Всесоюзная, 1974/75, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Меняющееся магнитное поле порождает вихревое электрическое поле. Оно действует на заряд каждого малого участка кольца вдоль касательной. Сравните ускорения разных участков.

Ответ

\(\omega=\dfrac{QB_0}{2m}\). Для \(Q>0\) вектор \(\vec\omega\) направлен против \(\vec B\).

Решение

Что происходит. Пока индукция \(B\) растёт, в пространстве возникает вихревое электрическое поле: его силовые линии — окружности вокруг оси кольца. Оно действует на заряженные участки кольца касательной силой и раскручивает кольцо. Главная идея — найти ускорение малого участка, показать, что оно одинаково у всех участков, и сложить приращения скорости за всё время нарастания поля.

Обозначения. \(R\) — радиус кольца, \(S=\pi R^2\) — площадь, которую оно охватывает, \(B(t)\) — индукция, растущая от 0 до \(B_0\), \(E\) — напряжённость вихревого поля на кольце. Ось \(z\) направим вдоль \(\vec B\).

1. Напряжённость вихревого поля. Запишем закон электромагнитной индукции для неподвижного контура, который совпадает с кольцом: циркуляция \(\vec E\) по контуру равна \(|\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d}t|\). По симметрии вихревое поле направлено по касательной и одинаково по модулю во всех точках окружности, поэтому циркуляция равна \(E\cdot2\pi R\). Поток \(\Phi=BS\), значит \[E\cdot2\pi R=\pi R^2\left|\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right|,\qquad E=\frac R2\left|\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right|.\] Обратите внимание: \(E\) на кольце определяется потоком через всю площадь внутри кольца, а не полем \(B\) на самом кольце.

2. Ускорение малого участка. Выделим участок длиной \(\Delta l\). Его заряд и масса равны \[\Delta Q=\frac{Q}{2\pi R}\,\Delta l,\qquad \Delta m=\frac{m}{2\pi R}\,\Delta l.\] Второй закон Ньютона для участка в проекции на касательную (плоскость гладкая, трения нет): \(\Delta m\,a=\Delta Q\,E\). Отсюда \[a=\frac{\Delta Q}{\Delta m}\,E=\frac{Q}{m}\,E .\] Ускорение не зависит от выбранного участка, поэтому кольцо раскручивается как целое.

3. Скорость за всё время нарастания. За малое время \(\Delta t\) скорость точек кольца растёт на \[\Delta v=a\,\Delta t=\frac{Q}{m}\cdot\frac R2\,|\Delta B| .\] Сложим эти приращения от начала нарастания поля до момента, когда индукция достигла \(B_0\): \(\sum|\Delta B|=B_0\). Тогда \[v=\frac{QR}{2m}\,B_0,\qquad \omega=\frac vR=\frac{QB_0}{2m}.\]

Направление вращения. По правилу Ленца вихревое поле раскручивает положительные заряды так, чтобы их «ток» создавал поле, направленное против растущего \(\vec B\). Поэтому для \(Q>0\) вектор \(\vec\omega\) направлен против \(\vec B\): если смотреть с той стороны, куда направлено \(\vec B\), кольцо вращается по часовой стрелке.

Проверка. Второй способ — через момент импульса. Момент силы вихревого поля на заряд \(Q\) равен \(M=QER=\dfrac{QR^2}{2}\dfrac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\), момент импульса кольца \(L=mR^2\omega\). Из \(\mathrm{d}L=M\,\mathrm{d}t\) получаем \(mR^2\omega=\dfrac{QR^2}{2}B_0\), то есть тот же ответ. Размерность: тесла равен кг/(Кл\(\cdot\)с), поэтому \(QB_0/m\) имеет размерность 1/с. Смысл: ответ не зависит ни от радиуса, ни от скорости нарастания поля — важна только конечная индукция.

Ответ: \(\omega=\dfrac{QB_0}{2m}\).

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

Подсказка

Чтобы вертолёт висел, винт должен каждую секунду отбрасывать вниз столько воздуха, чтобы получаемый им импульс уравновешивал вес. Мощность — это кинетическая энергия, которую воздух получает за секунду.

Ответ

\(N=\dfrac{Mg}{2l}\sqrt{\dfrac{Mg}{\pi\rho}}\approx3\cdot10^{4}\text{ Вт}=30\text{ кВт}\), скорость потока \(v\approx12\text{ м/с}\).

Решение

Что происходит. Винт отбрасывает вниз воздух, по третьему закону Ньютона воздух толкает вертолёт вверх. Вертолёт висит, когда эта сила равна весу. Двигатель в это время ничего не поднимает: вся его работа идёт на то, чтобы сообщать воздуху кинетическую энергию. Это нижняя оценка: потери в винте и вихри мы не учитываем.

Обозначения. \(\rho\) — плотность воздуха, \(v\) — скорость потока вниз (по условию одна и та же во всём потоке под винтом), \(S=\pi l^2\) — площадь, которую заметают лопасти, \(\Delta m\) — масса воздуха, которую винт отбрасывает за время \(\tau=1\) с.

1. Сколько воздуха отбрасывается. За время \(\tau\) через площадь \(S\) проходит цилиндр воздуха высотой \(v\tau\): \[\Delta m=\rho S v\tau=\rho\pi l^2 v\quad\text{(кг за 1 с)}.\]

2. Скорость потока. Второй закон Ньютона для воздуха, который отбрасывается за 1 с: он приобретает импульс \(\Delta m\,v\), значит, на него со стороны лопастей действует сила \(F_1=\Delta m\,v\). По третьему закону Ньютона воздух действует на вертолёт с силой \(F=F_1\). Вертолёт неподвижен, поэтому \(F=Mg\): \[\rho\pi l^2 v^2=Mg,\qquad v=\sqrt{\frac{Mg}{\pi\rho l^2}} .\]

3. Мощность. Воздух вначале покоился. По теореме об изменении кинетической энергии работа двигателя за 1 с равна кинетической энергии, приобретённой воздухом: \[N=\frac{\Delta m\,v^2}{2}=\frac{Mg\,v}{2}=\frac{Mg}{2l}\sqrt{\frac{Mg}{\pi\rho}} .\] Обратите внимание: мощность равна не \(Mgv\) (вертолёт не движется, работы силы тяжести нет), а \(\Delta m\,v^2/2\); множитель \(1/2\) возникает потому, что воздух разгоняется от нуля до \(v\).

4. Плотность воздуха. Из уравнения состояния идеального газа \(pV=\dfrac m\mu RT\) получаем \(\rho=\dfrac{p\mu}{RT}\). Для оценки возьмём \(p=10^{5}\text{ Па}\), \(T=300\text{ К}\), \(\mu=29\cdot10^{-3}\text{ кг/моль}\): \[\rho=\frac{10^{5}\cdot29\cdot10^{-3}}{8{,}31\cdot300}\approx1{,}16\text{ кг/м}^3 .\] Подставим \(g=9{,}8\text{ м/с}^2\): \[v=\sqrt{\frac{500\cdot9{,}8}{3{,}14\cdot1{,}16\cdot3^2}}\approx12\text{ м/с},\qquad N=\frac{500\cdot9{,}8\cdot12}{2}\approx3\cdot10^{4}\text{ Вт}.\]

Проверка. Размерность: \(\sqrt{Mg/(\pi\rho)}\) — это \(\sqrt{\text{Н}\cdot\text{м}^3/\text{кг}}=\text{м}^2/\text{с}\), а \(Mg/l\) — Н/м, вместе Н\(\cdot\)м/с \(=\) Вт. Зависимость: \(N\propto M^{3/2}/l\); чем длиннее лопасти, тем больше воздуха захватывает винт, тем меньше нужна скорость потока и тем меньше мощность — так и должно быть. Тот же порядок получается из \(N=\rho\pi l^2v^3/2\) при \(v=12\text{ м/с}\).

Ответ: \(N=\dfrac{Mg}{2l}\sqrt{\dfrac{Mg}{\pi\rho}}\approx3\cdot10^{4}\text{ Вт}=30\text{ кВт}\).

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

Подсказка

После зарядки на верхнюю пластину действует постоянная сила притяжения, не зависящая от расстояния. Постоянная сила плюс пружина — это гармонические колебания около нового положения равновесия. Пластина начинает движение из покоя.

Ответ

\(k>\dfrac{\varepsilon_0SU^2}{l_0^3}\).

Решение

Что происходит. До зарядки пластина висит в равновесии: вес уравновешен пружиной. Конденсатор зарядили и отключили, и теперь между пластинами действует сила притяжения \(F\). Эта сила постоянна, потому что поле плоскости не зависит от расстояния до неё, а заряд не меняется. Постоянная добавка к силе только сдвигает положение равновесия пластины на \(h=F/k\) вниз, а пластина стартует из покоя в старой точке, поэтому колеблется с амплитудой \(h\) и в нижней точке смещена на \(2h\). Касания нет, если \(2h<l_0\).

Обозначения. Ось \(x\) направим вниз, начало — начальное положение верхней пластины. \(m\) — масса пластины, \(\Delta x_0\) — начальная деформация пружины.

1. Заряд. Конденсатор заряжен до напряжения \(U\) при расстоянии \(l_0\) (смещением за время зарядки пренебрегаем): \[q=CU=\frac{\varepsilon_0SU}{l_0}.\]

2. Сила притяжения. Верхняя пластина находится в поле нижней. Нижняя пластина — заряженная плоскость, её поле равно \(E=\dfrac{q}{2\varepsilon_0S}=\dfrac{U}{2l_0}\) и не зависит от расстояния (размеры пластин много больше зазора). Тогда \[F=qE=\frac{\varepsilon_0SU^2}{2l_0^2}.\] Обратите внимание: поле одной пластины вдвое меньше поля \(U/l_0\) внутри конденсатора, поэтому в силе стоит множитель \(1/2\). Сила \(F\) остаётся постоянной, пока заряд \(q\) не меняется.

3. Движение пластины. В начальный момент пластина в равновесии: \(mg=k\,\Delta x_0\). Второй закон Ньютона для пластины в проекции на ось \(x\) (вниз), когда её смещение равно \(x\): \[m\ddot x=mg+F-k(\Delta x_0+x)=F-kx .\] Это уравнение гармонических колебаний около положения \(x=h=F/k\) с частотой \(\omega=\sqrt{k/m}\). Пластина стартует из покоя при \(x=0\), поэтому \[x(t)=h\,(1-\cos\omega t),\qquad x_{\max}=2h=\frac{2F}{k}.\]

4. Условие, что пластины не касаются. Расстояние между пластинами в нижней точке \(l_0-2h\) должно быть положительным: \[\frac{2F}{k}<l_0\quad\Rightarrow\quad k>\frac{2F}{l_0}=\frac{\varepsilon_0SU^2}{l_0^3}.\]

Проверка. Второй способ — энергия. В нижней точке скорость пластины равна нулю, а сила тяжести и начальная деформация пружины в разности сил сокращаются: работа \(F\) на пути \(x_{\max}\) равна приращению энергии пружины, \(Fx_{\max}=kx_{\max}^2/2\), откуда \(x_{\max}=2F/k\) — то же самое. Размерность: \(\varepsilon_0SU^2/l_0^3\) — это Н/м. Пределы: при \(U\to0\) сила исчезает и подойдёт любая пружина; чем больше \(S\) и \(U\) или меньше \(l_0\), тем жёстче пружина нужна.

Ответ: \(k>\dfrac{\varepsilon_0SU^2}{l_0^3}\).

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

Подсказка

Вымпел, выброшенный назад, переходит на эллиптическую орбиту, которая касается поверхности Луны на противоположной стороне. Для скорости в дальней точке используйте сохранение энергии и момента импульса, для времени — третий закон Кеплера.

Ответ

Скорость вымпела относительно корабля (назад) \(u=\sqrt{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}}\left(\dfrac1{\sqrt2}-\dfrac1{\sqrt3}\right)\approx2\cdot10^{2}\text{ м/с}\); время падения \(t=\dfrac{3\pi}{4}\sqrt{\dfrac{6R_{\text{Л}}}{g_{\text{Л}}}}\approx5{,}9\cdot10^{3}\text{ с}\approx98\text{ мин}\).

Решение

Что происходит. Корабль идёт по окружности радиуса \(R=2R_{\text{Л}}\). Вымпел, выброшенный назад по касательной, получает скорость меньше круговой и уходит с окружности на эллипс: дальняя точка \(A\) — место выброса, ближняя точка \(B\) — точка на противоположной стороне Луны, где траектория касается поверхности. Главная идея — найти скорость вымпела в \(A\) из сохранения энергии и момента импульса, затем разность с круговой скоростью корабля, а время получить из третьего закона Кеплера.

Обозначения. \(R_{\text{Л}}=1{,}7\cdot10^{6}\text{ м}\), \(g_{\text{Л}}=g/6\), так что \(GM_{\text{Л}}=g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}^2\). \(v_0\) — скорость корабля на круговой орбите, \(v_1\) и \(v_2\) — скорости вымпела в точках \(A\) и \(B\) относительно Луны, \(u\) — скорость выброса относительно корабля.

1. Корабль на круговой орбите. Второй закон Ньютона для корабля: \(\dfrac{mv_0^2}{R}=\dfrac{GM_{\text{Л}}m}{R^2}\), откуда \[v_0=\sqrt{\frac{GM_{\text{Л}}}{R}}=\sqrt{\frac{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}^2}{2R_{\text{Л}}}}=\sqrt{\frac{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}}{2}} .\]

2. Скорость вымпела в точке \(A\). В \(A\) и \(B\) скорость вымпела перпендикулярна радиусу (это вершины эллипса). Сила тяготения направлена к центру Луны, её момент относительно центра равен нулю, поэтому сохраняется момент импульса вымпела: \[mv_1R=mv_2R_{\text{Л}}\quad\Rightarrow\quad v_2=2v_1 .\] Вымпел движется только под действием тяготения, поэтому сохраняется и его механическая энергия между \(A\) и \(B\): \[\frac{v_1^2}{2}-\frac{GM_{\text{Л}}}{R}=\frac{v_2^2}{2}-\frac{GM_{\text{Л}}}{R_{\text{Л}}} \;\Rightarrow\; \frac{v_1^2}{2}-\frac{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}}{2}=2v_1^2-g_{\text{Л}}R_{\text{Л}} .\] Отсюда \(\dfrac32v_1^2=\dfrac{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}}{2}\), то есть \(v_1=\sqrt{\dfrac{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}}{3}}\).

3. Скорость выброса. Вымпел выбрасывается назад по касательной, поэтому скорости вычитаются: \(v_1=v_0-u\). Обратите внимание: \(u\) — скорость относительно корабля, а \(v_1\) — относительно Луны. Получаем \[u=v_0-v_1=\sqrt{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}}\left(\frac1{\sqrt2}-\frac1{\sqrt3}\right).\] При \(g_{\text{Л}}=9{,}8/6=1{,}63\text{ м/с}^2\): \(\sqrt{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}}=1{,}67\cdot10^{3}\text{ м/с}\), \(v_0\approx1{,}18\cdot10^{3}\text{ м/с}\), \(v_1\approx0{,}96\cdot10^{3}\text{ м/с}\), \(u\approx0{,}22\cdot10^{3}\text{ м/с}\approx2\cdot10^{2}\text{ м/с}\).

4. Время падения. Большая полуось эллипса равна половине расстояния \(AB\): \(a=\dfrac{R+R_{\text{Л}}}{2}=\dfrac{3R_{\text{Л}}}{2}\). Третий закон Кеплера (для движения в поле одного центра \(T=2\pi\sqrt{a^3/GM_{\text{Л}}}\)) даёт период обращения по этому эллипсу: \[T=2\pi\sqrt{\frac{a^3}{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}^2}}=2\pi\sqrt{\frac{27R_{\text{Л}}}{8g_{\text{Л}}}} .\] Вымпел падает на Луну, пройдя от \(A\) до \(B\) — половину эллипса: \[t=\frac T2=\pi\sqrt{\frac{27R_{\text{Л}}}{8g_{\text{Л}}}}=\frac{3\pi}{4}\sqrt{\frac{6R_{\text{Л}}}{g_{\text{Л}}}}\approx5{,}9\cdot10^{3}\text{ с}\approx98\text{ мин}.\] В журнале для этого времени указано \(\approx200\) мин: это полный период эллипса \(T\), а вымпел до касания проходит только половину пути.

Проверка. Орбита вымпела замкнута: в точке \(B\) энергия \(\dfrac{v_2^2}{2}-g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}\approx\dfrac{(1{,}92\cdot10^3)^2}{2}-2{,}8\cdot10^{6}<0\). Предельный случай: вымпел, у которого скорость в \(A\) стала бы равна нулю, падал бы по прямой, то есть по «вырожденному» эллипсу с \(a=R/2\), за \(t=\pi\sqrt{R_{\text{Л}}/g_{\text{Л}}}\approx3{,}2\cdot10^{3}\text{ с}\) — меньше, чем \(5{,}9\cdot10^{3}\text{ с}\), как и должно быть: с боковой скоростью путь длиннее. Размерность: \(\sqrt{g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}}\) — м/с, \(\sqrt{R_{\text{Л}}/g_{\text{Л}}}\) — секунды.

Ответ: вымпел нужно выбросить назад по касательной со скоростью \(u\approx2\cdot10^{2}\text{ м/с}\) относительно корабля; он упадёт на Луну через \(t\approx98\) мин.

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

Подсказка

Начальное и конечное состояния у двух процессов одни и те же. Какая величина от пути не зависит, а какая зависит и чему равна на графике?

Ответ

\(\dfrac{Q_{\mathrm I}}{Q_{\mathrm{II}}}=\dfrac{13}{11}\approx1{,}18\) (\(Q_{\mathrm I}=\tfrac{13}{2}p_0V_0\approx1{,}5\cdot10^{7}\text{ Дж}\), \(Q_{\mathrm{II}}=\tfrac{11}{2}p_0V_0\approx1{,}2\cdot10^{7}\text{ Дж}\)).

Решение

Что происходит. Внутренняя энергия газа — функция состояния, поэтому при переходе \(1\to2\) её изменение \(\Delta U\) одно и то же по любому пути. Теплоты же различаются работой: по первому закону термодинамики \(Q=\Delta U+A\), а работа газа равна площади под графиком процесса в осях \(p\)–\(V\).

Обозначения. \(p_0\), \(V_0\) — давление и объём в состоянии 1 (нормальные условия, \(V_0=22{,}4\text{ м}^3\) для одного киломоля). Индекс I — путь \(1\to3\to2\), II — путь \(1\to4\to2\). Для газа в состоянии \(1\): \(p_0V_0=\nu RT_1\).

1. Изменение внутренней энергии. У одноатомного газа \(U=\tfrac32\nu RT\). Уравнение состояния для состояний 1 и 2: \[p_0V_0=\nu RT_1,\qquad 2p_0\cdot2V_0=\nu RT_2\;\Rightarrow\;T_2=4T_1 .\] Значит, \[\Delta U=\tfrac32\nu R(T_2-T_1)=\tfrac32\cdot3\,\nu RT_1=\tfrac92\,p_0V_0 .\]

2. Работа на путях. Газ работает только там, где меняется объём. Путь I: на \(1\to3\) изохора, \(A=0\); на \(3\to2\) изобара при давлении \(2p_0\), \(A_{\mathrm I}=2p_0(2V_0-V_0)=2p_0V_0\). Путь II: на \(1\to4\) изобара при давлении \(p_0\), \(A_{\mathrm{II}}=p_0(2V_0-V_0)=p_0V_0\); на \(4\to2\) изохора, \(A=0\).

3. Теплоты. Первый закон термодинамики для газа на всём пути от состояния 1 до состояния 2: \[Q_{\mathrm I}=\Delta U+A_{\mathrm I}=\tfrac92p_0V_0+2p_0V_0=\tfrac{13}{2}\,p_0V_0,\qquad Q_{\mathrm{II}}=\tfrac92p_0V_0+p_0V_0=\tfrac{11}{2}\,p_0V_0 .\] Обратите внимание: теплота не функция состояния — хотя начало и конец одни, \(Q_{\mathrm I}\ne Q_{\mathrm{II}}\); различие равно разности работ \(A_{\mathrm I}-A_{\mathrm{II}}=p_0V_0\).

Ответ: \(\dfrac{Q_{\mathrm I}}{Q_{\mathrm{II}}}=\dfrac{13}{11}\approx1{,}18\). Для одного киломоля при \(p_0=1{,}01\cdot10^{5}\text{ Па}\), \(V_0=22{,}4\text{ м}^3\) получаем \(p_0V_0\approx2{,}27\cdot10^{6}\text{ Дж}\), \(Q_{\mathrm I}\approx1{,}5\cdot10^{7}\text{ Дж}\), \(Q_{\mathrm{II}}\approx1{,}2\cdot10^{7}\text{ Дж}\).

Проверка. Второй способ — по участкам через теплоёмкости (\(\nu RT_1=p_0V_0\)). Путь I: \(T_3=2T_1\), на изохоре \(Q_{13}=\tfrac32\nu R\,T_1=\tfrac32p_0V_0\); на изобаре \(T_2-T_3=2T_1\), \(Q_{32}=\tfrac52\nu R\cdot2T_1=5p_0V_0\); всего \(\tfrac{13}{2}p_0V_0\). Путь II: \(T_4=2T_1\), на изобаре \(Q_{14}=\tfrac52\nu RT_1=\tfrac52p_0V_0\); на изохоре \(Q_{42}=\tfrac32\nu R\cdot2T_1=3p_0V_0\); всего \(\tfrac{11}{2}p_0V_0\). Результаты совпали.

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

Подсказка

Начните с очень большого \(R\): ток мал, и диод закрыт или открыт — решает напряжение на нём. Найдите, при каком \(R\) оно меняет знак.

Ответ

\(U_R=\dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}\) при \(R\ge2r\) (диод закрыт); \(U_R=\dfrac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}\) при \(R\le2r\) (диод открыт).

Решение

Что происходит. Нижняя ветвь с двумя источниками даёт между узлами \(A\) и \(B\) напряжение, близкое к \(2\mathcal{E}\), а верхняя ветвь с одним источником «хочет» дать только \(\mathcal{E}\). Пока напряжение между \(A\) и \(B\) больше \(\mathcal{E}\), диод заперт, и верхняя ветвь не работает. При уменьшении \(R\) напряжение \(U_{AB}\) падает; когда оно становится равным \(\mathcal{E}\), диод открывается. Значит, у задачи две области, и в каждой своя схема.

Обозначения. \(U=U_{AB}\) — напряжение на \(R\) (\(B\) — правый узел, \(\varphi_B>\varphi_A\)). Все три источника направляют ток от \(A\) к \(B\) через свои ветви; через \(R\) ток идёт от \(B\) к \(A\). \(I_1\), \(I_2\) — токи верхней и нижней ветви от \(A\) к \(B\), \(I'=I_1+I_2\) — ток через \(R\). Потенциал \(A\) примем нулевым: потенциал точки \(C\) между верхним источником и диодом равен \(\mathcal{E}\).

1. Диод закрыт. В этом случае \(I_1=0\), и схема — два источника, соединённых последовательно, и \(R\).

Закон Ома для замкнутой цепи: \(I=\dfrac{2\mathcal{E}}{2r+R}\), напряжение \(U=IR=\dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}\). Эта схема верна, пока диод заперт, то есть пока потенциал \(\varphi_B=U\) не меньше потенциала \(\varphi_C=\mathcal{E}\): \[\frac{2R}{2r+R}\ge1\quad\Leftrightarrow\quad R\ge2r .\] Обратите внимание: открыт диод или закрыт, нужно проверять по знаку напряжения на нём (или тока \(I_1\)), а не считать, что он всегда проводит.

2. Диод открыт (\(R\le2r\)). Сопротивление диода равно нулю, и верхняя ветвь работает. Напряжение между \(A\) и \(B\) запишем через каждую ветвь: \[U=\mathcal{E}-I_1r,\qquad U=2\mathcal{E}-2rI_2,\qquad U=(I_1+I_2)R .\] Выражаем токи: \(I_1=\dfrac{\mathcal{E}-U}{r}\), \(I_2=\dfrac{2\mathcal{E}-U}{2r}\). Подставляем в третье уравнение: \[\frac UR=\frac{\mathcal{E}-U}{r}+\frac{2\mathcal{E}-U}{2r}=\frac{4\mathcal{E}-3U}{2r} \quad\Rightarrow\quad U=\frac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}.\] Условие \(I_1\ge0\) означает \(U\le\mathcal{E}\), то есть \(R\le2r\), — те же границы.

3. Итоговая зависимость. \[U_R=\begin{cases}\dfrac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}, & R\le2r,\\[3mm] \dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}, & R\ge2r.\end{cases}\]

Проверка. На границе \(R=2r\) обе формулы дают \(U=\mathcal{E}\) — график непрерывен. Пределы: при \(R\to0\) (замыкание накоротко) \(U\to0\); при \(R\to\infty\) ток исчезает и \(U\to2\mathcal{E}\) — э. д. с. двух источников нижней ветви. Размерность: \(\mathcal{E}R/r\) — вольты. Ток через \(R\) при \(R<2r\): \(I'=\dfrac{4\mathcal{E}}{2r+3R}\), в точке \(R=2r\) он равен \(\dfrac{\mathcal{E}}{2r}\), и в формуле для закрытого диода при том же \(R\) получается то же \(\dfrac{2\mathcal{E}}{4r}\).

Ответ: \(U_R=\dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}\) при \(R\ge2r\) и \(U_R=\dfrac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}\) при \(R\le2r\).

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