Всесоюзная, 1984/85, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Запишите второй закон Ньютона для малого промежутка времени \(dt\) и умножьте его на \(dt\). Что получится из слагаемого с сопротивлением, если сложить такие равенства за весь полёт?

Ответ

\(T=\dfrac{v_1+v_2}{g}\).

Решение

Что происходит. Сила сопротивления зависит от скорости, поэтому ускорение мяча всё время меняется и формулы равноускоренного движения не годятся. Но линейная зависимость \(F=kv\) позволяет обойтись без закона движения: сила сопротивления, умноженная на малый промежуток времени \(dt\), даёт \(k\,dy\), где \(dy\) — смещение мяча за \(dt\), а полное смещение за весь полёт равно нулю. Главная идея — записать второй закон Ньютона для малого промежутка \(dt\) и просуммировать по всему полёту.

Обозначения. Ось \(y\) направим вертикально вверх, начало отсчёта — в точке броска. Через \(v\) обозначим проекцию скорости мяча на ось \(y\): в начале полёта \(v=v_1\), в конце \(v=-v_2\), где \(v_1\) и \(v_2\) — модули скоростей. \(m\) — масса мяча, \(k\) — коэффициент пропорциональности (модуль силы сопротивления равен \(k|v|\)), \(T\) — время полёта. Проекции оставляем со знаком: так не нужно отдельно разбирать подъём и спуск.

1. Второй закон Ньютона для мяча. На мяч действуют сила тяжести и сила сопротивления воздуха, направленная против скорости. В проекции на ось \(y\) сила тяжести равна \(-mg\), сила сопротивления равна \(-kv\): при подъёме \(v>0\) и сила направлена вниз, при спуске \(v<0\) и сила направлена вверх. Одна запись верна на всём пути: \[m\frac{dv}{dt}=-mg-kv .\]

2. Малый промежуток времени. Умножим уравнение на \(dt\) и учтём, что \(v\,dt=dy\) — смещение мяча за \(dt\): \[m\,dv=-mg\,dt-k\,dy .\]

3. Суммирование по всему полёту. Сложим эти равенства для всех малых промежутков от броска до падения на землю. Слева сложатся изменения скорости: от \(v_1\) до \(-v_2\). Справа \(-mg\,dt\) даёт \(-mgT\), а \(-k\,dy\) даёт \(-k\), умноженное на полное смещение. Мяч упал на тот же уровень, с которого его бросили, поэтому полное смещение равно нулю: \[m(-v_2-v_1)=-mgT-k\cdot 0 .\] Обратите внимание: сопротивление «запоминает» только смещение, а не путь. Подъём вверх и спуск вниз вычитаются друг из друга, поэтому коэффициент \(k\) в ответе не появляется: он спрятан в скорости падения \(v_2\).

Отсюда \[T=\frac{v_1+v_2}{g}.\]

Тот же вывод виден на графике проекции скорости: путь вверх — площадь \(S_1\) над осью времени, путь вниз — площадь \(S_2\) под осью, и \(S_1=S_2\), потому что мяч вернулся на прежний уровень. График построен для примера: \(v_1=10\text{ м/с}\), \(mg/k=8\text{ м/с}\); тогда численное решение уравнения \(m\,dv/dt=-mg-kv\) даёт \(v_2\approx5{,}4\text{ м/с}\) и \(T\approx1{,}54\text{ с}\), что совпадает с \((v_1+v_2)/g\).

Проверка. Размерность: \([v/g]=\text{м/с}\big/\text{м/с}^2=\text{с}\). При \(k\to0\) сопротивления нет, \(v_2=v_1\), и \(T=2v_1/g\) — известное время полёта без сопротивления. С сопротивлением \(v_2<v_1\) (часть энергии ушла в тепло), поэтому \(T<2v_1/g\): мяч падает быстрее, чем без воздуха, как и должно быть.

Ответ: \(T=\dfrac{v_1+v_2}{g}\).

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

Подсказка

Пар диффундирует от поверхности воды в воздух. От какой разности концентраций пара зависит скорость испарения? Что остаётся одинаковым в обоих опытах?

Ответ

\(t_2=t_1\dfrac{1-\varphi_1}{1-\varphi_2}=100\) мин.

Решение

Что происходит. Над водой пар насыщенный, а вдали от блюдца его концентрация определяется влажностью воздуха. Пар диффундирует от поверхности в воздух, и чем ближе влажность к \(100\,\%\), тем меньше перепад концентраций и тем медленнее испарение. Главная идея — скорость испарения пропорциональна перепаду концентраций пара, а масса воды в обоих опытах одна и та же.

Обозначения. \(n_{\text{н}}\) — концентрация насыщенного пара при температуре воды; \(n=\varphi n_{\text{н}}\) — концентрация пара в воздухе вдали от блюдца; \(m_0\) — масса налитой воды; \(J\) — масса воды, испаряющаяся за единицу времени. Температура воды и воздуха, блюдце и количество воды в обоих опытах одинаковы, поэтому \(n_{\text{н}}\) одно и то же.

1. Поток пара. У самой поверхности воды пар насыщенный: его концентрация \(n_{\text{н}}\). Вдали концентрация равна \(\varphi n_{\text{н}}\), и между ними в тонком слое воздуха концентрация падает от \(n_{\text{н}}\) до \(\varphi n_{\text{н}}\) (рисунок ниже). Поток диффузии пропорционален перепаду концентраций: \[J=\beta\,(n_{\text{н}}-n)=\beta\,n_{\text{н}}(1-\varphi),\] где коэффициент \(\beta\) зависит от площади блюдца, коэффициента диффузии и толщины слоя, но не от влажности воздуха. Обратите внимание: скорость испарения определяют не сама влажность \(\varphi\), а её «недобор» до \(100\,\%\), то есть \(1-\varphi\).

2. Время испарения. Слова «на открытом воздухе» означают, что пар уносится и влажность вдали остаётся постоянной, поэтому \(J\) не меняется со временем и вода убывает равномерно (график ниже). Вся масса \(m_0\) испарилась за время \(t\): \[m_0=J\,t,\qquad t=\frac{m_0}{\beta\,n_{\text{н}}(1-\varphi)} .\] Обратите внимание: в закрытой посуде влажность росла бы со временем до \(100\,\%\), испарение затухало бы, и такое рассуждение не работало бы.

3. Сравнение двух опытов. Величины \(m_0\), \(\beta\), \(n_{\text{н}}\) в обоих опытах одинаковы, поэтому \(t_1(1-\varphi_1)=t_2(1-\varphi_2)\). Отсюда \[t_2=t_1\,\frac{1-\varphi_1}{1-\varphi_2}=40\text{ мин}\cdot\frac{1-0{,}5}{1-0{,}8}=40\text{ мин}\cdot\frac{0{,}5}{0{,}2}=100\text{ мин}.\]

Проверка. Безразмерное отношение \((1-\varphi_1)/(1-\varphi_2)\) даёт время в тех же единицах, что и \(t_1\). Воздух стал влажнее, перепад концентраций уменьшился в \(2{,}5\) раза, и время увеличилось в \(2{,}5\) раза — знак изменения верный. При \(\varphi\to1\) получаем \(t\to\infty\): над водой уже насыщенный пар, испарения нет.

Ответ: \(t_2=t_1\dfrac{1-\varphi_1}{1-\varphi_2}=100\) мин.

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

Подсказка

Газы в смеси не мешают друг другу, давление смеси — сумма давлений каждого. Излом на графике — момент, когда один из газов стал насыщенным и начал конденсироваться: его давление дальше не растёт. Что даёт примечание об азоте?

Ответ

\(m_{\text{O}_2}\approx50\) г;  \(p_{\text{н}}\approx0{,}2\) атм \(\approx2\cdot10^{4}\) Па.

Решение

Что происходит. Газы в смеси не мешают друг другу: давление смеси равно сумме парциальных давлений. Пока газ ненасыщенный, его давление подчиняется уравнению Менделеева — Клапейрона. Когда парциальное давление газа достигает давления насыщенного пара, газ начинает конденсироваться: при постоянной температуре давление его пара остаётся равным \(p_{\text{н}}\), а объём газа уменьшается за счёт образования жидкости. Два излома графика (при \(V=8\) и \(V=4\)) — моменты, когда насыщаются сначала один газ, затем другой. Главная идея — снять с графика давление в двух изломах и из двух уравнений найти количества газов и давления насыщенных паров.

Обозначения. \(p_{\text{N}}\), \(p_{\text{O}}\) — парциальные давления азота и кислорода; \(p_{\text{нN}}\), \(p_{\text{нO}}\) — давления их насыщенных паров при \(77{,}4\) К; \(\nu_{\text{N}}\), \(\nu_{\text{O}}\) — количества веществ; \(C_{\text{N}}=\nu_{\text{N}}RT\) и \(C_{\text{O}}=\nu_{\text{O}}RT\) — произведения \(pV\) каждого газа в условных единицах графика. Участки графика: I — \(V>8\), II — \(4<V<8\), III — \(V<4\). Давление и объём читаем в условных единицах, ось \(V\) идёт слева направо, а сжатие — справа налево.

1. Участок I: оба газа ненасыщенные. Каждый газ — идеальный, \(p_{\text{N}}V=C_{\text{N}}\) и \(p_{\text{O}}V=C_{\text{O}}\) при постоянной температуре, поэтому \[p=\frac{C_{\text{N}}+C_{\text{O}}}{V}\] — гипербола. Так и идёт правая часть графика: при \(V=10\) давление около \(3{,}5\), при \(V=8\) около \(4{,}4\), то есть \(pV\approx35\).

2. Участок II: кислород насыщен. В точке \(V=8\) насыщается кислород, дальше он конденсируется, и его парциальное давление остаётся равным \(p_{\text{нO}}\). Азот по-прежнему идеальный газ. Давление смеси на участке II и значение в точке излома: \[p=\frac{C_{\text{N}}}{V}+p_{\text{нO}},\qquad p_{\text{нO}}=\frac{C_{\text{O}}}{8}.\] Обратите внимание: что насыщается первым именно кислород, видно из примечания. Если бы при \(V=8\) первым насыщался азот, те же уравнения дали бы \(p_{\text{нN}}=1{,}4\) и \(p_{\text{нO}}=6{,}0\) условных единиц, то есть давление насыщенного пара кислорода оказалось бы больше, чем у азота. Но кислород кипит при более высокой температуре, значит, при \(77{,}4\) К давление его насыщенного пара меньше. Поэтому первым насыщается кислород, вторым — азот.

3. Участок III: насыщены оба газа. В точке \(V=4\) насыщается азот: \(p_{\text{нN}}=C_{\text{N}}/4\). Левее этой точки жидкими становятся оба вещества, давления их паров постоянны, и давление смеси постоянно: \[p_4=p_{\text{нN}}+p_{\text{нO}}=\frac{C_{\text{N}}}{4}+p_{\text{нO}} .\] Запишем формулу участка II в точке \(V=8\) и в точке \(V=4\): \[p_8=\frac{C_{\text{N}}}{8}+p_{\text{нO}},\qquad p_4=\frac{C_{\text{N}}}{4}+p_{\text{нO}} .\] Вычтем первое равенство из второго: \(\dfrac{C_{\text{N}}}{8}=p_4-p_8\). По графику \(p_8=4{,}4\) и \(p_4=7{,}4\) условных единиц, поэтому \[C_{\text{N}}=8(p_4-p_8)=24,\qquad p_{\text{нO}}=p_8-\frac{C_{\text{N}}}{8}=2p_8-p_4=1{,}4,\qquad C_{\text{O}}=8\,p_{\text{нO}}=11{,}2 .\] Проверка по третьей точке графика: на участке I при \(V=10\) получаем \(p=(24+11{,}2)/10=3{,}5\) — как на графике.

На втором рисунке показаны парциальные давления: давление азота (до \(V=4\) — гипербола \(C_{\text{N}}/V\), затем постоянное \(p_{\text{нN}}=6{,}0\)), давление кислорода (до \(V=8\) — гипербола \(C_{\text{O}}/V\), затем постоянное \(p_{\text{нO}}=1{,}4\)) и их сумма — график из условия.

4. Масса кислорода. Отношение количеств веществ равно отношению \(pV\) при одной температуре: \(\nu_{\text{O}}/\nu_{\text{N}}=C_{\text{O}}/C_{\text{N}}\). Массы связаны с количествами веществ через молярные массы \(M_{\text{N}}=28\) г/моль и \(M_{\text{O}}=32\) г/моль: \[m_{\text{O}}=m_1\,\frac{M_{\text{O}}}{M_{\text{N}}}\,\frac{C_{\text{O}}}{C_{\text{N}}} =m_1\,\frac{M_{\text{O}}}{M_{\text{N}}}\cdot\frac{2p_8-p_4}{p_4-p_8} =100\text{ г}\cdot\frac{32}{28}\cdot\frac{11{,}2}{24}\approx53\text{ г}.\] С точностью, с которой читается график (около \(10\,\%\)), это около \(50\) г.

5. Давление насыщенного пара кислорода. В условных единицах \(p_{\text{нO}}=1{,}4\), а \(p_{\text{нN}}=p_4-p_{\text{нO}}=6{,}0\). По примечанию \(77{,}4\) К — температура кипения азота при нормальном давлении, то есть давление его насыщенного пара при этой температуре равно одной атмосфере: \(6{,}0\) условных единиц \(=1\) атм. Обратите внимание: перевести условные единицы в паскали можно только через азот, другого опорного значения в условии нет. Тогда \[p_{\text{нO}}=\frac{1{,}4}{6{,}0}\text{ атм}\approx0{,}23\text{ атм}\approx2\cdot10^{4}\text{ Па}.\]

Проверка. Единицы графика на ответ не влияют: в формуле массы стоят отношение \(pV\) и отношение молярных масс. Для \(V=6\) формула участка II даёт \(p=24/6+1{,}4=5{,}4\) — на графике около \(5{,}3\). Табличное давление насыщенного пара кислорода при \(77\) К порядка \(0{,}2\) атм, как и в нашем ответе.

Ответ: \(m_{\text{O}}=m_1\dfrac{M_{\text{O}}}{M_{\text{N}}}\dfrac{2p_8-p_4}{p_4-p_8}\approx53\) г, то есть около \(50\) г; \(p_{\text{нO}}=\dfrac{2p_8-p_4}{2(p_4-p_8)}\text{ атм}\approx0{,}2\) атм \(\approx2\cdot10^{4}\) Па.

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

Подсказка

Сколько заряда за один цикл конденсатор берёт у источника и отдаёт аккумулятору? Во втором вопросе примечание уже не выполняется: за время \(\tau/1000\) конденсатор не успевает ни зарядиться, ни разрядиться, и его напряжение почти постоянно.

Ответ

1) \(T=\dfrac{2\tau I_0 t_1}{C(U_0-\mathcal{E})}=80\) ч;  2) \(T'=\dfrac{2I_0t_1(r_1+r_2)}{U_0-\mathcal{E}}=24\) ч, то есть быстрее в \(\dfrac{\tau}{(r_1+r_2)C}\approx3{,}3\) раза.

Решение

Что происходит. Конденсатор работает челноком: на стадии 1 он присоединён к источнику и заряжается, на стадии 2 — к цепочке «аккумулятор и резистор» и отдаёт часть заряда аккумулятору. Аккумулятор заряжен полностью, когда ему передан заряд \(Q=I_0t_1\). Главная идея первого вопроса — найти заряд, который челнок переносит за один цикл. Во втором вопросе стадии короче времён \(r_1C\) и \(r_2C\), режим другой, и тогда главными становятся сопротивления \(r_1\) и \(r_2\).

Обозначения. \(U_C\) — напряжение на конденсаторе; \(\Delta q\) — заряд, передаваемый аккумулятору за один цикл; цикл состоит из двух стадий по \(\tau\) (рисунок: положение 1 — к источнику, положение 2 — к аккумулятору). Считаем, что запас заряда аккумулятора \(Q\) не зависит от тока зарядки.

Часть 1. \(\tau=0{,}1\) с.

1. Заряд аккумулятора. При токе \(I_0\) он заряжается за \(t_1\), значит \[Q=I_0t_1=1\text{ А}\cdot21\,600\text{ с}=2{,}16\cdot10^{4}\text{ Кл}.\]

2. Стадия 1. Конденсатор присоединён к источнику. Постоянная времени цепи \(r_1C=0{,}01\) с много меньше \(\tau\), и по примечанию он успевает зарядиться полностью: \(U_C=U_0\).

3. Стадия 2. Конденсатор присоединён к аккумулятору с резистором. Закон Ома для этой цепи: \(U_C=\mathcal{E}+Ir_2\), ток \(I\) идёт, пока \(U_C>\mathcal{E}\), и прекращается при \(U_C=\mathcal{E}\). Постоянная времени \(r_2C=0{,}02\) с много меньше \(\tau\), поэтому конденсатор успевает разрядиться до \(U_C=\mathcal{E}\). Весь заряд, ушедший с его обкладки, прошёл через аккумулятор (закон сохранения заряда): \[\Delta q=C\,(U_0-\mathcal{E})=10^{-3}\text{ Ф}\cdot15\text{ В}=1{,}5\cdot10^{-2}\text{ Кл}.\] Обратите внимание: сопротивления \(r_1\) и \(r_2\) в \(\Delta q\) не входят. Они определяют только, как быстро идут стадии, а не сколько заряда переносится, пока стадии успевают завершиться. Напряжение на конденсаторе на рисунке ниже построено по этим постоянным времени.

4. Время зарядки. Число циклов \(N=Q/\Delta q\), каждый цикл длится \(2\tau\): \[T=2\tau N=\frac{2\tau\,I_0t_1}{C\,(U_0-\mathcal{E})}=\frac{0{,}2\text{ с}\cdot2{,}16\cdot10^{4}\text{ Кл}}{1{,}5\cdot10^{-2}\text{ Кл}}=2{,}9\cdot10^{5}\text{ с}\approx80\text{ ч}.\]

Часть 2. \(\tau'=\tau/1000=10^{-4}\) с.

5. Что изменилось. Теперь \(\tau'\) много меньше и \(r_1C=10^{-2}\) с, и \(r_2C=2\cdot10^{-2}\) с: за стадию конденсатор успевает изменить напряжение только на малую долю. Обратите внимание: примечание больше не выполняется, поэтому формулой \(\Delta q=C(U_0-\mathcal{E})\) пользоваться нельзя, а ответ «в 1000 раз быстрее» неверен — время не просто пропорционально \(\tau\).

6. Установившийся режим. После нескольких первых циклов (его длительность порядка \((r_1+r_2)C\approx0{,}03\) с, это ничтожно мало по сравнению с часами зарядки) конденсатор за цикл не накапливает заряд: заряд, пришедший от источника на стадии 1, равен заряду, ушедшему в аккумулятор на стадии 2. Напряжение \(U_C\) почти не меняется за цикл, поэтому токи стадий почти постоянны, и условие \(I_1\tau'=I_2\tau'\) даёт \(I_1=I_2=I\). Закон Ома для стадии 1: \(U_0=Ir_1+U_C\). Для стадии 2: \(U_C=\mathcal{E}+Ir_2\). Отсюда \[\frac{U_0-U_C}{r_1}=\frac{U_C-\mathcal{E}}{r_2},\qquad U_C=\frac{U_0r_2+\mathcal{E}r_1}{r_1+r_2}=22\text{ В},\qquad I=\frac{U_0-\mathcal{E}}{r_1+r_2}=\frac{15}{30}\text{ А}=0{,}5\text{ А}.\] Изменение \(U_C\) за стадию \(\Delta U_C\approx I\tau'/C=0{,}05\) В на фоне \(5\)–\(10\) В, то есть почти постоянство \(U_C\) законно.

7. Среднее значение тока заряда. Ток \(I\) течёт через аккумулятор только на стадии 2, то есть половину цикла (рисунок ниже, внизу; вверху для сравнения — режим первой части, где импульс тока короткий и острый). Среднее значение тока заряда \[\langle I\rangle=\frac I2=0{,}25\text{ А},\qquad T'=\frac{Q}{\langle I\rangle}=\frac{2{,}16\cdot10^{4}\text{ Кл}}{0{,}25\text{ А}}=8{,}6\cdot10^{4}\text{ с}=24\text{ ч}.\] В буквах \(T'=\dfrac{2I_0t_1(r_1+r_2)}{U_0-\mathcal{E}}\): от \(\tau'\) и \(C\) время зарядки больше не зависит.

8. Сравнение. \[\frac{T}{T'}=\frac{\tau}{(r_1+r_2)\,C}=\frac{0{,}1\text{ с}}{30\text{ Ом}\cdot10^{-3}\text{ Ф}}=\frac{0{,}1}{0{,}03}\approx3{,}3 .\]

Проверка. Размерность: \(\tau/(RC)\) безразмерно. Второй способ для части 2: конденсатор на быстрой стадии работает как переключаемый провод, поэтому ток равен току в цепи из последовательно соединённых источника, \(r_1\), \(r_2\) и аккумулятора, \((U_0-\mathcal{E})/(r_1+r_2)=0{,}5\) А, и течёт он половину времени. Прямой численный расчёт переходных процессов за цикл по точным экспонентам даёт \(80{,}5\) ч для \(\tau=0{,}1\) с и \(24{,}0\) ч для \(\tau'=10^{-4}\) с.

Ответ: \(T=\dfrac{2\tau I_0t_1}{C(U_0-\mathcal{E})}\approx80\) ч; при уменьшении \(\tau\) в 1000 раз время зарядки \(T'=\dfrac{2I_0t_1(r_1+r_2)}{U_0-\mathcal{E}}\approx24\) ч, то есть аккумулятор заряжается быстрее в \(\dfrac{\tau}{(r_1+r_2)C}\approx3{,}3\) раза.

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

Подсказка

Обе катушки намотаны вместе, поэтому любой магнитный поток пронизывает их одинаково. Чему равно напряжение на катушке без сопротивления и как оно связано с этим потоком?

Ответ

1) \(P=\dfrac{U^2}{R}\);  2) \(I_1(t)=\dfrac UR+\dfrac UL\,t\) при \(0<t<\tau\), в момент замыкания ток скачком становится \(U/R\);  3) \(Q=\dfrac{U^2\tau^2}{2L}\).

Решение

Что происходит. Витки второй катушки лежат рядом с витками первой, и магнитный поток пронизывает обе катушки одинаково. Сопротивление проводов равно нулю, поэтому напряжение на каждой катушке равно скорости изменения её потокосцепления. А потокосцепление у обеих катушек одно и то же. Идеальная батарейка поддерживает напряжение \(U\) на первой катушке — значит, такое же напряжение возникает на второй, на резисторе. Главная идея — общее потокосцепление \(\Psi\) обеих катушек.

Обозначения. \(\Psi=N\Phi\) — потокосцепление катушки (\(N\) — число витков, \(\Phi\) — поток через один виток); у двух катушек оно одинаково. Положительное направление токов \(I_1\) и \(I_2\) одно: вдоль намотки, сверху вниз по катушке (катушки намотаны в одну сторону). Взаимная индуктивность катушек \(M\): весь поток первой катушки пронизывает и вторую, число витков одно и то же, поэтому \(M=L\).

1. Закон Фарадея для катушки без сопротивления. Напряжение на концах катушки по направлению тока равно \(d\Psi/dt\). Для первой катушки, подключённой к идеальной батарейке: \(d\Psi/dt=U\). До замыкания ключа тока нет, потока нет, \(\Psi(0)=0\), значит, для \(0<t<\tau\) \[\Psi=Ut .\]

2. Мощность на резисторе. Вторая катушка замкнута на резистор, и напряжение на ней — такое же, как на первой: \(d\Psi/dt=U\). По закону Ома для резистора по модулю \(I_2R=U\), то есть ток во второй катушке постоянен с первого мгновения: \[|I_2|=\frac UR,\qquad P=I_2^2R=\frac{U^2}{R}.\] Направление тока следует из правила Ленца: индукционный ток противодействует росту потока, поэтому он направлен против \(I_1\): \(I_2=-U/R\). Обратите внимание: дифференциальные уравнения решать не пришлось, потому что потокосцепление у катушек общее. Мощность на резисторе такая, как если бы он был подключён к батарейке напрямую.

3. Ток батарейки. Потокосцепление первой катушки складывается из её собственного потока и потока, созданного второй катушкой: \(\Psi=LI_1+MI_2=L(I_1+I_2)\). Подставим \(\Psi=Ut\) и \(I_2=-U/R\): \[L\left(I_1-\frac UR\right)=Ut,\qquad I_1(t)=\frac UR+\frac UL\,t,\quad 0<t<\tau .\] Обратите внимание: в момент замыкания ток батарейки сразу становится \(U/R\), а не нулём. Общий поток в этот момент равен нулю, а ток второй катушки \(-U/R\), значит, ток первой обязан быть \(+U/R\): «растёт» не ток катушки, а суммарный поток. Дальше ток растёт линейно (график ниже). После размыкания ключа ток батарейки равен нулю.

4. Размыкание ключа в момент \(\tau\). К этому моменту \(\Psi(\tau)=U\tau\). После размыкания ток первой катушки обрывается, \(I_1=0\). Потокосцепление не может измениться скачком: тогда напряжение на второй катушке, равное \(d\Psi/dt\), стало бы бесконечным, а оно равно \(I_2R\) и конечно. Поэтому сразу после размыкания \(\Psi=U\tau\), но теперь создаёт его только ток второй катушки: \(\Psi=LI_2\). Отсюда \[I_2(\tau+0)=\frac{U\tau}{L}.\] Ток во второй катушке изменился скачком от \(-U/R\) до \(+U\tau/L\) (график ниже).

5. Тепло после размыкания. Теперь батарейка отключена, и остаётся контур из второй катушки и резистора: \(L\,dI_2/dt=-I_2R\), ток экспоненциально убывает с постоянной времени \(L/R\). Вся энергия магнитного поля, запасённая к моменту размыкания, выделится в резисторе. Энергия контура с током \(I_2=U\tau/L\) равна \(LI_2^2/2\): \[Q=\frac{LI_2^2}{2}=\frac{L}{2}\left(\frac{U\tau}{L}\right)^2=\frac{U^2\tau^2}{2L}.\]

Проверка. Размерность: \([U\tau]=\text{В}\cdot\text{с}=\text{Вб}\), а \(\text{Вб}^2/\text{Гн}=\text{Дж}\). При \(\tau\to0\) теплота стремится к нулю: потока не накопилось. Второй способ — интеграл по времени: \(Q=\int_0^\infty I_2^2R\,dt=R\left(\dfrac{U\tau}{L}\right)^2\dfrac L{2R}=\dfrac{U^2\tau^2}{2L}\). Третий — баланс энергии: работа батарейки \(A=\int_0^\tau UI_1\,dt=\dfrac{U^2\tau}{R}+\dfrac{U^2\tau^2}{2L}\); из неё \(\dfrac{U^2\tau}{R}\) выделилось в резисторе за время \(\tau\) (мощность \(U^2/R\), умноженная на время), остальное — энергия поля, она и выделяется после размыкания.

Ответ: \(P=\dfrac{U^2}{R}\); ток батарейки \(I_1(t)=\dfrac UR+\dfrac UL\,t\) при \(0<t<\tau\) (скачок от \(0\) до \(U/R\) в момент замыкания); \(Q=\dfrac{U^2\tau^2}{2L}\).

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