркала, другая — ближняя, третья — посередине. Площадь изображения — полусумма оснований на высоту, как в задаче 15.

При \(d > R/2\): \(S(d) = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{dR}{2d - R} - \dfrac{(d+a)R}{2(d+a) - R}\right)\cdot\dfrac{\frac{\sqrt{3}}{2}aR}{2\left(d + \frac{a}{2}\right) - R}\). При \(d < R/2\): \(S(d) = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{(d+a)R}{R - 2(d+a)} - \dfrac{dR}{R - 2d}\right)\cdot\dfrac{\frac{\sqrt{3}}{2}aR}{R - 2\left(d + \frac{a}{2}\right)}\). Площадь неограниченно велика при \(d = R/2 - a\), \(d = R/2 - a/2\) и \(d = R/2\) (вершины попадают в фокус).

Фокусное расстояние \(F = R/2\). Формула зеркала \(\dfrac{1}{F} = \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{f}\) даёт \(f = \dfrac{dR}{2d - R}\) для \(d > R/2\). Для ближней, средней и дальней вершин треугольника получаем координаты изображения \(f_1\), \(f_2\), \(f_3\): \(f_1 = \dfrac{dR}{2d - R}\), \(f_2 = \dfrac{(d + a/2)R}{2(d + a/2) - R}\), \(f_3 = \dfrac{(d + a)R}{2(d + a) - R}\). Высота изображения средней вершины над осью \(h_2 = \dfrac{\frac{\sqrt{3}}{2}aR}{2(d + a/2) - R}\), и площадь \(S = \dfrac{1}{2}(f_1 - f_3)h_2\). Для \(d < R/2\) изображения мнимые, и формулы — из той же процедуры с заменой знаков; результат приведён выше.

График: при удалении треугольника от зеркала площадь убывает, а при приближении вершин к фокусу растёт до бесконечности; между такими точками график имеет разрывы, и площадь в них не определена.