Всесоюзная, 1983/84, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Нить и гладкий стол работы не совершают, значит, сохраняется механическая энергия. В каком положении центр палочки ниже всего и чему равна тогда скорость второго конца палочки по сравнению со скоростью первого?

Ответ

\(v_{\max}=\sqrt{g\left(l-\dfrac H2\right)}\).

Решение

Что происходит. Верхний конец палочки привязан к нити, поэтому он движется по дуге окружности радиуса \(l\) вокруг точки \(A\); нижний конец скользит по столу. Сила тяжести тянет центр палочки вниз, и вся энергия идёт в кинетическую: ни нить (она перпендикулярна скорости конца), ни гладкий стол (его реакция вертикальна, а нижний конец движется горизонтально) работы не совершают. Центр палочки ниже всего, когда нить вертикальна, и именно в этот момент палочка движется поступательно, так что вся кинетическая энергия оказывается энергией движения центра. Главная идея — закон сохранения механической энергии в двух положениях: в начальном и при вертикальной нити.

Обозначения. \(m\) — масса палочки, \(C\) — её центр, \(P\) — верхний конец (место крепления нити), \(B\) — нижний конец, \(\varphi\) — угол нити с вертикалью, \(y_C\) — высота центра над столом.

1. Начальное положение. Треугольник \(APB\) равнобедренный: \(AP=PB=l\), а основание \(AB\) вертикально и равно \(H\). Поэтому \(\cos\varphi_0=H/(2l)\), и высота точки \(P\) над столом равна \(H-l\cos\varphi_0=H/2\). Нижний конец \(B\) лежит на столе, центр \(C\) — середина \(PB\), значит \[y_0=\frac{H}{4}.\]

2. Самое низкое положение центра. При произвольном \(\varphi\) высота верхнего конца равна \(H-l\cos\varphi\), высота нижнего равна нулю, и \[y_C=\frac{H-l\cos\varphi}{2}.\] Это наименьшее значение \(y_C\) при \(\varphi=0\), то есть при вертикальной нити: \[y_1=\frac{H-l}{2}.\] Такое положение существует: при \(\varphi=0\) нижний конец лежит на столе левее вертикали на \(l\cos\psi\), где \(\sin\psi=(H-l)/l\), и условие \(l<H<2l\) даёт \(0<\sin\psi<1\).

3. Закон сохранения механической энергии. Работу совершает только сила тяжести, поэтому для палочки между начальным положением и положением с вертикальной нитью \[mgy_0=mgy_1+K,\qquad K=mg\,(y_0-y_1)=mg\left(\frac l2-\frac H4\right),\] где \(K\) — полная кинетическая энергия палочки (поступательная плюс вращательная).

4. Скорости концов при вертикальной нити. Верхний конец движется по окружности вокруг \(A\), а в нижней точке окружности скорость направлена по горизонтали. Нижний конец скользит по столу, его скорость тоже горизонтальна. Палочка твёрдая, поэтому проекции скоростей её концов на саму палочку одинаковы. Палочка наклонена к горизонтали, значит, равны и сами горизонтальные скорости концов: палочка в этот момент движется поступательно, \(\omega=0\), и \[K=\frac{mv_C^2}{2}.\] Обратите внимание: вращательной части энергии здесь нет только в этом положении. В остальных положениях часть энергии уходит во вращение, и скорость центра меньше.

5. Скорость центра. Из пунктов 3 и 4 \[\frac{mv_C^2}{2}=mg\left(\frac l2-\frac H4\right)\quad\Rightarrow\quad v_C^2=g\left(l-\frac H2\right).\]

6. Почему это наибольшая скорость. Кинетическая энергия растёт, пока центр опускается, и достигает наибольшего значения в положении \(y_C=y_1\). В любом положении \(v_C^2\le 2K/m\le 2K_{\max}/m\), а в положении с вертикальной нитью \(v_C^2=2K_{\max}/m\) точно. Обратите внимание: мы считали нить натянутой всё время; численный расчёт силы натяжения (например, для \(H=1{,}5\,l\)) показывает \(T>0\) на всём пути от начала до вертикальной нити, так что нить не провисает.

Зависимость на графике построена численно для \(H=1{,}5\,l\) по закону сохранения энергии: скорость центра растёт при уменьшении \(\varphi\) и достигает \(\sqrt{g\,(l-H/2)}=0{,}5\sqrt{gl}\) при \(\varphi=0\).

Проверка. Размерность: \([g\,l]=\text{м}^2/\text{с}^2\). При \(H=2l\) получаем \(v=0\): палочка уже начинает из положения с вертикальной нитью и дальше никуда не едет. При \(H\to l\) палочка падает на стол с высоты центра \(l/4\) до нуля, \(mgl/4=mv^2/2\), откуда \(v^2=gl/2\), как и даёт формула.

Ответ: \(v_{\max}=\sqrt{g\left(l-\dfrac H2\right)}=\sqrt{\dfrac{g\,(2l-H)}{2}}\).

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

Подсказка

Рой падает на Юпитер свободно, поэтому его глыбы разъезжаются не из-за самого притяжения Юпитера, а из-за его неодинаковости: ближний к планете край притягивается сильнее центра. С чем надо сравнить эту разность ускорений, чтобы глыба на краю оторвалась?

Ответ

Рой начинает разваливаться на расстоянии \(R\le\rho\sqrt[3]{2M/m}\approx1{,}3\cdot10^{6}\) км от центра Юпитера.

Решение

Что происходит. Рой летит мимо Юпитера как единое свободно падающее тело. В системе отсчёта, связанной с центром роя, равномерное притяжение Юпитера исчезает, а остаётся только его неодинаковость: глыба на ближнем к Юпитеру краю притягивается сильнее, чем центр роя, а глыба на дальнем краю — слабее. Разность ускорений растягивает рой вдоль линии, соединяющей его с Юпитером. Пока она меньше собственного притяжения глыбы к рою, рой цел; когда становится больше — глыба отрывается. Главная идея — сравнить приливное ускорение с ускорением силы тяжести на поверхности роя.

Обозначения. \(M\) — масса Юпитера, \(m=M/10^6\) — масса роя, \(\rho=10^4\) км — радиус роя, \(R\) — расстояние от центра Юпитера до центра роя, \(R\gg\rho\) (проверим в конце). Рой считаем шаром, не вращающимся как целое: его глыбы связаны только взаимным притяжением.

1. Ускорение глыбы на краю роя, вызванное притяжением Юпитера. Закон всемирного тяготения для глыбы единичной массы: у ближнего к Юпитеру края (расстояние \(R-\rho\)) ускорение равно \(GM/(R-\rho)^2\), у центра роя (расстояние \(R\)) — \(GM/R^2\). Относительно центра роя край получает ускорение, направленное к Юпитеру, то есть от центра роя: \[\Delta a=\frac{GM}{(R-\rho)^2}-\frac{GM}{R^2}\approx\frac{2GM\rho}{R^3},\] потому что при \(\rho\ll R\) разность \(\dfrac{1}{(R-\rho)^2}-\dfrac1{R^2}\approx\dfrac{2\rho}{R^3}\).

2. Собственное притяжение. На краю роя глыбу притягивает к центру всё вещество роя: по закону всемирного тяготения \(a_c=Gm/\rho^2\) (для шара — как если бы вся масса была в центре).

3. Условие разрушения. Глыба на ближнем краю оторвётся, когда приливное ускорение превысит собственное притяжение, \(\Delta a\ge a_c\): \[\frac{2GM\rho}{R^3}\ge\frac{Gm}{\rho^2}\quad\Rightarrow\quad R^3\le\frac{2M}{m}\,\rho^3 .\] Отсюда \[R\le\rho\sqrt[3]{\frac{2M}{m}}=10^4\text{ км}\cdot\sqrt[3]{2\cdot10^{6}}\approx10^4\text{ км}\cdot126\approx1{,}3\cdot10^{6}\text{ км}.\] Обратите внимание: разрушает рой не сама сила притяжения Юпитера, а разность её значений на краю и в центре; поэтому зависимость от расстояния кубическая, а не квадратичная, а \(G\) и масса Юпитера в ответ входят только через отношение \(M/m\).

На графике оба ускорения даны в единицах \(Gm/\rho^2\): \(a_c\) от расстояния не зависит, а \(\Delta a=2\cdot10^{6}\,(\rho/R)^3\) быстро падает; при \(R=126\rho\) они равны.

Проверка. Размерность: \([GM\rho/R^3]=[Gm/\rho^2]\), отношение масс безразмерно. Найденное \(R\approx126\rho\gg\rho\), поэтому приближение \(2\rho/R^3\) законно (точная формула даёт разницу меньше процента). Чем легче рой (меньше \(m/M\)), тем ближе к Юпитеру он должен подойти: чтобы разорвать плотный каменный шар, нужно подойти гораздо ближе, а разреженный рой рвётся уже на большом расстоянии.

Ответ: рой должен был пройти от центра Юпитера не дальше \(R=\rho\sqrt[3]{2M/m}\approx1{,}3\cdot10^{6}\) км.

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

Подсказка

В конце вся вода стала паром, а объём сосуда не менялся. Запишите уравнение состояния для пара в начале и в конце. Затем вспомните, что в конце пар ещё насыщенный, и свяжите давление с температурой по данной в условии прибавке \(\Delta p\). Теплоту ищите как изменение внутренней энергии.

Ответ

\(T\approx100{,}3\,{}^\circ\)C (\(\Delta T\approx0{,}3\) К);  \(Q\approx2{,}1\) кДж.

Решение

Что происходит. Сосуд жёсткий, объём \(V\) не меняется. Пока в сосуде есть вода, пар насыщенный, и его давление растёт вместе с температурой по закону \(p_{\text{н}}(T)\). Нагревание нужно, чтобы вода ещё и испарилась, а испарившийся пар добавил давление. Вода кончилась, когда масса пара выросла от \(M\) до \(M+m\), а пар остался насыщенным. Главная идея: в конце одновременно выполнены два условия — пар насыщенный (давление берётся из зависимости \(p_{\text{н}}(T)\)) и пар в объёме \(V\) подчиняется уравнению Менделеева — Клапейрона. Из них находим температуру; теплоту — по изменению внутренней энергии.

Обозначения. \(T_0=373\) К, \(p_0=1{,}01\cdot10^5\) Па — давление насыщенного пара при \(100\,{}^\circ\)C (вода кипит при нормальном давлении), \(\mu=18\) г/моль, \(R=8{,}31\) Дж/(моль\(\cdot\)К). \(\Delta T\) — повышение температуры, \(p_k\) — давление в конце. Объёмом воды (1 см\(^3\)) пренебрегаем: он ничтожен по сравнению с объёмом пара (\(\approx170\) л). Пар считаем идеальным газом.

1. Уравнение Менделеева — Клапейрона для пара в начале и в конце. Для начального состояния (масса пара \(M\), температура \(T_0\), давление \(p_0\)) и для конечного (масса пара \(M+m\), температура \(T_0+\Delta T\), давление \(p_k\)) в одном и том же объёме \(V\): \[p_0V=\frac M\mu RT_0,\qquad p_kV=\frac{M+m}{\mu}R\,(T_0+\Delta T).\] Делим второе на первое: \[p_k=p_0\left(1+\frac mM\right)\left(1+\frac{\Delta T}{T_0}\right).\]

2. Условие насыщения в конце. Пар в конце ещё насыщенный. На малом интервале температуры давление насыщенного пара растёт линейно, по условию на \(\Delta p\) при нагреве на 1 К: \[p_k=p_0+\Delta p\,\frac{\Delta T}{1\text{ К}}.\]

3. Температура. Приравниваем два выражения для \(p_k\) (на рисунке — пересечение прямой \(p_{\text{н}}\) с изохорой пара \(M+m\)): \[p_0+\Delta p\,\Delta T=p_0\left(1+\frac mM\right)\left(1+\frac{\Delta T}{T_0}\right) \quad\Rightarrow\quad \Delta T=\frac{p_0\,m/M}{\Delta p-p_0\,(1+m/M)/T_0}\cdot(1\text{ К}).\] Подставим: \(p_0\,m/M=1{,}01\cdot10^{3}\) Па, \(p_0(1+m/M)/T_0=0{,}27\) кПа/К, \(\Delta p=3{,}7\) кПа/К: \[\Delta T=\frac{1{,}01}{3{,}7-0{,}27}\text{ К}\approx0{,}3\text{ К}.\] Сосуд нужно нагреть до \(T\approx100{,}3\,{}^\circ\)C. Результат мал, так что линейность \(p_{\text{н}}(T)\) оправдана.

4. Теплота. Первое начало термодинамики. Объём не меняется, газ работы не совершает, поэтому \(Q=\Delta U\) между начальным и конечным состояниями. Внутренняя энергия — функция состояния, поэтому проведём систему по удобному пути в два этапа.

Этап 1: испарение воды при \(T_0\). Вода массой \(m\) превращается в пар при температуре \(T_0\) и давлении \(p_0\): теплота испарения \(mr\) расходуется на увеличение внутренней энергии и на работу пара \(p_0\,\Delta V=mRT_0/\mu\). Значит, внутренняя энергия растёт на \[Q_1=m\left(r-\frac{RT_0}{\mu}\right).\] Обратите внимание: величина \(r\) задана для испарения при постоянном давлении, в её составе есть работа расширения пара. В жёстком сосуде эта работа не совершается, и в нагрев идёт только остаток.

Этап 2: нагрев пара массой \(M+m\) при постоянном объёме. У идеального газа \(U\) зависит только от \(T\), поэтому \[Q_2=(M+m)\,c_V\,\Delta T .\]

5. Числа. \(RT_0/\mu=8{,}31\cdot373/0{,}018\approx1{,}72\cdot10^{5}\) Дж/кг, откуда \(Q_1=10^{-3}\,(2{,}26-0{,}17)\cdot10^{6}\approx2{,}09\cdot10^{3}\) Дж; \(Q_2=0{,}101\cdot1{,}38\cdot10^{3}\cdot0{,}30\approx41\) Дж. Итого \[Q=Q_1+Q_2\approx2{,}1\cdot10^{3}\text{ Дж}.\]

Проверка. Размерность: \([mr]=\text{кг}\cdot\text{Дж/кг}=\text{Дж}\), \([Mc_V\Delta T]=\text{Дж}\). При \(m\to0\) (воды нет) \(\Delta T\to0\) и \(Q\to0\), как и должно быть: пар остаётся насыщенным без нагрева. Основная часть теплоты (\(\approx98\,\%\)) уходит на испарение, на нагрев пара — два процента.

Ответ: \(T\approx100{,}3\,{}^\circ\)C;  \(Q=m\left(r-\dfrac{RT_0}{\mu}\right)+(M+m)\,c_V\,\Delta T\approx2{,}1\) кДж.

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

Подсказка

Работу газа можно найти двумя способами: как площадь под кривой и через изменение внутренней энергии. У графика нет оси \(V\), поэтому неизвестно, где \(p=0\), — но «столько же отдал, сколько получил» связывает оба способа.

Ответ

\(A\approx1{,}5\) кДж.

Решение

Что происходит. Нам дана кривая \(p(V)\), но без оси объёмов: неизвестно, на какой высоте проходит \(p=0\). Работа газа равна площади под кривой, то есть зависит от этой неизвестной высоты. С другой стороны, газ получил и отдал одинаковое количество теплоты, \(Q=0\), значит, по первому началу термодинамики \(A=-\Delta U\), а внутренняя энергия одноатомного газа находится по \(p\) и \(V\) в двух состояниях. Приравняв два выражения для \(A\), мы найдём недостающую высоту \(p_2\), а с ней — и работу. Главная идея: «потерянная» ось определяется тепловым балансом.

Обозначения. Ось объёма проходит через точку \(V=0\) на оси \(p\), поэтому \(V\) отсчитываем от оси \(p\) на рисунке. Давление возьмём от неизвестного уровня \(p_2\) (давление в состоянии 2). Масштаб: отрезок \(0{,}01\text{ м}^3\) на рисунке — по горизонтали, \(10^4\text{ Па}\) — по вертикали. Снимем с рисунка (рисунок 1:1 по пикселям скана): \(V_1\approx0{,}018\text{ м}^3\), \(V_2\approx0{,}060\text{ м}^3\), перепад \(p_1-p_2\approx8{,}5\cdot10^{4}\text{ Па}\), площадь \(S\) между кривой и горизонталью на уровне \(p_2\) (от \(V_1\) до \(V_2\)) \(\approx0{,}9\text{ кДж}\).

1. Первое начало термодинамики для всего процесса. Газ получил столько же тепла, сколько отдал, поэтому суммарное \(Q=0\) и \[A=-\Delta U,\qquad \Delta U=\frac32\,\nu R\,(T_2-T_1)=\frac32\,(p_2V_2-p_1V_1)\] (уравнение Менделеева — Клапейрона: \(\nu RT=pV\); поэтому ни \(R\), ни число молей не нужны).

2. Работа как площадь. Работа газа равна площади под кривой от \(V_1\) до \(V_2\). Разобьём её на прямоугольник высотой \(p_2\) и фигуру площади \(S\) над ним: \[A=p_2\,(V_2-V_1)+S .\]

3. Приравниваем. Перепишем \(p_2V_2-p_1V_1=p_2\,(V_2-V_1)-(p_1-p_2)\,V_1\). Условие \(A+\Delta U=0\) даёт \[p_2\,\Delta V+S+\frac32\,p_2\,\Delta V-\frac32\,(p_1-p_2)\,V_1=0,\qquad \Delta V=V_2-V_1 .\] Отсюда \[p_2=\frac{\tfrac32\,(p_1-p_2)\,V_1-S}{\tfrac52\,\Delta V}.\] Обратите внимание: в правую часть входит только то, что видно на рисунке (разность давлений, объёмы, площадь), и не входит уровень \(p=0\), который утерян.

4. Числа. \(\tfrac32\cdot8{,}5\cdot10^{4}\cdot0{,}018\approx2{,}3\cdot10^{3}\) Дж, \(\Delta V\approx0{,}042\text{ м}^3\): \[p_2\approx\frac{(2{,}3-0{,}9)\cdot10^{3}}{2{,}5\cdot0{,}042}\text{ Па}\approx1{,}3\cdot10^{4}\text{ Па},\qquad p_1\approx9{,}8\cdot10^{4}\text{ Па}.\] Работа: \[A=p_2\,\Delta V+S\approx1{,}3\cdot10^{4}\cdot0{,}042+0{,}9\cdot10^{3}\approx1{,}5\cdot10^{3}\text{ Дж}.\]

Проверка. Второй способ: \(A=-\Delta U=\tfrac32\,(p_1V_1-p_2V_2)=\tfrac32\,(9{,}8\cdot10^{4}\cdot0{,}018-1{,}3\cdot10^{4}\cdot0{,}060)\approx\tfrac32\,(1{,}78-0{,}80)\cdot10^{3}\approx1{,}5\cdot10^{3}\text{ Дж}\) — то же число. Знаки согласованы: объём вырос, \(A>0\); произведение \(pV\) уменьшилось, газ охладился, \(\Delta U<0\) (рисунок). Неточность чтения масштаба на 3 % меняет ответ примерно на \(\pm0{,}1\) кДж. Обратите внимание: «отдал столько же тепла, сколько получил» не значит, что процесс адиабатный: на разных участках тепло то поступало, то уходило, важна только сумма.

Ответ: \(A=-\Delta U=\tfrac32\,(p_1V_1-p_2V_2)\approx1{,}5\) кДж.

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

Подсказка

Узлы между конденсаторами изолированы, значит, заряд каждого узла меняется только токами через резисторы. Запишите закон сохранения заряда для узлов и закон Ома для резисторов: токи окажутся одинаковыми, а их спад — экспонентой.

Ответ

\(Q_R=\dfrac{2C\mathcal E^{2}}{27}\) на каждом резисторе;  токи через оба резистора одинаковы: \(I=\dfrac{19\,\mathcal E}{60R}\) в момент \(t_1=\dfrac{RC}{3}\ln\dfrac{40}{19}\), когда \(u_2=+\dfrac{\mathcal E}{10}\), и \(I=\dfrac{\mathcal E}{60R}\) в момент \(t_2=\dfrac{RC}{3}\ln40\), когда \(u_2=-\dfrac{\mathcal E}{10}\).

Решение

Что происходит. Заряженная цепочка конденсаторов замыкается двумя резисторами, и они начинают разряжаться. Между конденсаторами есть изолированные участки проводов (узлы): их полный заряд может измениться только токами через резисторы. Главная идея — закон сохранения заряда для узлов плюс закон Ома для резисторов; из симметрии получается, что токи через резисторы одинаковы и спадают по одной экспоненте.

Обозначения. Узлы цепочки слева направо: \(L\) (левая обкладка первого конденсатора), \(A\) (между первым и вторым), \(B\) (между вторым и третьим), \(D\) (правая обкладка третьего). \(u_k\) — напряжение на \(k\)-м конденсаторе (потенциал правой обкладки минус левой), \(q_k=Cu_k\) — заряд его правой обкладки. Полярность выберем так, чтобы в начале все \(u_k>0\). Один резистор подключён между \(A\) и \(D\), другой — между \(L\) и \(B\).

1. Начальное состояние. Конденсаторы соединены последовательно, их заряды одинаковы, ёмкости тоже, поэтому напряжения равны, а в сумме они дают ЭДС: \(u_1=u_2=u_3=\mathcal E/3\).

2. Закон Ома для резисторов. Потенциалы узлов: \(\varphi_D-\varphi_A=u_2+u_3\) и \(\varphi_B-\varphi_L=u_1+u_2\). Токи текут от большего потенциала к меньшему: \[I_a=\frac{u_2+u_3}{R}\ \ (D\to A),\qquad I_b=\frac{u_1+u_2}{R}\ \ (B\to L).\]

3. Закон сохранения заряда для узлов. Узел \(L\) (левая обкладка первого конденсатора с зарядом \(-q_1\) и подключённый к ней вывод резистора): в него втекает ток \(I_b\), поэтому \(-\dfrac{dq_1}{dt}=I_b\). Узел \(D\) (обкладка с зарядом \(q_3\) и вывод второго резистора): из него вытекает ток \(I_a\), поэтому \(\dfrac{dq_3}{dt}=-I_a\). Узел \(A\) (заряд \(q_1-q_2\)): в него втекает \(I_a\), то есть \(\dfrac{d(q_1-q_2)}{dt}=I_a\), откуда \[\frac{dq_1}{dt}=-I_b,\qquad \frac{dq_3}{dt}=-I_a,\qquad \frac{dq_2}{dt}=-(I_a+I_b).\]

4. Симметрия. Начальные условия для \(u_1\) и \(u_3\) одинаковы (\(\mathcal E/3\)), и уравнения для них одинаковы по форме, поэтому \(u_1=u_3\) всё время, а значит \(I_a=I_b\equiv I\). Тогда \(dq_1/dt=dq_3/dt=-I\), \(dq_2/dt=-2I\), а закон Ома даёт \(RI=u_1+u_2\).

5. Закон изменения тока. Продифференцируем \(RI=u_1+u_2\) по времени и подставим \(\dot u_1=-I/C\), \(\dot u_2=-2I/C\): \[R\frac{dI}{dt}=-\frac{3I}{C}\quad\Rightarrow\quad I(t)=I_0\,e^{-3t/(RC)},\qquad I_0=\frac{u_1+u_2}{R}\bigg|_{t=0}=\frac{2\mathcal E}{3R}.\] Обратите внимание: постоянная времени равна \(RC/3\), а не \(RC\): при токе \(I\) величина \(u_1+u_2\) убывает со скоростью \(3I/C\), потому что один и тот же ток разряжает сразу три «порции» заряда.

6. Теплота на резисторе. Закон Джоуля — Ленца для малого промежутка \(dt\) и сумма по всему разряду (от \(t=0\) до \(t\to\infty\)): \[Q_R=\int\limits_0^\infty I^2R\,dt=I_0^2R\int\limits_0^\infty e^{-6t/(RC)}\,dt=\frac{4\mathcal E^2}{9R}\cdot\frac{RC}{6}=\frac{2C\mathcal E^2}{27}.\]

7. Напряжение на среднем конденсаторе. Из \(\dot u_2=-2I/C\) и \(\dot u_1=-I/C\) интегрированием от начала: \[u_1=\frac{\mathcal E}{9}+\frac{2\mathcal E}{9}\,e^{-3t/(RC)},\qquad u_2=-\frac{\mathcal E}{9}+\frac{4\mathcal E}{9}\,e^{-3t/(RC)} .\] Напряжение на среднем конденсаторе меняет знак: из \(+\mathcal E/3\) уходит в \(-\mathcal E/9\). Поэтому величина \(\mathcal E/10\) достигается дважды (график).

8. Токи в эти моменты. Если \(u_2=+\mathcal E/10\), то \(e^{-3t/(RC)}=\dfrac{19}{40}\), и \[I=I_0e^{-3t/(RC)}=\frac{2\mathcal E}{3R}\cdot\frac{19}{40}=\frac{19\,\mathcal E}{60R}\qquad\Bigl(t_1=\tfrac{RC}{3}\ln\tfrac{40}{19}\approx0{,}25\,RC\Bigr).\] Если \(u_2=-\mathcal E/10\), то \(e^{-3t/(RC)}=\dfrac1{40}\), и \[I=\frac{2\mathcal E}{3R}\cdot\frac1{40}=\frac{\mathcal E}{60R}\qquad\Bigl(t_2=\tfrac{RC}{3}\ln40\approx1{,}23\,RC\Bigr).\] Обратите внимание: условие <<напряжение в 10 раз меньше ЭДС>> выполняется в двух моментах, потому что напряжение \(u_2\) успевает поменять знак; в обоих токи через два резистора равны.

Проверка. Энергия: в начале \(W_0=3\cdot\dfrac{C(\mathcal E/3)^2}{2}=\dfrac{C\mathcal E^2}{6}\); в конце (\(t\to\infty\), \(I=0\), \(u_1=u_3=\mathcal E/9\), \(u_2=-\mathcal E/9\)) \(W_\infty=3\cdot\dfrac{C(\mathcal E/9)^2}{2}=\dfrac{C\mathcal E^2}{54}\). Разность \(\dfrac{C\mathcal E^2}{6}-\dfrac{C\mathcal E^2}{54}=\dfrac{4C\mathcal E^2}{27}\) выделилась на двух одинаковых резисторах, по \(\dfrac{2C\mathcal E^2}{27}\) на каждом — совпало. Размерность: \([C\mathcal E^2]=\text{Дж}\); \([\mathcal E/R]=\text{А}\). Теплота от \(R\) не зависит: сопротивление определяет только скорость разряда, но не запас энергии.

Ответ: на каждом резисторе выделится \(Q_R=\dfrac{2C\mathcal E^2}{27}\); токи через оба резистора равны \(I=\dfrac{19\,\mathcal E}{60R}\) (при \(u_2=+\mathcal E/10\)) и \(I=\dfrac{\mathcal E}{60R}\) (при \(u_2=-\mathcal E/10\)).

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