Всесоюзная, 1972/73, заключительный этап, 9 класс, теоретический тур

Подсказка

Сила меняется вместе со скоростью, поэтому формулы равноускоренного движения не годятся. Запишите изменение импульса за малое время \(dt\) и заметьте, что \(v\,dt\) — это пройденный путь.

Ответ

а) \(s_1=\dfrac{mv_0}{2k}=5\text{ м}\);  б) \(s_2=\dfrac{mv_0}{k}=10\text{ м}\).

Решение

Что происходит. Сила сопротивления пропорциональна скорости, поэтому по мере торможения она убывает и ускорение не постоянно: формулы равноускоренного движения не работают. Главная идея: за малый промежуток \(dt\) изменение импульса модели равно импульсу силы, а импульс силы \(kv\,dt\) выражается через пройденный путь \(dx=v\,dt\).

Обозначения. Ось \(x\) направлена вдоль скорости, начало — в точке толчка. \(v\) — скорость модели, когда она прошла путь \(x\).

1. Малый промежуток. Запишем второй закон Ньютона для модели в проекции на ось \(x\) за малый промежуток времени \(dt\), в течение которого силу можно считать постоянной: \[m\,dv=-kv\,dt .\] За это время модель проходит \(dx=v\,dt\), поэтому \[m\,dv=-k\,dx .\]

2. Суммирование. Коэффициенты \(m\) и \(k\) постоянны, поэтому можно просуммировать обе части от начала движения (скорость \(v_0\), путь \(0\)) до момента, когда пройден путь \(x\) и скорость равна \(v\): \[m\,(v-v_0)=-k\,x,\qquad x=\frac{m}{k}\,(v_0-v).\] Скорость убывает с пройденным путём линейно.

Пункт а. Скорость уменьшилась вдвое: \(v=v_0/2\). Тогда \[s_1=\frac{m}{k}\cdot\frac{v_0}{2}=\frac{mv_0}{2k}=\frac{0{,}5\cdot10}{2\cdot0{,}5}\text{ м}=5\text{ м}.\]

Пункт б. Модель остановилась: \(v=0\). Тогда \[s_2=\frac{mv_0}{k}=\frac{0{,}5\cdot10}{0{,}5}\text{ м}=10\text{ м}.\]

Обратите внимание: до остановки модель идёт бесконечно долго — чем медленнее она движется, тем слабее тормозит сила, и скорость стремится к нулю по закону \(v=v_0e^{-kt/m}\). Но путь при этом конечен: \(10\) м.

Ответ. а) \(s_1=\dfrac{mv_0}{2k}=5\text{ м}\);  б) \(s_2=\dfrac{mv_0}{k}=10\text{ м}\).

Проверка. Размерность: \(\dfrac{mv_0}{k}=\dfrac{\text{кг}\cdot\text{м/с}}{\text{кг/с}}=\text{м}\). Второй способ: из \(v=v_0e^{-kt/m}\) путь до остановки \(\int_0^\infty v\,dt=v_0\cdot\dfrac{m}{k}\) — тот же результат. Физический смысл: \(m/k=1\) с — время, за которое скорость уменьшилась бы в \(e\) раз, а путь до остановки равен тому, что модель прошла бы за это время при неизменной начальной скорости.

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

Подсказка

Выразите силу натяжения через угол \(\varphi\) между верёвкой и сходнями: она тянет ящик вдоль склона и одновременно уменьшает его давление на склон. Наименьшая сила — наибольший знаменатель.

Ответ

В обоих случаях \(\beta=\alpha+\operatorname{arctg}\mu\) (угол к горизонту; угол к сходням \(\varphi_0=\operatorname{arctg}\mu\)), от \(a\) он не зависит. а) \(F_{\min}=\dfrac{mg(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)}{\sqrt{1+\mu^2}}\);  б) \(F_{\min}=\dfrac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\sqrt{1+\mu^2}}\).

Решение

Что происходит. Ящик скользит вверх по склону. Верёвка тянет под углом \(\varphi\) к склону: одна часть её силы тянет ящик вдоль склона, другая приподнимает его, уменьшает давление на склон и тем самым силу трения. Слишком малый угол почти не уменьшает трение, слишком большой тратит силу на подъём, а не на движение вдоль склона. Главная идея: записать силу натяжения как функцию \(\varphi\) и найти её минимум.

Обозначения. Ось \(x\) — вдоль склона вверх, ось \(y\) — перпендикулярно склону. \(a\) — ускорение ящика вдоль оси \(x\) (в пункте а \(a=0\)), \(\varphi\) — угол между верёвкой и склоном, \(\beta=\alpha+\varphi\) — угол верёвки с горизонтом, именно он спрашивается. Ящик не отрывается от склона: \(N>0\).

1. Движение поперёк склона. Запишем второй закон Ньютона для ящика в проекции на ось \(y\): ящик не отрывается и не проваливается, ускорение вдоль \(y\) равно нулю: \[N+F\sin\varphi-mg\cos\alpha=0,\qquad N=mg\cos\alpha-F\sin\varphi .\]

2. Движение вдоль склона. Тот же закон в проекции на ось \(x\). Ящик скользит вверх, трение скольжения \(F_{\text{тр}}=\mu N\) направлено вниз по склону: \[ma=F\cos\varphi-mg\sin\alpha-\mu N .\]

3. Сила натяжения как функция угла. Подставим \(N\) из первого уравнения: \[F\,(\cos\varphi+\mu\sin\varphi)=m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a),\qquad F=\frac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\cos\varphi+\mu\sin\varphi}.\] Числитель от \(\varphi\) не зависит. Наименьшее \(F\) — наибольший знаменатель.

4. Максимум знаменателя. Введём угол трения \(\varphi_0\): \(\operatorname{tg}\varphi_0=\mu\), то есть \(\cos\varphi_0=1/\sqrt{1+\mu^2}\), \(\sin\varphi_0=\mu/\sqrt{1+\mu^2}\). Тогда \[\cos\varphi+\mu\sin\varphi=\sqrt{1+\mu^2}\,\cos(\varphi-\varphi_0).\] Наибольшее значение \(\sqrt{1+\mu^2}\) достигается при \(\varphi=\varphi_0=\operatorname{arctg}\mu\). Значит, наилучший угол с горизонтом \[\beta=\alpha+\operatorname{arctg}\mu ,\] и \[F_{\min}=\frac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\sqrt{1+\mu^2}} .\] При \(a=0\) (пункт а) выражение упрощается: \(\sin\alpha+\mu\cos\alpha=\sqrt{1+\mu^2}\,\sin(\alpha+\varphi_0)\), откуда \(F_{\min}=mg\sin(\alpha+\varphi_0)=mg\sin\beta\).

Обратите внимание: ускорение \(a\) входит только в числитель, поэтому оптимальный угол одинаков и при равномерном, и при ускоренном движении: от \(a\) меняется лишь величина силы.

Обратите внимание: формулы верны, пока \(N>0\). При \(F_{\min}\) давление равно \(N=\dfrac{m\,[g(\cos\alpha-\mu\sin\alpha)-\mu a]}{1+\mu^2}\). При \(a=0\) условие \(N>0\) означает \(\mu\operatorname{tg}\alpha<1\), то есть \(\beta<90^\circ\). Иначе верёвка поднимала бы ящик, и задача стала бы другой.

Второй способ (пункт а). Сумму нормальной силы и трения \(\vec R=\vec N+\vec F_{\text{тр}}\) при скольжении можно записать одной силой: она отклонена от нормали к склону на угол \(\varphi_0\) (\(\operatorname{tg}\varphi_0=F_{\text{тр}}/N=\mu\)) в сторону, противоположную движению. Три силы \(m\vec g\), \(\vec R\), \(\vec F\) уравновешены, из них известны вектор \(m\vec g\) и направление \(\vec R\). Наименьшая из подходящих \(F\) перпендикулярна \(\vec R\); тогда верёвка идёт под углом \(\varphi_0\) к склону, а \(F=mg\sin\gamma\), где \(\gamma=\alpha+\varphi_0\) — угол между вертикалью и \(\vec R\). Получили тот же ответ.

Ответ. В обоих случаях верёвку направлять под углом \(\beta=\alpha+\operatorname{arctg}\mu\) к горизонту (под углом \(\operatorname{arctg}\mu\) к сходням); а) \(F_{\min}=mg\sin(\alpha+\operatorname{arctg}\mu)\); б) \(F_{\min}=\dfrac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\sqrt{1+\mu^2}}\).

Проверка. Размерность: \(F\) — сила, \(\mu\) безразмерно. Предел \(\mu\to0\): \(\beta=\alpha\), верёвка вдоль склона, \(F=m(g\sin\alpha+a)\) — как без трения. Предел \(\alpha=0\), \(a=0\): \(\beta=\operatorname{arctg}\mu\), \(F_{\min}=\mu mg/\sqrt{1+\mu^2}\) — известный результат для ящика на горизонтальном полу. Числа (график): при \(\alpha=30^\circ\), \(\mu=0{,}5\), \(a=0\) минимум \(0{,}83\,mg\) при \(\beta\approx56{,}6^\circ\), а при \(\beta=\alpha\) нужно \(0{,}93\,mg\).

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

Подсказка

Пока брусок скользит по доске, их скорости выравниваются. Доска выскользнет, если до выравнивания брусок успеет сместиться относительно доски на \(L\). Сколько тепла выделит трение на этом относительном пути?

Ответ

\(v_0>\sqrt{2\mu gL\left(1+\dfrac{m}{M}\right)}\).

Решение

Что происходит. После толчка доска едет со скоростью \(v_0\), брусок покоится. Трение скольжения разгоняет брусок вперёд и тормозит доску, так что брусок движется назад относительно доски — от её переднего конца к заднему. Скорости выравниваются; после этого трения нет, и брусок едет вместе с доской. Значит, доска выскользнет только тогда, когда брусок успеет сместиться на длину \(L\) до выравнивания скоростей. Граничный случай: брусок достигает другого края доски в тот самый момент, когда скорости сравнялись.

Обозначения. Ось \(x\) — по направлению \(v_0\). \(u\) — общая скорость бруска и доски в конце скольжения, \(t_1\) — момент выравнивания, \(s_M\), \(s_m\) — перемещения доски и бруска относительно земли за время \(t_1\).

1. Закон сохранения импульса. Рассмотрим систему «доска + брусок» за время от толчка до выравнивания скоростей. Внешние силы в горизонтальном направлении отсутствуют (пол гладкий, трение между доской и бруском — внутренняя сила), поэтому \[Mv_0=(M+m)\,u,\qquad u=\frac{M}{M+m}\,v_0 .\]

2. Энергия и тепло. Трение скольжения на бруске равно \(\mu mg\) (по вертикали ускорения нет, \(N=mg\)). Убыль механической энергии системы равна работе силы трения на пути относительного скольжения; в граничном случае этот путь равен \(L\): \[\mu mgL=\frac{Mv_0^2}{2}-\frac{(M+m)\,u^2}{2}.\]

3. Ответ. Подставим \(u\) из первого уравнения: \[\mu mgL=\frac{Mv_0^2}{2}\left(1-\frac{M}{M+m}\right)=\frac{Mm\,v_0^2}{2(M+m)},\qquad v_0^2=2\mu gL\,\frac{M+m}{M}.\] Чем больше \(v_0\), тем больший путь успевает пройти брусок относительно доски, поэтому доска выскользнет при \[v_0>\sqrt{2\mu gL\left(1+\frac{m}{M}\right)} .\]

Второй способ. Ускорения найдём по второму закону Ньютона для каждого тела: брусок разгоняется с \(a_1=\mu g\), доска тормозится с \(a_2=\mu mg/M\). Относительная скорость бруска и доски равна \(v_0\) в начале и \(0\) при выравнивании; она убывает с постоянным ускорением \(a_1+a_2=\mu g\,(1+m/M)\). Относительный путь \(v_0^2\big/\bigl(2\mu g\,(1+m/M)\bigr)\) приравняем к \(L\) — тот же результат. На графике (для \(M=2m\)) площадь между линиями скоростей равна именно этому относительному пути, то есть \(L\).

Обратите внимание: в тепло переходит \(F_{\text{тр}}\), умноженная на путь относительного скольжения, а не на путь бруска или доски по полу: пути относительно земли равны \(s_M\) и \(s_m\), и только их разность равна \(L\).

Обратите внимание: \(v_0\) — наименьшая скорость; при ней брусок останавливается относительно доски у самого края. Размер бруска не учитываем: \(L\) — путь, который проходит по доске сам брусок.

Ответ. \(v_0>\sqrt{2\mu gL\left(1+\dfrac{m}{M}\right)}\).

Проверка. Размерность: \(\mu gL\) — \(\text{м}^2/\text{с}^2\). Предел \(M\to\infty\) (доска не тормозится): \(v_0=\sqrt{2\mu gL}\) — в системе доски брусок начинает со скоростью \(v_0\) и тормозится с ускорением \(\mu g\) на пути \(L\). Предел \(m\to0\) даёт то же, как и должно быть: лёгкий брусок на доску не влияет.

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

КПД — отношение мощности лампы ко всей мощности, взятой от сети. Лампа горит нормально в обеих схемах, поэтому её мощность одна и та же; сравните токи, которые течут через сеть.

Ответ

Выше КПД у схемы а): \(\eta_a=\dfrac{U_{\text{л}}}{U}\), а в схеме б) \(\eta_{\text{б}}=\dfrac{\eta_a}{1+r/R_2}<\eta_a\).

Решение

Что происходит. КПД схемы — отношение мощности, которая выделяется в лампе, к мощности, которую схема берёт от сети. Лампа горит нормально в обеих схемах: напряжение на ней \(U_{\text{л}}\), ток \(I_{\text{л}}\) и мощность \(P_{\text{л}}=U_{\text{л}}I_{\text{л}}\) одни и те же. Различается то, сколько тока течёт через сеть: в схеме а) весь ток сети проходит через лампу, в схеме б) к нему добавляется ток через вторую часть реостата.

Обозначения. \(U\) — напряжение сети (\(U>U_{\text{л}}\)), \(r=U_{\text{л}}/I_{\text{л}}\) — сопротивление лампы при нормальном горении, \(R_1\) — сопротивление участка \(AB\) реостата, \(R_2\) — участка \(CB\) в схеме б), \(I_2\) — ток через \(CB\). Внутренним сопротивлением сети пренебрегаем.

1. Схема а). Конец \(C\) реостата никуда не подключён, поэтому ток течёт только через участок \(AB\) и лампу, соединённые последовательно; эквивалентная схема показана на рисунке. Ток сети равен току лампы \(I_{\text{л}}\), мощность сети \(P_a=UI_{\text{л}}\): \[\eta_a=\frac{U_{\text{л}}I_{\text{л}}}{UI_{\text{л}}}=\frac{U_{\text{л}}}{U}.\] Избыток напряжения \(U-U_{\text{л}}\) падает на участке \(AB\), и вся мощность, которую он выделяет, потеряна.

2. Схема б). Теперь лампа подключена параллельно участку \(CB\), а участок \(AB\) соединён с этой парой последовательно. Закон сохранения заряда для узла \(B\): ток через \(AB\) (он же ток сети) разветвляется на ток лампы и ток через \(CB\), \[I=I_{\text{л}}+I_2 .\] Участок \(CB\) параллелен лампе, напряжение на нём то же, \(U_{\text{л}}\), поэтому \(I_2=U_{\text{л}}/R_2\). Мощность сети \(P_{\text{б}}=UI=U(I_{\text{л}}+I_2)\): \[\eta_{\text{б}}=\frac{U_{\text{л}}I_{\text{л}}}{U\,(I_{\text{л}}+I_2)}=\frac{U_{\text{л}}}{U}\cdot\frac{1}{1+I_2/I_{\text{л}}}=\frac{\eta_a}{1+r/R_2}.\] Здесь \(I_2/I_{\text{л}}=\dfrac{U_{\text{л}}/R_2}{U_{\text{л}}/r}=\dfrac{r}{R_2}\).

3. Сравнение. Так как \(r/R_2>0\), получаем \(\eta_{\text{б}}<\eta_a\): в схеме б) через сеть идёт ток, больший тока лампы, а полезная мощность та же.

Обратите внимание: в схеме б) ток через \(CB\) ничего не даёт лампе — он только нагревает реостат; именно поэтому схема-потенциометр экономически хуже, хотя позволяет менять напряжение на лампе от нуля.

Ответ. Выше КПД у схемы а): \(\eta_a=\dfrac{U_{\text{л}}}{U}\), тогда как \(\eta_{\text{б}}=\dfrac{U_{\text{л}}}{U}\cdot\dfrac{1}{1+r/R_2}<\eta_a\). Пример: сеть \(12\text{ В}\), лампа на \(6\text{ В}\) и \(0{,}5\text{ А}\) (\(r=12\text{ Ом}\)), \(R_2=12\text{ Ом}\): \(\eta_a=50\%\), \(\eta_{\text{б}}=25\%\).

Проверка. Оба КПД безразмерны и меньше единицы. Предел \(R_2\to\infty\) (участок \(CB\) отключён): \(I_2\to0\), \(\eta_{\text{б}}\to\eta_a\) — схема б) превращается в схему а). Числа по прямому счёту: в схеме а) ток \(0{,}5\text{ А}\), \(P=12\cdot0{,}5=6\text{ Вт}\), лампа берёт \(3\text{ Вт}\) — \(50\%\); в схеме б) ток сети \(1\text{ А}\) (\(0{,}5+0{,}5\)), \(P=12\text{ Вт}\) — \(25\%\).

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