Всесоюзная, 1985/86, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Узел лежит на прямой между спортсменами и делит её в неизменном отношении. Как тогда выражаются координаты, скорость и ускорение узла через координаты, скорости и ускорения концов шнура?

Ответ

\(a=\dfrac{2\,\Delta y\,(1-\mu)^2v_0^2}{\mu\,\Delta x^2}\approx 0{,}59\text{ м/с}^2\), где \(\mu=\text{АВ}/\text{АБ}=1/4\), \(\Delta x=3{,}8\) м, \(\Delta y=1{,}9\) м (по рисунку).

Решение

Что происходит. Шнур прямой, и узел В лежит на нём: он делит отрезок АБ в одном и том же отношении в любой момент. Значит, положение узла — взвешенная сумма положений концов шнура. Спортсмен А идёт равномерно, спортсмен Б — равноускоренно, поэтому узел движется как тело, брошенное горизонтально: равномерно на восток и равноускоренно на юг. Главная идея задачи — свести её к известному броску, найдя скорость и ускорение узла.

Обозначения. Ось \(x\) направим на восток, ось \(y\) — на север, начало — в начальное положение Б. Размеры снимем с рисунка 4 по масштабу <<2 м>>: \(\text{АБ}=L=7{,}6\) м, \(\text{АВ}=1{,}9\) м, откуда \(\mu=\text{АВ}/\text{АБ}=1/4\). Точка Г лежит на \(\Delta x=3{,}8\) м восточнее шнура и на \(\Delta y=1{,}9\) м южнее начального положения узла (то есть на уровне середины АБ). Ускорение Б обозначим \(a\).

1. Движение концов шнура. Спортсмен А идёт равномерно на восток, а Б стартует из покоя и ускоряется на юг: \[x_{\text{А}}=v_0t,\quad y_{\text{А}}=L;\qquad x_{\text{Б}}=0,\quad y_{\text{Б}}=-\frac{at^2}{2}.\]

2. Положение узла. Узел делит отрезок АБ так, что \(\text{АВ}=\mu\cdot \text{АБ}\). Векторно \(\vec r_{\text{В}}=\vec r_{\text{А}}+\mu(\vec r_{\text{Б}}-\vec r_{\text{А}})=(1-\mu)\vec r_{\text{А}}+\mu\vec r_{\text{Б}}\). В проекциях \[x_{\text{В}}=(1-\mu)\,v_0t,\qquad y_{\text{В}}=(1-\mu)L-\frac{\mu a}{2}\,t^2 .\] Обратите внимание: здесь важно, что шнур остаётся прямым и растягивается равномерно (иначе при ходьбе А на восток, а Б на юг его длина не могла бы оставаться неизменной), поэтому доля \(\mu\) сохраняется.

3. Что это за движение. Из пункта 2: скорость узла вдоль \(x\) постоянна и равна \((1-\mu)v_0=0{,}75\) м/с, а по \(y\) он движется с постоянным ускорением \(\mu a\) вниз и без начальной скорости. Это горизонтальный бросок.

4. Условие прохождения через Г. Узел побывал в точке Г в момент \(t_{\Gamma}\): по горизонтали он прошёл \(\Delta x\), по вертикали опустился на \(\Delta y\). Запишем два уравнения: \[\Delta x=(1-\mu)v_0t_{\Gamma},\qquad \Delta y=\frac{\mu a}{2}\,t_{\Gamma}^2 .\] Из первого \(t_{\Gamma}=\dfrac{\Delta x}{(1-\mu)v_0}=\dfrac{3{,}8}{0{,}75}\approx5{,}07\) с. Неизвестным осталось только \(a\): из второго \[a=\frac{2\Delta y}{\mu\,t_{\Gamma}^2}=\frac{2\,\Delta y\,(1-\mu)^2v_0^2}{\mu\,\Delta x^2}=\frac{2\cdot1{,}9}{0{,}25\cdot25{,}7}\approx0{,}59\text{ м/с}^2 .\]

Проверка. Размерность: \([\Delta y\,v_0^2/\Delta x^2]=\text{м}\cdot\text{м}^2\text{с}^{-2}/\text{м}^2=\text{м/с}^2\). Второй способ: ускорение узла \(\mu a\approx0{,}148\) м/с\(^2\), за \(5{,}07\) с он опускается на \(\frac12\cdot0{,}148\cdot25{,}7\approx1{,}9\) м — ровно на \(\Delta y\). Предельный случай: при \(\mu\to1\) (узел у спортсмена Б) множитель \(1-\mu\to0\), узел не движется на восток и не может пройти через Г, что и должно быть. Смысл: чем ближе узел к Б, тем сильнее он чувствует его ускорение и тем слабее — скорость А.

Ответ. \(a=\dfrac{2\,\Delta y\,(1-\mu)^2v_0^2}{\mu\,\Delta x^2}\approx0{,}6\text{ м/с}^2\).

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

Подсказка

Тяжёлая жидкость вытекает, пока давление на открытом конце трубочки изнутри больше, чем снаружи. Что произойдёт у конца трубочки, когда эти давления сравняются: тяжёлая жидкость стоит над лёгкой?

Ответ

В первый раз вытечет \(m_1=S(\rho_2-\rho_1)(H+l)\). За каждый следующий цикл в маленький сосуд втекает \(m_{\text{л}}=S\,l\,(\rho_2-\rho_1)\) лёгкой жидкости и вытекает столько же тяжёлой: \(m_{\text{т}}=S\,l\,(\rho_2-\rho_1)\).

Решение

Что происходит. Все жидкости почти неподвижны, поэтому на каждом этапе работает гидростатика: давление в жидкости растёт с глубиной как \(\rho g\,\Delta h\). Тяжёлая жидкость вытекает, пока давление изнутри на выходе из трубочки больше внешнего. Когда давления сравнялись, у выхода тяжёлая жидкость стоит над лёгкой: такая граница неустойчива, и лёгкая жидкость поднимается по трубочке, а тяжёлая опускается. Лёгкая ложится слоем на тяжёлую, пока давление на дне сосуда не сравняется с давлением снаружи на той же глубине. Затем тяжёлая снова заполняет трубочку и снова вытекает — цикл повторяется. Главная идея: на каждом этапе приравнять давления и найти, как изменились высоты слоёв.

Обозначения. \(h\) — высота тяжёлой жидкости в маленьком сосуде над его дном, \(y\) — высота слоя лёгкой жидкости над ней (вначале \(h=H\), \(y=0\)). Дно сосуда лежит на глубине \(H\) под уровнем в большом сосуде, открытый конец трубочки — на глубине \(H+l\). Давления отсчитываем от атмосферного: поверхности жидкостей открыты.

Обратите внимание: объёмом трубочки пренебрегаем (её сечение мало), а верхний край маленького сосуда считаем выше уровня жидкости внутри. Если бы край был вровень с уровнем снаружи, лёгкая жидкость переливалась бы сверху и тяжёлая вытекла бы вся: процесс не повторялся бы.

Пункт 1. Первое вытекание.

1. Снаружи на глубине \(H+l\) давление \(p_{\text{нар}}=\rho_1g(H+l)\). Изнутри на том же уровне, у выхода из трубочки, давление столба тяжёлой жидкости высотой \(h+l\) равно \(p_{\text{вн}}=\rho_2g(h+l)\). В начале \(h=H\) и \(p_{\text{вн}}-p_{\text{нар}}=(\rho_2-\rho_1)g(H+l)>0\): тяжёлая жидкость вытекает.

2. Вытекание прекращается, когда давления равны: \(\rho_2(h_1+l)=\rho_1(H+l)\). Отсюда \[h_1=\frac{\rho_1}{\rho_2}(H+l)-l .\] Считаем \(h_1>0\), то есть \(\rho_1(H+l)>\rho_2l\).

3. Уровень в маленьком сосуде опустился на \(H-h_1\), значит, вытекла масса \[m_1=\rho_2S(H-h_1)=S\bigl[\rho_2H-\rho_1(H+l)+\rho_2l\bigr]=S(\rho_2-\rho_1)(H+l).\]

Пункт 2. Следующие циклы.

4. Условие равновесия после вытекания. К концу каждого вытекания трубочка заполнена тяжёлой жидкостью, а давления на выходе равны: \(\rho_2(h+l)+\rho_1y=\rho_1(H+l)\). При первом вытекании \(y=0\), и это уравнение пункта 2; запишем его с \(y\), чтобы оно годилось и для следующих циклов.

5. Втекание лёгкой жидкости. Лёгкая жидкость вытесняет тяжёлую из трубочки и ложится слоем \(y'\) на тяжёлую; всё замирает, когда трубочка заполнена лёгкой жидкостью, а давление на дне сосуда равно давлению снаружи на глубине \(H\) (там тоже лёгкая жидкость): \(\rho_2h+\rho_1y'=\rho_1H\). Вычтем из этого равенства уравнение пункта 4: \[\rho_1(y'-y)=\rho_1H-\rho_2h-\bigl[\rho_1(H+l)-\rho_2(h+l)\bigr]=(\rho_2-\rho_1)\,l .\] Слой лёгкой жидкости вырос на \(\Delta y=\dfrac{(\rho_2-\rho_1)\,l}{\rho_1}\), и от \(h\) и от номера цикла это не зависит. Втекла масса \(m_{\text{л}}=\rho_1S\,\Delta y=S\,l\,(\rho_2-\rho_1)\).

6. Вытекание тяжёлой жидкости. Теперь тяжёлая жидкость над лёгкой снова неустойчива: она заполняет трубочку, и давление изнутри на выходе становится больше внешнего (слой лёгкой жидкости добавил к нему \(\rho_1gy'\)). Тяжёлая жидкость вытекает, пока снова не выполнится равенство пункта 4 для новых высот \(h'\) и \(y'\): \(\rho_2(h'+l)+\rho_1y'=\rho_1(H+l)\). Вычтем из него то же равенство для \(h\) и \(y\): \[\rho_2(h-h')=\rho_1(y'-y).\] Вытекшая масса \(m_{\text{т}}=\rho_2S(h-h')=\rho_1S(y'-y)=S\,l\,(\rho_2-\rho_1)=m_{\text{л}}\).

Высота тяжёлой жидкости убывает на одну и ту же величину \(\dfrac{(\rho_2-\rho_1)\,l}{\rho_2}\) за цикл, слой лёгкой растёт на \(\Delta y\); значит, число циклов конечно: примерно \(\dfrac{h_1\rho_2}{(\rho_2-\rho_1)l}=\dfrac{\rho_1H-(\rho_2-\rho_1)l}{(\rho_2-\rho_1)l}\).

Проверка. Размерность: \([S\rho\,l]=\text{м}^2\cdot\text{кг/м}^3\cdot\text{м}=\text{кг}\). Предел \(\rho_2\to\rho_1\): все массы стремятся к нулю — при равных плотностях течь нечему. Предел \(l\to0\): цикла нет, а первое вытекание даёт \(\rho_2h_1=\rho_1H\) — условие плавания жидкого столба в открытом снизу сосуде (закон Архимеда), как и должно быть. Смысл: на каждом цикле вес вытекшей тяжёлой жидкости равен весу втекшей лёгкой, так как давление на дне должно вернуться к тому же значению.

Ответ. Первый раз вытечет \(m_1=S(\rho_2-\rho_1)(H+l)\) тяжёлой жидкости. За каждый следующий цикл втекает \(S\,l\,(\rho_2-\rho_1)\) лёгкой жидкости и вытекает столько же тяжёлой.

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

Подсказка

Поршень движется равномерно: что это говорит о давлении газа? А если давление постоянно, как связаны изменение внутренней энергии и работа газа за малое время?

Ответ

\(P=\dfrac52\,(mg+F_{\text{тр}})\,v\approx74\text{ Вт}\) (при \(g=9{,}8\text{ м/с}^2\); около \(75\) Вт при \(g=10\text{ м/с}^2\)).

Решение

Что происходит. Поршень поднимается с постоянной скоростью, значит, равнодействующая сил на него равна нулю, и давление газа постоянно: идёт изобарный процесс. Тепло от нагревателя уходит на два дела: нагрев гелия (рост внутренней энергии) и работу газа по подъёму поршня. Главная идея — записать первый закон термодинамики для малого промежутка времени.

Обозначения. \(S\) — площадь поршня, \(p\) — давление гелия, \(\nu\) — число молей, \(P\) — искомая мощность. Ось \(y\) направим вверх. Атмосферного давления нет, поэтому сверху на поршень газ не давит.

1. Давление газа. Поршень движется равномерно, значит, второй закон Ньютона для поршня в проекции на ось \(y\) даёт нуль в правой части: \(pS-mg-F_{\text{тр}}=0\). Сила трения направлена против скорости, то есть вниз. Отсюда \[pS=mg+F_{\text{тр}}\approx2\cdot9{,}8+10=29{,}6\text{ Н},\] давление не меняется в течение всего подъёма.

2. Первый закон за малое время. Рассмотрим малый промежуток времени \(dt\). Гелий получает от нагревателя теплоту \(dQ=P\,dt\). Поршень поднимается на \(v\,dt\), объём газа растёт на \(dV=Sv\,dt\), газ при постоянном давлении совершает работу \(dA=p\,dV\). Первый закон термодинамики для гелия: \[dQ=dU+p\,dV .\] Обратите внимание: теплоту трения считаем ушедшей в поршень и стенки, а не в газ. Если бы она вся шла в газ, нагревателю хватило бы мощности на \(F_{\text{тр}}v=10\) Вт меньше.

3. Внутренняя энергия гелия. Гелий одноатомный: \(dU=\tfrac32\nu R\,dT\). По уравнению Менделеева — Клапейрона при постоянном \(p\) имеем \(p\,dV=\nu R\,dT\), откуда \(dU=\tfrac32\,p\,dV\).

4. Мощность. Подставим в пункт 2: \(dQ=\tfrac52\,p\,dV=\tfrac52\,p\,Sv\,dt\). Делим на \(dt\) и используем результат пункта 1: \[P=\frac52\,pS\,v=\frac52\,(mg+F_{\text{тр}})\,v=\frac52\cdot29{,}6\cdot1\approx74\text{ Вт}.\]

Проверка. Размерность: \([\text{Н}\cdot\text{м/с}]=\text{Вт}\). Второй способ: теплоёмкость одноатомного газа при постоянном давлении \(C_p=\tfrac52\nu R\), значит, \(dQ=\tfrac52\nu R\,dT=\tfrac52\,p\,dV\), как и в пункте 4. Смысл: из 74 Вт на подъём и работу против трения уходит \(pSv=29{,}6\) Вт, а 44,4 Вт — на нагрев гелия; доля работы в изобарном процессе для одноатомного газа составляет \(2/5\).

Ответ. \(P=\dfrac52\,(mg+F_{\text{тр}})\,v\approx74\text{ Вт}\).

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

Подсказка

Идеальный амперметр соединяет две точки схемы в один узел. Магнитоэлектрический прибор из-за инерции стрелки показывает средний за период ток, а за период заряд, протекший через амперметр, можно найти из токов резисторов: заряд конденсатора за период не меняется.

Ответ

Стрелка не дрожит, если период переключений много меньше времени отклика стрелки (долей секунды), то есть \(f\gg10\) Гц; при заданных \(\tau_1,\tau_2\) это \(f=1/(\tau_1+\tau_2)\approx48\) Гц. Амперметр показывает \(I=\dfrac{U_0(\tau_1+RC)}{2R(\tau_1+\tau_2)}\approx4{,}8\) мА (ток — от нижнего узла левого резистора к правому).

Решение

Что происходит. Сопротивление амперметра равно нулю, поэтому он соединяет точки \(M\) и \(N\) в один узел, и схема — два одинаковых блока <<резистор параллельно конденсатору>>, соединённых последовательно. Батарея идеальная: при замыкании ключа она мгновенно задаёт сумму напряжений на конденсаторах, а при размыкании конденсаторы разряжаются через резисторы с временем \(RC\). Магнитоэлектрический прибор инерционен: стрелка показывает средний за период ток. Главная идея — найти заряд, прошедший через амперметр за период.

Обозначения. \(u_1\) — напряжение на нижнем конденсаторе (между \(M\) и землёй), \(u_2\) — на верхнем (между \(T\) и \(N\)), \(u=u_1+u_2\) — напряжение между точкой \(T\) и землёй. \(I_{\text{А}}\) — ток амперметра в направлении от \(M\) к \(N\). Токи конденсаторов \(C\,du_1/dt\) и \(C\,du_2/dt\).

1. Токи резисторов. Потенциалы \(M\) и \(N\) равны, поэтому напряжение на верхнем резисторе (между \(T\) и \(M\)) равно \(u_2\), а на нижнем (между \(N\) и землёй) — \(u_1\). Токи этих резисторов: \(u_2/R\) и \(u_1/R\).

2. Ток амперметра. Запишем сохранение заряда в узле \(M\): ток \(u_2/R\) приходит сверху, уходят ток нижнего конденсатора и ток амперметра: \[I_{\text{А}}=\frac{u_2}{R}-C\frac{du_1}{dt}.\] Тот же закон для узла \(N\) (приходят ток верхнего конденсатора и ток амперметра, уходит ток нижнего резистора): \[I_{\text{А}}=\frac{u_1}{R}-C\frac{du_2}{dt}.\]

3. Напряжения поровну. Вычтем второе равенство из первого: \(0=\dfrac{u_2-u_1}{R}+C\,\dfrac{d(u_2-u_1)}{dt}\). Разность \(u_2-u_1\) затухает с временем \(RC\) при любом положении ключа, а вначале конденсаторы разряжены, так что она равна нулю всегда: \(u_1=u_2=u/2\). Тогда \[I_{\text{А}}=\frac{u}{2R}-\frac C2\frac{du}{dt}.\]

4. Среднее по периоду. Режим периодический: напряжение \(u\) к концу периода возвращается к начальному значению, поэтому среднее от \(du/dt\) равно нулю (в него входит и мгновенный скачок \(u\) при замыкании). Остаётся \[\bar I=\frac{\bar u}{2R}.\] Обратите внимание: при замыкании ключа заряды конденсаторов меняются скачком (у батареи и амперметра нет сопротивления), и \(du/dt\) содержит мгновенный всплеск; через амперметр при этом проходит короткий импульс тока обратного направления с зарядом \(-\tfrac C2U_0\). Нулю равно среднее от \(du/dt\) вместе с этим всплеском: если учесть только плавную часть, получится \(7{,}1\) мА, в полтора раза больше.

5. Среднее напряжение. При замкнутом ключе \(u=U_0\) в течение \(\tau_1\). При разомкнутом узел \(T\) отключён от батареи, ток в него не приходит: \(\dfrac{u_2}{R}+C\dfrac{du_2}{dt}=0\), откуда \(u=U_0e^{-t/RC}\), где \(t\) отсчитывается от размыкания. Время \(RC=1\) мс, пауза \(\tau_2=20\,RC\), поэтому к её концу \(u\approx U_0e^{-20}\approx0\): перед новым замыканием конденсаторы разряжены. Интеграл по периоду: \[\int u\,dt=U_0\tau_1+U_0RC\bigl(1-e^{-\tau_2/RC}\bigr)\approx U_0(\tau_1+RC).\] Для среднего: \(\bar u=\dfrac{U_0(\tau_1+RC)}{\tau_1+\tau_2}\).

6. Показание амперметра. Подставим в пункт 4: \[\bar I=\frac{U_0(\tau_1+RC)}{2R(\tau_1+\tau_2)}=\frac{10\cdot2\cdot10^{-3}}{2\cdot100\cdot21\cdot10^{-3}}\approx4{,}8\cdot10^{-3}\text{ А}.\] Ток амперметра направлен от \(M\) к \(N\) и при замкнутом ключе, и при разрядке; импульс при замыкании идёт в обратную сторону, но его заряд меньше.

7. Частота. Ток амперметра за период — импульс обратного знака при замыкании, 50 мА за \(\tau_1\) и затухающий всплеск до 100 мА после размыкания (рисунок выше). Стрелка успевает следить за таким током, только если период много больше времени её собственных колебаний. Типичное время отклика стрелки — десятые доли секунды, поэтому дрожания нет, если период \(T=\tau_1+\tau_2\) много меньше этого времени, то есть \(f=1/T\gg10\) Гц. При заданных \(\tau_1,\tau_2\) частота переключений \(f=1/(21\cdot10^{-3}\text{ с})\approx48\) Гц — этого достаточно. Условие не даёт времени отклика стрелки, поэтому ответ на этот вопрос — по порядку величины.

Проверка. Размерность: \([U\cdot\text{с}/(\text{Ом}\cdot\text{с})]=\text{А}\). Заряд за период: \(50\) мкКл (замкнут) \(+\,100\) мкКл (разрядка) \(-\,50\) мкКл (импульс) \(=100\) мкКл; делим на \(T=21\) мс: \(4{,}76\) мА, что совпадает с формулой пункта 6. Независимая проверка: численный расчёт схемы с малыми сопротивлениями батареи и амперметра (0,3 Ом) даёт \(4{,}75\) мА. Смысл: батарея заряжает конденсаторы до \(U_0/2\) каждый и за короткое время передаёт заряд в схему, а средний ток мал, потому что ключ в основном разомкнут.

Ответ. Стрелка не дрожит при \(f\gg10\) Гц (при заданных \(\tau_1,\tau_2\) — \(f\approx48\) Гц); амперметр показывает \(\bar I=\dfrac{U_0(\tau_1+RC)}{2R(\tau_1+\tau_2)}\approx4{,}8\) мА.

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

Подсказка

Разбейте пластину на малые участки с почти одинаковой температурой: каждый отдаёт мощность, пропорциональную своей площади и разности температур. Какая средняя температура пластины получается по долям площади между изотермами?

Ответ

\(T_{\text{в}}=\langle T\rangle-\dfrac{35\text{ К}}{10\text{ Вт}}\,P\approx48\,^\circ\text{С}-24{,}5\,^\circ\text{С}\approx24\,^\circ\text{С}\) (по рисунку \(\langle T\rangle\approx48\,^\circ\text{С}\); точность оценки около \(\pm3\,^\circ\text{С}\)).

Решение

Что происходит. Разные участки пластины имеют разную температуру, но на малом участке температуру можно считать постоянной. Каждый участок отдаёт воздуху мощность, пропорциональную его площади и разности температур участка и воздуха. Складывая вклады, получаем мощность, пропорциональную разности средней по площади температуры пластины и температуры воздуха. Главная идея — пластина с неравномерным нагревом отдаёт столько же, сколько пластина, равномерно нагретая до средней температуры.

Обозначения. \(S\) — площадь пластины, \(T_{\text{в}}\) — температура воздуха, \(\langle T\rangle\) — температура пластины, усреднённая по площади, \(k\) — коэффициент теплоотдачи (мощность на единицу площади и на градус разности).

1. Теплоотдача малого участка. Участок площадью \(dS\) с температурой \(T\) отдаёт мощность \(dP=k\,(T-T_{\text{в}})\,dS\): это и есть условие, что теплоотдача пропорциональна разности температур.

2. Вся пластина. Просуммируем по всем участкам, от одного края пластины до другого: \[P=k\int(T-T_{\text{в}})\,dS=kS\bigl(\langle T\rangle-T_{\text{в}}\bigr),\qquad \langle T\rangle=\frac1S\int T\,dS .\]

3. Постоянная \(kS\). Для равномерно нагретой пластины \(\langle T\rangle=70\,^\circ\text{С}\), \(T_{\text{в}}=35\,^\circ\text{С}\), мощность \(P_0\): \[kS=\frac{P_0}{70-35}=\frac{10\text{ Вт}}{35\text{ К}}\approx0{,}29\text{ Вт/К}.\]

4. Средняя температура по рисунку. Между соседними изотермами температура меняется от одной до другой, поэтому в каждой области берём среднее значение. Измеренные по рисунку 3 доли площади пластины:

Обратите внимание: у крайних областей один край не задан изотермой. Пятно внутри \(70\,^\circ\) мало, и его вклад почти не зависит от выбора \(75\) или \(70\,^\circ\); углы пластины вне \(40\,^\circ\) заняты пятой частью площади, и их температуру мы оценили в \(35\,^\circ\) (между \(30\) и \(40\,^\circ\)), что даёт погрешность около \(1\,^\circ\). Тогда \[\langle T\rangle=0{,}02\cdot75+0{,}09\cdot65+0{,}25\cdot55+0{,}44\cdot45+0{,}20\cdot35\approx48\,^\circ\text{С}.\]

5. Температура воздуха. Из пункта 2: \(T_{\text{в}}=\langle T\rangle-P/(kS)\). Неизвестным осталось только \(P/(kS)\): \[\frac{P}{kS}=\frac{7\text{ Вт}}{10\text{ Вт}/35\text{ К}}=24{,}5\text{ К},\qquad T_{\text{в}}\approx48-24{,}5\approx24\,^\circ\text{С}.\]

Проверка. Размерность: \([\text{Вт}/\text{К}\cdot\text{К}]=\text{Вт}\). Второй способ для \(\langle T\rangle\): представим температуру как \(35\,^\circ+10\,^\circ\cdot N\), где \(N\) — число изотерм, охватывающих участок; тогда \(\langle T\rangle=35+10\,(A_{40}+A_{50}+A_{60}+A_{70})/S\), где \(A_X\) — площадь внутри изотермы \(X\). Для долей \(0{,}80;\,0{,}36;\,0{,}11;\,0{,}02\) получаем \(35+10\cdot1{,}29\approx48\,^\circ\text{С}\), то же число. Смысл: у такой пластины средняя температура \(48\,^\circ\) ниже \(70\,^\circ\), поэтому при тех же \(35\,^\circ\) воздуха она отдавала бы не \(10\), а \(10\cdot13/35\approx3{,}7\) Вт; чтобы отдавать \(7\) Вт, воздух должен быть холоднее — около \(24\,^\circ\).

Ответ. \(T_{\text{в}}=\langle T\rangle-\dfrac{P}{kS}\approx24\,^\circ\text{С}\).

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