Всесоюзная, 1972/73, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, движущуюся вместе с центром колеса: она инерциальна, и груз в ней равномерно движется по окружности. Выясните, в каком положении груза сила давления колеса на дорогу минимальна.

Ответ

\(v_{\min}=\sqrt{gR\left(1+\dfrac{M}{m}\right)}\), \(R=\dfrac{1}{2\pi}\text{ м}\); \(v_{\min}\approx5\text{ м/с}\).

Решение

Что происходит. Сани едут равномерно, колесо катится без проскальзывания, и его центр \(O\) движется прямолинейно с той же скоростью \(v\). Система отсчёта, связанная с центром колеса, инерциальна. В ней колесо просто вращается, а груз \(m\) движется по окружности радиуса \(R\) с постоянной по модулю скоростью \(v\) (скорость точки обода относительно центра при качении без проскальзывания равна скорости центра). Груз при этом имеет центростремительное ускорение \(v^2/R\), и обод давит на колесо с силой, которая зависит от положения груза. Колесо подпрыгнет, когда сила реакции дороги \(N\) обратится в нуль. Главная идея: записать, как \(N\) зависит от положения груза, и найти положение, в котором \(N\) минимальна.

Обозначения. \(R=\dfrac{1}{2\pi}\) м — радиус колеса (длина окружности \(2\pi R=1\) м); \(\theta\) — угол между радиусом \(OA\) к грузу и вертикалью вверх; \(\vec Q\) — сила, действующая на груз со стороны обода; \(a_{\text{ц}}=v^2/R\). Груз считаем материальной точкой, а массу колеса \(M\) — без груза.

1. Груз в верхней точке. На груз действуют сила тяжести \(m\vec g\) и сила \(\vec Q\) со стороны обода. Запишем второй закон Ньютона для груза в проекции на вертикаль вниз, потому что в верхней точке ускорение направлено вниз, к центру: \[mg+Q=\frac{mv^2}{R}\quad\Rightarrow\quad Q=\frac{mv^2}{R}-mg .\] Колесо давит на груз вниз, если \(Q>0\), и по третьему закону Ньютона груз давит на колесо вверх с силой \(Q'=Q\). Значит, при \(v^2>gR\) груз «тянет» колесо вверх.

2. Груз в произвольном положении. Возьмём систему «колесо + груз». Её центр масс по вертикали ускоряется только из-за груза: центр колеса по вертикали неподвижен (колесо катится по ровной дороге), а груз имеет вертикальную проекцию ускорения \(-\dfrac{v^2}{R}\cos\theta\) (вниз, к центру). Внешние вертикальные силы — тяжесть \((M+m)\vec g\) и реакция дороги \(\vec N\); горизонтальные силы вертикаль не меняют. Запишем теорему о движении центра масс в проекции на вертикаль вверх: \[N-(M+m)g=-\,m\frac{v^2}{R}\cos\theta\quad\Rightarrow\quad N=(M+m)g-\frac{mv^2}{R}\cos\theta .\]

3. Где колесо отрывается первым. \(N\) минимальна при \(\cos\theta=1\), то есть когда груз находится в верхней точке. Значит, колесо раньше всего перестанет давить на дорогу именно в этот момент, и условие отрыва достаточно записать для верхней точки: \(N=0\), \(\theta=0\).

4. Условие отрыва. В верхней точке \(N=0\) при \[(M+m)g=\frac{mv^2}{R}\quad\Rightarrow\quad v_{\min}=\sqrt{gR\left(1+\frac{M}{m}\right)} .\] Тот же результат получается из силы \(Q'\): на колесо вверх действует \(Q'=\dfrac{mv^2}{R}-mg\), и отрыв начинается, когда \(Q'=Mg\).

Обратите внимание: масса \(M\) стоит в числителе, а не в знаменателе: чем тяжелее колесо, тем труднее ему подпрыгнуть. В статье формула записана с отношением \(m/M\) — это опечатка: численный ответ журнала \(\approx5\) м/с получается только из \(1+M/m\).

Ответ: \(v_{\min}=\sqrt{gR\left(1+\dfrac{M}{m}\right)}\). Подставляем \(R=\dfrac{1}{2\pi}\approx0{,}159\) м, \(\dfrac{M}{m}=15\), \(g=9{,}8\text{ м/с}^2\): \[v_{\min}=\sqrt{9{,}8\cdot0{,}159\cdot16}\text{ м/с}\approx5{,}0\text{ м/с}\ (\approx18\text{ км/ч}).\]

Проверка. Размерность: \(\sqrt{gR}\) — м/с. Предельный случай \(M/m\to0\) (колесо много легче груза): \(v_{\min}\to\sqrt{gR}\), то есть скорость, при которой груз в верхней точке невесом и перестаёт давить на колесо вниз; для лёгкого колеса этого достаточно, чтобы оно оторвалось. При \(M/m\to\infty\) скорость растёт: колесо тяжёлое, и груз должен «тянуть» его вверх сильнее. Смысл результата: колесо подпрыгивает, когда центростремительная сила груза в верхней точке превышает вес всей системы «колесо + груз».

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Разделите основание шайбы на малые участки: сила трения на каждом направлена против его скорости и по модулю одинакова. Сложите силы парами симметричных участков.

Ответ

Центр шайбы движется по прямой вдоль \(\vec v_0\). Больший путь шайба проходит при \(\omega_0\ne0\): сила трения на её центр тогда меньше \(\mu mg\), а при \(\omega_0=0\) путь равен \(s_0=v_0^2/(2\mu g)\).

Решение

Что происходит. Все точки основания шайбы скользят по поверхности, но с разными скоростями: скорость точки — сумма скорости центра и скорости вращения вокруг центра. На каждый малый участок основания действует трение скольжения, направленное против скорости этого участка; сила на всю шайбу — сумма таких сил. Главная идея: сложить их с помощью симметрии. Окажется, что суммарная сила направлена против скорости центра (значит, траектория центра — прямая) и что при вращении она меньше, чем \(\mu mg\).

Обозначения. Шайба однородная и тонкая, поэтому давление на поверхность распределено по основанию равномерно: на участок площади \(dA\) приходится нормальная сила \(\sigma\,dA\) с одинаковым \(\sigma=mg/(\pi R^2)\), и на него действует трение \(\mu\sigma\,dA\). \(O\) — центр шайбы, \(\vec v\) — его скорость, \(\vec\omega\) — угловая скорость (вертикальная ось), \(\vec r\) — положение участка относительно \(O\), \(\vec u\) — скорость участка относительно поверхности.

Пункт 1. Траектория центра.

1. Скорости участков. Скорость любой точки основания \(\vec u=\vec v+\vec\omega\times\vec r\). Найдём точку \(C\), в которой \(\vec u=0\) (мгновенный центр вращения): она лежит в плоскости основания на перпендикуляре к \(\vec v\), проведённом через \(O\), на расстоянии \(v/\omega\) от \(O\). Относительно \(C\) скорость любой точки такая же, как при чистом вращении: \(\vec u=\vec\omega\times(\vec r-\vec r_C)\). Значит, скорость каждого участка перпендикулярна отрезку от него до \(C\).

2. Силы на участки. Трение на участок направлено против \(\vec u\): оно перпендикулярно отрезку от участка до \(C\) и повёрнуто всюду в сторону, противоположную вращению; модуль силы у всех участков одинаков.

3. Сложение симметричных пар. Возьмём два участка \(P\) и \(P'\), симметричных относительно прямой \(OC\) (шайба относительно неё симметрична). Отрезки \(CP\) и \(CP'\) — зеркальные отражения друг друга, а направление вращения при отражении меняется на противоположное, поэтому силы \(\vec f_1\) и \(\vec f_2\) имеют равные по модулю и противоположные по знаку составляющие вдоль \(OC\), а составляющие поперёк \(OC\) одинаковы и складываются. Вся шайба разбивается на такие пары, поэтому полная сила трения \(\vec F\) перпендикулярна \(OC\). Но \(OC\perp\vec v\), значит \(\vec F\parallel\vec v\).

4. Траектория. Второй закон Ньютона для центра шайбы: \(m\,d\vec v/dt=\vec F\). Раз \(\vec F\) всё время направлена вдоль \(\vec v\), поперечного ускорения нет, направление \(\vec v\) не меняется, и центр движется по прямой вдоль \(\vec v_0\). Такая же прямая и без вращения: тогда все участки имеют одинаковую скорость \(\vec v\), сила \(\mu mg\) направлена против неё.

Пункт 2. Сравнение путей.

5. Без вращения. Сила \(\mu mg\) постоянна, ускорение торможения \(\mu g\), путь \[s_0=\frac{v_0^2}{2\mu g}.\]

6. Сила при вращении: направление. Возьмём участок \(P\) и участок \(P''\), симметричный ему относительно \(O\). Их скорости \(\vec a=\vec v+\vec w\) и \(\vec b=\vec v-\vec w\), где \(\vec w=\vec\omega\times\vec r\); сумма \(\vec a+\vec b=2\vec v\). Силы на малые участки равны \(-\mu\sigma\,dA\,\vec a/a\) и \(-\mu\sigma\,dA\,\vec b/b\). Для суммы единичных векторов \(\hat a=\vec a/a\) и \(\hat b=\vec b/b\) верно \[(\hat a+\hat b)\cdot(\vec a+\vec b)=(a+b)\,(1+\cos\gamma)\ge0,\] где \(\gamma\) — угол между \(\vec a\) и \(\vec b\). Значит, проекция суммы сил пары на \(\vec v\) не положительна: трение центр только тормозит, никогда не разгоняет.

7. Сила при вращении: модуль. Проекция одного единичного вектора на \(\hat v\) не превышает \(1\). Поэтому сумма сил пары на оси \(\vec v\) по модулю не больше \(2\mu\sigma\,dA\), то есть не больше, чем при отсутствии вращения, и строго меньше, если \(\vec a\) и \(\vec b\) не параллельны \(\vec v\). При \(\omega\ne0\) это так у большинства пар (скорость вращения \(\vec w\) перпендикулярна радиусу). Суммируя по всем парам, получаем \[F<\mu\sigma\pi R^2=\mu mg\qquad(\omega\ne0).\]

8. Путь. Ускорение торможения центра \(a=F/m\le\mu g\) в любой момент: при вращении оно меньше, без вращения — равно \(\mu g\). Значит, скорость центра убывает не быстрее, чем при \(\omega_0=0\): \(v(t)\ge v_0-\mu gt\) до остановки, а раз скорость в каждый момент больше, больше и путь \(\int v\,dt\). Итак, шайба с \(\omega_0\ne0\) пройдёт больший путь.

Для оценки величины эффекта интегрирование по основанию шайбы и уравнение вращения \(\tfrac12mR^2\dot\omega=-M_{\text{тр}}\) дали на компьютере такой результат: скорость центра и угловая скорость обращаются в нуль одновременно, а путь растёт с \(\omega_0\) — в \(1{,}3\) раза при \(\omega_0R=v_0\) и почти вдвое при \(\omega_0R=2v_0\) (график).

Обратите внимание: сила трения, направленная против \(\vec v\), равна \(\mu mg\) только без вращения. При вращении скорости участков направлены в разные стороны (у некоторых — даже назад), их силы частично гасят друг друга, и сила на центр меньше.

Ответ. Центр шайбы движется по прямой вдоль \(\vec v_0\) при любом \(\omega_0\). Путь при \(\omega_0\ne0\) больше пути \(s_0=\dfrac{v_0^2}{2\mu g}\) при \(\omega_0=0\).

Проверка. Предел \(\omega_0\to0\): точка \(C\) уходит на бесконечность, скорости всех участков одинаковы, сила равна \(\mu mg\), \(s\to s_0\) — как на графике при \(\omega_0R/v_0\to0\). Предел \(v_0\to0\) при \(\omega_0\ne0\): \(C\) совпадает с \(O\), силы участков, лежащих по окружностям вокруг \(O\), взаимно гасятся, центр остаётся на месте — разумно: шайба только крутится, не сдвигаясь. Предел \(\omega_0R\gg v_0\): сила на центр мала, и путь велик, как показывает рост графика.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Пузырёк на границе раздела омывается обеими жидкостями, и пар каждой из них насыщен. Когда давление в пузырьке сравнивается с атмосферным, он растёт. Состав пара в пузырьке найдите из закона Дальтона.

Ответ

Быстрее выкипает \(\text{CCl}_4\): по массе примерно в \(\dfrac{p_{\text{у}}M_{\text{у}}}{p_{\text{в}}M_{\text{в}}}\approx25\) раз (по числу молекул — в \(3\) раза).

Решение

Что происходит. На границе двух несмешивающихся жидкостей пузырёк пара окружён и водой, и \(\text{CCl}_4\). Внутрь пузырька испаряются обе жидкости, и пар каждой из них становится насыщенным. Давление в пузырьке — сумма парциальных давлений двух насыщенных паров, пока в нём нет воздуха. Пузырёк растёт (жидкость кипит), когда это давление достигает внешнего, то есть атмосферного. Поэтому кипение на границе начинается при температуре ниже температур кипения обеих жидкостей. Главная идея: из условия «сумма давлений равна атмосферному» найти давление насыщенного пара \(\text{CCl}_4\) при \(65{,}5\ ^\circ\text{C}\), а затем состав пара — по закону Дальтона.

Обозначения. \(p_{\text{в}}=192\) мм рт. ст. — давление насыщенного пара воды при \(65{,}5\ ^\circ\text{C}\); \(p_{\text{у}}\) — то же для \(\text{CCl}_4\); \(p_0=760\) мм рт. ст. — атмосферное давление; \(M_{\text{в}}=18\) г/моль и \(M_{\text{у}}=154\) г/моль — молярные массы воды и \(\text{CCl}_4\) (\(12+4\cdot35{,}5\)). Давлением столба жидкости над границей пренебрегаем.

1. Условие кипения на границе. Пузырёк на границе растёт, когда давление пара в нём равно внешнему. По закону Дальтона давление смеси газов равно сумме парциальных давлений; в пузырьке парциальное давление каждого пара равно давлению насыщенного пара этой жидкости при данной температуре, так как пар находится в равновесии со своей жидкостью: \[p_{\text{в}}+p_{\text{у}}=p_0\quad\Rightarrow\quad p_{\text{у}}=760-192=568\text{ мм рт. ст.}\]

2. Состав пара в пузырьке. Пар в пузырьке — смесь при одной температуре в одном объёме. Из уравнения состояния для каждой компоненты \(p_iV=\nu_iRT\) следует, что числа молей относятся как парциальные давления: \[\frac{\nu_{\text{у}}}{\nu_{\text{в}}}=\frac{p_{\text{у}}}{p_{\text{в}}}=\frac{568}{192}\approx2{,}96 .\] Пузырёк растёт за счёт испарения обеих жидкостей, и новые порции пара тоже имеют такой состав, поэтому за любое время испаряется (выкипает) \(\text{CCl}_4\) в \(2{,}96\) раза больше молей, чем воды.

3. Отношение масс. Масса испарившегося вещества равна \(\nu M\). Отношение скоростей убыли масс: \[\frac{m_{\text{у}}}{m_{\text{в}}}=\frac{\nu_{\text{у}}M_{\text{у}}}{\nu_{\text{в}}M_{\text{в}}}=\frac{568}{192}\cdot\frac{154}{18}\approx2{,}96\cdot8{,}56\approx25 .\] Количества налитых жидкостей в условии не заданы, поэтому сравниваются скорости выкипания: при равных начальных массах \(\text{CCl}_4\) выкипает быстрее воды примерно в \(25\) раз.

Обратите внимание: отношение масс не равно отношению давлений. Число молекул пара относится как \(3:1\), но молекула \(\text{CCl}_4\) почти в \(8{,}6\) раза тяжелее молекулы воды. Именно поэтому по массе быстрее выкипает \(\text{CCl}_4\) в \(25\) раз, а не в \(3\).

Ответ: быстрее выкипает \(\text{CCl}_4\): по массе — примерно в \(\dfrac{p_{\text{у}}M_{\text{у}}}{p_{\text{в}}M_{\text{в}}}\approx25\) раз (по числу молекул — в \(3\) раза).

Проверка. Размерность: отношения давлений и молярных масс безразмерны. Предельный случай: если бы \(p_{\text{в}}\to p_0\) (чистая вода при \(100\ ^\circ\text{C}\)), то \(p_{\text{у}}\to0\), и \(\text{CCl}_4\) не выкипал бы совсем; при \(p_{\text{в}}\to0\) кипела бы только \(\text{CCl}_4\) — оба предела согласуются с формулой. Физический смысл: вода при \(65{,}5\ ^\circ\text{C}\) испаряется плохо (\(192\) мм рт. ст.), и основной вклад в давление пузырька даёт \(\text{CCl}_4\) (\(568\) мм рт. ст.).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Заряд металлического шара сосредоточен на поверхности. На каждый участок поверхности действует сила от всех остальных зарядов — это <<электрическое давление>>. Сложите силы, действующие на меньшую часть, и найдите их проекцию на ось, перпендикулярную разрезу.

Ответ

\(F=\dfrac{Q^2\,(R^2-h^2)}{32\pi\varepsilon_0R^4}\) (в СГС \(F=\dfrac{Q^2(R^2-h^2)}{8R^4}\)).

Решение

Что происходит. Заряд уединённого проводящего шара равномерно распределён по поверхности. Каждый малый участок заряженной поверхности отталкивается от всех остальных зарядов шара, поэтому на него действует сила, направленная по нормали наружу. Эту силу удобно описывать давлением \(p\) (силой на единицу площади). Чтобы найти силу, действующую на отрезанную часть, нужно сложить силы давления по её поверхности. Главная идея: сумма проекций сил давления на ось, перпендикулярную плоскости разреза, равна произведению давления на площадь проекции поверхности на эту плоскость.

Обозначения. \(\sigma=\dfrac{Q}{4\pi R^2}\) — поверхностная плотность заряда; \(r=\sqrt{R^2-h^2}\) — радиус круга разреза; \(dA\) — площадь малого участка; ось \(z\) перпендикулярна разрезу и направлена от меньшей части наружу. Рассматриваем меньшую часть (при \(h>0\)); для другой части сила та же по модулю, по третьему закону Ньютона. Заряд в момент разрезания остаётся распределённым равномерно.

1. Электрическое давление. Поле у самой поверхности проводника \(E_{\text{вне}}=\sigma/\varepsilon_0\) (теорема Гаусса), внутри проводника поле равно нулю. На заряд участка действует поле всех остальных зарядов, а не его собственное; поле самого участка по обе стороны поверхности равно \(\pm\sigma/2\varepsilon_0\), поэтому поле остальных зарядов равно полусумме полей снаружи и внутри: \(\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\). Сила на участок \(dF=\sigma\,dA\cdot\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\), то есть давление \[p=\frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}=\frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R^4}.\] Сила направлена по нормали к поверхности наружу.

2. Сила на меньшую часть. Нужно сложить силы \(dF=p\,dA\) по поверхности шарового сегмента. Силы, перпендикулярные оси \(z\), в сумме дают нуль (по симметрии), остаётся \[F=\int p\,\cos\alpha\,dA=p\int\cos\alpha\,dA ,\] где \(\alpha\) — угол между нормалью к участку и осью \(z\). Величина \(\cos\alpha\,dA\) — площадь проекции участка на плоскость разреза, а проекция всего сегмента — круг радиуса \(r\). Поэтому \(\int\cos\alpha\,dA=\pi r^2=\pi(R^2-h^2)\).

3. Результат. Подставляем: \[F=p\,\pi(R^2-h^2)=\frac{Q^2\,(R^2-h^2)}{32\pi\varepsilon_0R^4}.\] Эту же силу создаёт другая часть шара: по третьему закону Ньютона сила, действующая на вторую часть, такая же по модулю и направлена в противоположную сторону. Внутри каждой части суммарная сила взаимодействия её зарядов между собой равна нулю.

Обратите внимание: сила не равна кулоновскому отталкиванию двух точечных зарядов и не зависит от того, как ведут себя заряды внутри металла: заряд в момент разрезания не успевает перераспределиться, и нужно считать именно давление на поверхность. Площадь, которую надо брать, — не поверхность сегмента, а площадь его проекции \(\pi(R^2-h^2)\).

Ответ: \(F=\dfrac{Q^2\,(R^2-h^2)}{32\pi\varepsilon_0R^4}\) (в СГС \(F=\dfrac{Q^2(R^2-h^2)}{8R^4}\)).

Проверка. Размерность: \(\dfrac{Q^2}{\varepsilon_0R^2}\) — как сила Кулона \(\dfrac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0R^2}\), умноженная на безразмерное. Предельные случаи: при \(h=0\) (шар разрезан пополам) \(F=\dfrac{Q^2}{32\pi\varepsilon_0R^2}\) — известное значение для полушарий (давление \(\sigma^2/2\varepsilon_0\) на площадь \(\pi R^2\)); при \(h\to R\) отрезается малая шапочка, \(F\to0\), как и должно быть, так как её площадь проекции стремится к нулю.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

При токе диод ведёт себя как источник с постоянным напряжением \(U_0\) <<против>> тока, а при \(I=0\) ток прекращается. Запишите закон сохранения энергии: работа источника идёт на заряд конденсатора, на нагрев диода и нагрев резистора.

Ответ

\(Q_R=\dfrac{C\,(E-U_0)^2}{2}\) при \(E>U_0\); при \(E\le U_0\) ток не идёт и \(Q_R=0\).

Решение

Что происходит. Идеализированная характеристика (рис. 5, б) означает: пока напряжение на диоде меньше \(U_0\), ток равен нулю; при токе напряжение на диоде равно \(U_0\), как бы велик ни был ток. После замыкания ключа ток течёт, пока конденсатор заряжается, и напряжение на диоде при этом равно \(U_0\). Ток прекращается, когда напряжение на диоде падает до \(U_0\) при нулевом токе, то есть когда сумма \(U_0\) и напряжения на конденсаторе сравнивается с \(E\). Главная идея: найти заряд конденсатора по условию прекращения тока, затем записать закон сохранения энергии для всей цепи.

Обозначения. \(q\) — заряд, прошедший по цепи и оказавшийся на конденсаторе в конце; \(U_C\) — конечное напряжение на конденсаторе; \(A\) — работа источника; \(W\) — энергия заряженного конденсатора; \(Q_{\text{д}}\) и \(Q_R\) — количества теплоты, выделившиеся на диоде и на резисторе. Считаем \(E>U_0\) (иначе тока нет совсем и \(Q_R=0\)).

1. Конечное состояние. В конце ток равен нулю, поэтому напряжение на резисторе равно нулю. Диод проводит, пока на нём напряжение \(U_0\), и закрывается, когда его напряжение не превышает \(U_0\). Закон Кирхгофа (сумма напряжений по контуру равна э. д. с.) в конце: \(E=U_0+U_C+0\), откуда \[U_C=E-U_0,\qquad q=CU_C=C\,(E-U_0).\]

2. Работа источника. Источник переносит заряд \(q\) при э. д. с. \(E\): \(A=Eq=CE\,(E-U_0)\) (внутреннее сопротивление источника равно нулю, тепло в нём не выделяется).

3. Куда ушла энергия. Закон сохранения энергии для цепи: \(A=W+Q_{\text{д}}+Q_R\). Энергия конденсатора \(W=\dfrac{q^2}{2C}=\dfrac{C(E-U_0)^2}{2}\). На диоде при токе \(I\) выделяется мощность \(U_0I\), а за всё время зарядки — \(Q_{\text{д}}=U_0q=CU_0(E-U_0)\). Тогда \[Q_R=A-W-Q_{\text{д}}=C(E-U_0)\left[E-\frac{E-U_0}{2}-U_0\right]=\frac{C(E-U_0)^2}{2}.\]

4. Второй способ. Ток в цепи через резистор: \(RI=E-U_0-\dfrac{q}{C}\), откуда \(I=\dfrac{E-U_0}{R}e^{-t/RC}\). Тогда \(Q_R=\int_0^\infty I^2R\,dt=\dfrac{(E-U_0)^2}{R}\cdot\dfrac{RC}{2}=\dfrac{C(E-U_0)^2}{2}\) — тот же результат.

Обратите внимание: на резисторе выделяется ровно столько же тепла, сколько запасается в конденсаторе (как и без диода, с заменой \(E\to E-U_0\)): диод только уменьшает э. д. с. на \(U_0\), а сам съедает долю \(U_0q\) работы источника.

Ответ: \(Q_R=\dfrac{C\,(E-U_0)^2}{2}\) при \(E>U_0\); при \(E\le U_0\) ток не идёт и \(Q_R=0\).

Проверка. Размерность: \(CU^2\) — джоуль. Предельный случай \(U_0\to0\) (идеальный диод без порога): \(Q_R=\dfrac{CE^2}{2}\) — известный результат для зарядки конденсатора от источника через резистор (половина работы источника уходит в тепло). При \(U_0\to E\) заряд и тепло стремятся к нулю: ток не идёт. Для рисунка взято \(E=4U_0\), \(C=1\): \(A=12\), \(W=4{,}5\), \(Q_{\text{д}}=3\), \(Q_R=4{,}5\) (в единицах \(CU_0^2\)).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.