Всесоюзная, 1979/80, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Стержни, проходящие через \(A_1\) и \(A_2\), прямые, поэтому у всех трёх ромбов один и тот же угол наклона сторон. Выразите горизонтальные координаты вершин через этот угол и продифференцируйте по времени.

Ответ

\(v_{A_1}=\dfrac{v_0}{6}\),  \(v_{A_2}=\dfrac{v_0}{2}\) (обе вдоль \(\vec v_0\));  \(v_{B_2}=\dfrac{\sqrt5}{6}\,v_0\approx0{,}37\,v_0\), направлена вправо-вниз под углом \(\operatorname{arctg}\dfrac12\approx27^\circ\) к горизонту: горизонтальная составляющая \(v_0/3\), вертикальная \(v_0/6\) (вниз).

Решение

Что происходит. Конструкция растягивается, ромбы становятся площе. На рисунке стержень \(B_1C_2\) проходит через шарнир \(A_1\), а стержень \(C_2B_3\) — через \(A_2\): стороны соседних ромбов лежат на одной прямой, поэтому у всех трёх ромбов один и тот же угол \(\varphi\) между сторонами и горизонтальной осью. Положение всей конструкции задаёт один угол \(\varphi(t)\). Идея: записать координаты нужных вершин через \(\varphi\) и взять производную по времени.

Обозначения. \(a\) — сторона первого ромба \(A_0B_1A_1C_1\), значит у второго ромба \(2a\), у третьего \(3a\). Ось \(x\) — горизонталь через \(A_0,A_1,A_2,A_3\) (начало в \(A_0\), ось от стены), ось \(y\) вверх. \(\varphi\) — угол между сторонами ромбов и осью \(x\). Скорость \(\vec v_0\) направлена вдоль \(x\), так что \(\varphi\) уменьшается.

1. Координаты. Горизонтальная диагональ ромба со стороной \(b\) равна \(2b\cos\varphi\), ромбы стоят вплотную по оси \(x\): \[x_{A_1}=2a\cos\varphi,\qquad x_{A_2}=x_{A_1}+4a\cos\varphi=6a\cos\varphi,\qquad x_{A_3}=x_{A_2}+6a\cos\varphi=12a\cos\varphi .\] Вершина \(B_2\) лежит над серединой диагонали \(A_1A_2\) на высоте, равной половине вертикальной диагонали второго ромба: \[x_{B_2}=\frac{x_{A_1}+x_{A_2}}{2}=4a\cos\varphi,\qquad y_{B_2}=2a\sin\varphi .\]

2. Скорости вдоль оси \(x\). Скорость вершины — производная координаты по времени, \(\dot\varphi=\dfrac{d\varphi}{dt}\). Для \(A_3\) по условию \[v_0=\dot x_{A_3}=-12a\sin\varphi\,\dot\varphi .\] Для \(A_1\) и \(A_2\) в том же виде, с теми же \(a\sin\varphi\,\dot\varphi\): \[v_{A_1}=-2a\sin\varphi\,\dot\varphi=\frac{v_0}{6},\qquad v_{A_2}=-6a\sin\varphi\,\dot\varphi=\frac{v_0}{2}.\] Эти отношения верны при любом \(\varphi\): координаты \(A_1,A_2,A_3\) пропорциональны \(2:6:12\), а не \(1:2:3\).

3. Скорость \(B_2\). Составляющие по осям: \[v_{B_2x}=-4a\sin\varphi\,\dot\varphi=\frac{v_0}{3},\qquad v_{B_2y}=2a\cos\varphi\,\dot\varphi=-\frac{v_0}{6}\,\operatorname{ctg}\varphi .\] Все углы конструкции прямые: углы ромбов равны \(90^\circ\), их стороны наклонены под \(\varphi=45^\circ\), \(\operatorname{ctg}\varphi=1\). Тогда \(v_{B_2y}=-v_0/6\): вершина \(B_2\) идёт вниз, к оси, — ромб сплющивается. Модуль и направление: \[v_{B_2}=\sqrt{\Bigl(\frac{v_0}{3}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{v_0}{6}\Bigr)^2}=\frac{\sqrt5}{6}\,v_0\approx0{,}37\,v_0,\qquad \operatorname{tg}\beta=\frac{|v_{B_2y}|}{v_{B_2x}}=\frac12 .\]

Обратите внимание: скорость вершины определяется тем, сколько горизонтальных диагоналей лежит между ней и стеной (2, 6 и 12 одинаковых «шагов \(a\cos\varphi\)»), а не номером ромба. Если взять отношение сторон \(1:2:3\) за отношение скоростей, получится \(v_0/3\) и \(2v_0/3\) вместо верных \(v_0/6\) и \(v_0/2\).

Ответ. \(v_{A_1}=v_0/6\),  \(v_{A_2}=v_0/2\),  \(v_{B_2}=\dfrac{\sqrt5}{6}v_0\approx0{,}37\,v_0\) (вправо-вниз, \(\operatorname{tg}\beta=1/2\)).

Проверка. Второй способ: стержень \(A_1B_2\) жёсткий, проекции скоростей его концов на стержень равны. Направление стержня \((\cos45^\circ,\sin45^\circ)\). Для \(A_1\): \(\dfrac{v_0}{6}\cos45^\circ\). Для \(B_2\): \(\dfrac{v_0}{3}\cos45^\circ-\dfrac{v_0}{6}\sin45^\circ=\dfrac{v_0}{6}\cos45^\circ\) — совпало. Предел: при \(\varphi\to90^\circ\) высота \(y_{B_2}=2a\sin\varphi\) проходит максимум, её производная и \(v_{B_2y}\propto\operatorname{ctg}\varphi\) обращаются в нуль — вершина \(B_2\) на этот момент движется строго горизонтально.

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

Подсказка

У земли капля падает равномерно: сила сопротивления уравновешивает силу тяжести. Запишите второй закон Ньютона для капли в заданный момент и для равномерного падения и разделите одно уравнение на другое.

Ответ

Скорость равномерного падения \(v_{\text{пр}}=40\) м/с; скорость автомобиля \(u=v_{\text{пр}}\operatorname{tg}30^\circ\approx23\) м/с \(\approx83\) км/ч \(>60\) км/ч — да, оштрафует.

Решение

Что происходит. Капля падает с ускорением, пока растёт скорость и сила сопротивления воздуха; у земли сила сопротивления равна силе тяжести, и капля летит равномерно со скоростью \(v_{\text{пр}}\). Скорость автомобиля находим по следу на стекле: в системе автомобиля капля летит вниз со скоростью \(v_{\text{пр}}\) и назад со скоростью автомобиля.

Обозначения. \(m\) — масса капли, \(F_{\text{с}}=kv^2\) — сила сопротивления, \(k\) — постоянная, \(v=20\) м/с и \(a=7{,}5\) м/с\(^2\) — данные условия, \(u\) — скорость автомобиля. Ось \(y\) направлена вниз. Принимаем \(g=10\) м/с\(^2\).

1. Заданный момент. Второй закон Ньютона для капли в проекции на ось \(y\): на неё действуют сила тяжести вниз и сила сопротивления вверх, масса остаётся постоянной: \[ma=mg-kv^2 .\]

2. Равномерное падение. Ускорение равно нулю, сила сопротивления равна силе тяжести: \[0=mg-kv_{\text{пр}}^2\quad\Rightarrow\quad k=\frac{mg}{v_{\text{пр}}^2}.\]

3. Скорость \(v_{\text{пр}}\). Подставим \(k\) в уравнение пункта 1 и сократим \(m\): \[a=g\Bigl(1-\frac{v^2}{v_{\text{пр}}^2}\Bigr)\quad\Rightarrow\quad v_{\text{пр}}=\frac{v}{\sqrt{1-a/g}}=\frac{20}{\sqrt{1-0{,}75}}\text{ м/с}=40\text{ м/с}.\]

4. Скорость автомобиля. Ветра нет, поэтому относительно земли капля у земли движется вертикально вниз со скоростью \(v_{\text{пр}}\). Автомобиль едет горизонтально со скоростью \(u\). Закон сложения скоростей: скорость капли относительно автомобиля \[\vec v_{\text{отн}}=\vec v_{\text{пр}}+(-\vec u).\] Вертикальная составляющая \(v_{\text{пр}}\), горизонтальная \(u\) (назад). След на стекле идёт вдоль \(\vec v_{\text{отн}}\) под углом \(\alpha=30^\circ\) к вертикали: \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{u}{v_{\text{пр}}}\quad\Rightarrow\quad u=v_{\text{пр}}\operatorname{tg}30^\circ=\frac{40}{\sqrt3}\text{ м/с}\approx23\text{ м/с}\approx83\text{ км/ч}.\]

Обратите внимание: след капли определяется её скоростью относительно стекла, а не относительно земли. Угол \(30^\circ\) с вертикалью получился именно из-за движения автомобиля: на неподвижном стекле след был бы вертикальным.

Ответ. \(v_{\text{пр}}=40\) м/с, \(u\approx23\) м/с \(\approx83\) км/ч. Это больше разрешённых 60 км/ч, штраф будет.

Проверка. Подставим найденное \(v_{\text{пр}}\) обратно: \(a=10\,(1-20^2/40^2)=7{,}5\) м/с\(^2\) — условие выполнено. Предел: если \(a\to0\), то \(v_{\text{пр}}\to v\), то есть капля уже падает равномерно. При \(g=9{,}8\) м/с\(^2\) выходит \(v_{\text{пр}}\approx41\) м/с и \(u\approx86\) км/ч — вывод тот же.

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

Подсказка

Вокруг пустота, и пар, вылетающий со льда, не возвращается: он уносит импульс, и стакан получает реактивную силу. Поток импульса вылетающих молекул — это половина давления насыщенного пара у поверхности льда.

Ответ

Способ реален: при площади льда \(S=20\) см\(^2\) реактивная сила \(F=p_{\text{н}}S/2\approx0{,}55\) Н, ускорение \(a\approx5{,}5\cdot10^{-3}\) м/с\(^2\), время \(t=2\sqrt{l/a}\approx270\) с \(\approx4{,}5\) мин (с торможением; без торможения \(\approx190\) с и скорость у корабля \(\approx1\) м/с). Расход льда \(\approx0{,}3\) кг.

Решение

Что происходит. В вакууме лёд испаряется, и молекулы пара улетают от поверхности и не возвращаются. Они уносят импульс, поэтому по закону сохранения импульса (третьему закону Ньютона) стакан со льдом, а с ним астронавт, получают толчок в обратную сторону. Если стакан держать открытой стороной от корабля, тяга направлена к кораблю. Это реактивный двигатель, рабочее тело которого — водяной пар. Главная идея: найти силу отдачи через давление насыщенного пара, а время — из равноускоренного движения.

Обозначения и модель. Площадь поверхности льда принимаем \(S=20\) см\(^2\) (\(=2\cdot10^{-3}\) м\(^2\), стакан диаметром 5 см); масса астронавта со снаряжением \(M=100\) кг, масса льда в стакане порядка \(0{,}5\) кг — её изменением пренебрегаем; молярная масса воды \(\mu=0{,}018\) кг/моль. Лёд — плоская поверхность, пар сразу улетает в пустоту.

1. Давление отдачи. У поверхности льда в замкнутом сосуде пар насыщен, давление \(p_{\text{н}}\) создают молекулы, летящие к поверхности, и молекулы, улетающие от неё; поток импульса у них одинаковый, каждый вклад равен \(p_{\text{н}}/2\). В вакууме падающих молекул нет, остаются только улетающие, поэтому давление отдачи на поверхность льда \[p_{\text{отд}}=\frac{p_{\text{н}}}{2}=275\text{ Па}.\]

2. Сила. Закон сохранения импульса для системы лёд + астронавт + улетевший пар: пар уносит импульс за секунду \(p_{\text{отд}}S\), значит, на стакан действует сила такой же величины в обратную сторону: \[F=\frac{p_{\text{н}}S}{2}=\frac{550\cdot2\cdot10^{-3}}{2}\text{ Н}=0{,}55\text{ Н}.\]

3. Ускорение. Второй закон Ньютона для астронавта со стаканом в проекции на ось к кораблю (других сил нет): \[a=\frac FM=\frac{0{,}55}{100}\text{ м/с}^2=5{,}5\cdot10^{-3}\text{ м/с}^2 .\]

4. Время. Начальная скорость равна нулю. Чтобы не удариться о корабль, первую половину пути астронавт разгоняется, на середине разворачивает стакан и вторую половину тормозит с тем же по модулю ускорением. Половина пути: \(l/2=at_1^2/2\), откуда \(t_1=\sqrt{l/a}\); полное время \[t=2t_1=2\sqrt{\frac la}=2\sqrt{\frac{100}{5{,}5\cdot10^{-3}}}\text{ с}\approx270\text{ с}\approx4{,}5\text{ мин}.\] Наибольшая скорость \(v_{\max}=at_1\approx0{,}74\) м/с.

Если не тормозить, то \(t=\sqrt{2l/a}\approx190\) с, скорость у корабля \(\sqrt{2al}\approx1\) м/с — спокойное касание, тоже допустимо.

5. Хватит ли льда. Масса пара, улетающего с единицы площади льда за секунду, равна \(\rho\bar v/4\), где \(\rho=\dfrac{p_{\text{н}}\mu}{RT}=\dfrac{550\cdot0{,}018}{8{,}3\cdot272}\approx4{,}4\cdot10^{-3}\) кг/м\(^3\) — плотность насыщенного пара, а \(\bar v=\sqrt{\dfrac{8RT}{\pi\mu}}=\sqrt{\dfrac{8\cdot8{,}3\cdot272}{\pi\cdot0{,}018}}\approx565\) м/с — средняя скорость его молекул. Расход массы \[\dot m=\frac{\rho\bar vS}{4}=\frac{4{,}4\cdot10^{-3}\cdot565\cdot2\cdot10^{-3}}{4}\text{ кг/с}\approx1{,}2\cdot10^{-3}\text{ кг/с},\] за 270 с уходит \(\approx0{,}33\) кг льда. Масса порядка стакана льда, то есть \(\approx0{,}3\) кг, достаточна, и она много меньше \(M\), как и принято в пункте 3.

Обратите внимание: давление отдачи равно \(p_{\text{н}}/2\), а не \(p_{\text{н}}\): вторая половина давления насыщенного пара в замкнутом сосуде — импульс молекул, возвращающихся на лёд, а в вакууме их нет. Ещё одно замечание по модели: по условию температура льда постоянна, то есть сублимации подводится теплота (при расходе \(1{,}2\cdot10^{-3}\) кг/с — около 3,5 кВт при теплоте сублимации порядка 3 МДж/кг), которую астронавт берёт у окружающей среды; без подвода теплоты лёд остыл бы, а давление пара и сила упали бы.

Ответ. Способ реален: \(F\approx0{,}55\) Н, \(a\approx5{,}5\cdot10^{-3}\) м/с\(^2\), время возвращения порядка \(3\)–\(5\) минут (\(\approx4{,}5\) мин с торможением, \(\approx3\) мин без него), расход льда \(\approx0{,}3\) кг.

Проверка. Размерность: \(p_{\text{н}}S\) — Па\(\cdot\)м\(^2\) = Н; \(\sqrt{l/a}\) — \(\sqrt{\text{м}/(\text{м/с}^2)}\) = с. Второй способ: скорость истечения пара \(F/\dot m=0{,}55/1{,}2\cdot10^{-3}\approx440\) м/с — порядок средней тепловой скорости молекул (565 м/с), как и должно быть у вылетающих молекул. Чувствительность: площадь льда вдвое больше — время меньше в \(\sqrt2\) раза; порядок — минуты — сохраняется.

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

Подсказка

Пучок — плоский заряженный слой, поле у него только поперёк слоя. Найдите по теореме Гаусса силу на электрон и посмотрите, меняется ли она при расширении пучка.

Ответ

\(x=v\sqrt{\dfrac{2m\varepsilon_0}{ne^2}}\approx2{,}5\cdot10^{-2}\) м \(=2{,}5\) см; не зависит от толщины щели.

Решение

Что происходит. Электроны отталкиваются друг от друга, и пучок расширяется поперёк. Пучок тонкий и широкий, поэтому он ведёт себя как бесконечный плоский слой с равномерной объёмной плотностью заряда: поле направлено поперёк слоя и зависит только от поперечной координаты. Продольная скорость \(v\) не меняется (сил вдоль пучка нет, магнитная сила в \(v^2/c^2\sim10^{-11}\) раз меньше электрической), поэтому расстояние от щели \(x=vt\), где \(t\) — время, за которое пучок расширился вдвое. Главная идея: теорема Гаусса даёт постоянную силу на каждый электрон, значит, поперечное движение — равноускоренное.

Обозначения. Ось \(y\) — поперёк пучка, \(y=0\) на его средней плоскости; толщина щели \(d=2h_0\), электрон вылетает с координатой \(y_0\in[-h_0,h_0]\); \(n\) — начальная концентрация, \(-e\) — заряд электрона.

1. Поле в пучке. Теорема Гаусса для цилиндра с основаниями площадью \(\Delta S\) на симметричных высотах \(\pm y\) (поле перпендикулярно слою и по симметрии одинаково по модулю на обоих основаниях): внутри заряд \(-e\,n_y\,2y\,\Delta S\), где \(n_y\) — концентрация в слое. Поэтому \[2E\,\Delta S=\frac{e\,n_y\,2y\,\Delta S}{\varepsilon_0}\quad\Rightarrow\quad E=\frac{e\,n_yy}{\varepsilon_0}.\] Электроны не обгоняют друг друга, поэтому число зарядов между средней плоскостью и данным электроном не меняется: \(n_yy=ny_0\) (для электрона, начавшего с \(y_0\)) — слой растёт, а концентрация падает так, что произведение постоянно. Значит, поле на этом электроне \(E=eny_0/\varepsilon_0\) — постоянно во времени.

2. Движение электрона. Второй закон Ньютона для электрона в проекции на ось \(y\) (вдоль пучка сил нет): сила отталкивания направлена от средней плоскости, равна \(eE\) и постоянна: \[ma_y=eE=\frac{e^2ny_0}{\varepsilon_0}\quad\Rightarrow\quad a_y=\omega^2y_0,\qquad \omega^2=\frac{e^2n}{m\varepsilon_0}.\] Поперечная скорость в начале равна нулю, движение равноускоренное: \[y=y_0+\frac{a_yt^2}{2}=y_0\Bigl(1+\frac{\omega^2t^2}{2}\Bigr).\] Все электроны смещаются с одним множителем \(1+\omega^2t^2/2\): электроны не обгоняют друг друга, как и предполагалось, а концентрация остаётся равномерной по сечению. Толщина пучка растёт в тот же множитель раз.

3. Удвоение толщины. В момент \(t_1\): \[1+\frac{\omega^2t_1^2}{2}=2\quad\Rightarrow\quad t_1=\frac{\sqrt2}{\omega}=\sqrt{\frac{2m\varepsilon_0}{ne^2}} .\] Расстояние от щели \[x_1=vt_1=v\sqrt{\frac{2m\varepsilon_0}{ne^2}}.\] Числа: \(\omega=\sqrt{\dfrac{(1{,}6\cdot10^{-19})^2\cdot10^{10}}{9\cdot10^{-31}\cdot8{,}85\cdot10^{-12}}}\approx5{,}7\cdot10^6\) с\(^{-1}\), \(t_1=\dfrac{1{,}41}{5{,}7\cdot10^{6}}\approx2{,}5\cdot10^{-7}\) с, \[x_1=10^5\cdot2{,}5\cdot10^{-7}\text{ м}=2{,}5\cdot10^{-2}\text{ м}=2{,}5\text{ см}.\]

Обратите внимание: толщина щели \(d\) в ответ не вошла. Поле на краю слоя пропорционально \(n\,h_0\), а нужное смещение края равно \(h_0\); \(h_0\) сокращается. Поле на крае не уменьшается, хотя концентрация падает: заряд между плоскостью и краем остаётся прежним.

Ответ. \(x_1=v\sqrt{\dfrac{2m\varepsilon_0}{ne^2}}\approx2{,}5\) см.

Проверка. Размерность: \(\dfrac{m\varepsilon_0}{ne^2}\) — \(\dfrac{\text{кг}\cdot\text{Ф/м}}{\text{м}^{-3}\cdot\text{Кл}^2}=\dfrac{\text{кг}\cdot\text{м}^2}{\text{В}\cdot\text{Кл}}=\text{с}^2\), корень — секунды, умножив на скорость, получаем метры. Предел: при \(n\to0\) взаимодействие исчезает, \(x_1\to\infty\) — пучок не расширяется. Время \(t_1\approx2{,}5\cdot10^{-7}\) с много больше пролёта между электронами и много меньше любых макроскопических времён, так что слой действительно «мгновенно» отталкивается. Расстояние \(2{,}5\) см должно быть мало по сравнению с шириной пучка — это и есть смысл слова <<широкой>> щели.

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

Подсказка

Резисторы и диод соединены последовательно, ток в них один. Запишите уравнение контура и постройте на графике диода «нагрузочную прямую»: точка пересечения даёт ток и напряжение на диоде.

Ответ

При \(t=25^\circ\)C: \(I\approx1{,}0\) мА, \(U_{AB}\approx1{,}0\) В. При изменении температуры от \(-60^\circ\)C до \(125^\circ\)C напряжение \(U_{AB}\) меняется лишь от \(0{,}94\) до \(\approx1{,}07\) В (в среднем \(\approx+0{,}7\) мВ/К), хотя напряжение источника — от 3,9 до 8,5 В: \(U_{AB}\approx1{,}01\text{ В}+0{,}7\text{ мВ/К}\cdot(t-25^\circ\text{C})\).

Решение

Что происходит. Диод и резистор \(R_2=0{,}2\) кОм включены последовательно с резистором \(R_1=5\) кОм, ток один и тот же. Напряжение \(U_{AB}\) снимается с диода и \(R_2\) вместе. Когда температура растёт, при том же токе напряжение на диоде падает, а напряжение источника растёт; последнее увеличивает ток, и на \(R_2\) напряжение прибавляется. Эти изменения почти гасят друг друга, поэтому \(U_{AB}\) мало зависит от температуры. Главная идея: найти рабочую точку диода пересечением его характеристики с нагрузочной прямой, для каждой температуры.

Обозначения. \(R_1=5\) кОм, \(R_2=0{,}2\) кОм, \(U_D\) — напряжение на диоде, \(I\) — ток цепи, \(U(t)\) — напряжение источника.

1. Нагрузочная прямая. Правило Кирхгофа для контура источник — \(R_1\) — диод — \(R_2\) (ток один, сопротивление источника не учитываем): \[U=IR_1+U_D+IR_2\quad\Rightarrow\quad U_D=U-(R_1+R_2)\,I=6\text{ В}-5{,}2\text{ кОм}\cdot I .\] Это прямая в осях \((U_D,I)\); для построения возьмём две точки на графике: \(I=0{,}9\) мА — \(U_D=1{,}32\) В, \(I=1{,}1\) мА — \(U_D=0{,}28\) В (в окне графика видна её часть). Ток и напряжение на диоде удовлетворяют и характеристике диода, и этой прямой: рабочая точка — их пересечение. Характеристику берём для \(25^\circ\)C.

Из графика: \(I\approx1{,}0\) мА, \(U_D\approx0{,}81\) В.

2. Напряжение между A и Б. Зажимы подключены к диоду и \(R_2\) (не к \(R_1\)): \[U_{AB}=U_D+IR_2=0{,}81\text{ В}+1{,}0\text{ мА}\cdot0{,}2\text{ кОм}=0{,}81+0{,}20=1{,}01\text{ В}\approx1{,}0\text{ В}.\]

3. Другие температуры. Напряжение источника при \(t\): \(U(t)=6\text{ В}+25\cdot10^{-3}\text{ В/К}\cdot(t-25^\circ)\), то есть \(U(125^\circ)=8{,}5\) В, \(U(-60^\circ)=3{,}875\approx3{,}9\) В. Для каждой температуры строим свою нагрузочную прямую \(U_D=U(t)-5{,}2\text{ кОм}\cdot I\) и ищем пересечение с характеристикой при этой температуре:

Для \(125^\circ\)C точка лежит чуть правее конца графика, значение получено продолжением кривой.

Напряжение источника меняется в \(2{,}2\) раза (на \(4{,}6\) В), а \(U_{AB}\) — всего на \(0{,}13\) В (около \(12\,\%\)): в среднем \(\Delta U_{AB}/\Delta t\approx0{,}13\text{ В}/185\text{ К}\approx0{,}7\) мВ/К.

Обратите внимание: в нагрузочную прямую входит сумма \(R_1+R_2\), потому что оба резистора стоят последовательно с диодом, а напряжение \(U_{AB}\) включает только \(R_2\) и диод. Зависимость слабая и плавно растёт, а не постоянна: диод даёт \(-1{,}5\) мВ/К, источник через \(R_1\) — плюс, и они не гасятся полностью.

Ответ. При \(25^\circ\)C \(U_{AB}\approx1{,}0\) В; при росте температуры от \(-60^\circ\)C до \(125^\circ\)C напряжение медленно растёт от \(0{,}94\) до \(\approx1{,}07\) В, около \(+0{,}7\) мВ/К, то есть почти не зависит от температуры.

Проверка. Второй способ, аналитический. Пусть \(\beta=\left(\dfrac{\partial U_D}{\partial T}\right)_I\approx\dfrac{0{,}65-0{,}94}{185}\text{ В/К}\approx-1{,}5\) мВ/К (по графику при \(I=1\) мА), \(r=\dfrac{dU_D}{dI}\approx0{,}27\) кОм (наклон характеристики при \(25^\circ\)C), \(\alpha=25\) мВ/К. Из \(U_{AB}=U_D(I,T)+IR_2\) и \(I=(U-U_{AB})/R_1\) дифференцированием по температуре: \[\frac{dU_{AB}}{dT}=\beta+(r+R_2)\frac{dI}{dT},\qquad \frac{dI}{dT}=\frac{\alpha-dU_{AB}/dT}{R_1}.\] Отсюда \[\frac{dU_{AB}}{dT}=\frac{\beta+(r+R_2)\,\alpha/R_1}{1+(r+R_2)/R_1}\approx\frac{-1{,}5+2{,}35}{1{,}09}\text{ мВ/К}\approx+0{,}7\text{ мВ/К}.\] Совпало с оценкой по графику. Полная компенсация была бы при \(r+R_2=-\beta R_1/\alpha\approx0{,}3\) кОм, здесь \(0{,}47\) кОм — небольшой остаточный рост. Размерность: кОм\(\cdot\)мА = В.

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