Всесоюзная, 1988/89, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Пуля летит по прямой через центр астероида, а прямая — это эллипс, сплюснутый до отрезка. Время в пути «ровно 20 лет» говорит о том, какой это длинный эллипс, а значит, насколько близка скорость пули ко второй космической.

Ответ

\(M=\dfrac{v_0^3}{4G^{3/2}}\sqrt{\dfrac{3}{2\pi\rho}}\approx 9{,}7\cdot10^{20}\text{ кг}\) (около \(10^{21}\text{ кг}\)).

Решение

Что происходит. Пуля вылетает вертикально, поэтому момент импульса относительно центра астероида равен нулю, и она движется по прямой через центр. Такое движение в поле тяготения "— предельный случай эллиптической орбиты, у которой малая ось сплюснута до нуля, а большая полуось равна \(a=r_{\max}/2\). Время полёта (20 лет) почти равно периоду такой орбиты, а период по третьему закону Кеплера зависит от \(a\) и массы \(M\). Вторая связь "— закон сохранения энергии пули. Вместе с плотностью они дают \(M\).

Обозначения. \(R\) "— радиус астероида, \(M=\frac43\pi R^3\rho\) "— его масса, \(\rho=5\cdot10^{3}\text{ кг/м}^3\), \(v_0=600\text{ м/с}\), \(T=20\text{ лет}\approx6{,}3\cdot10^{8}\text{ с}\), \(r_{\max}=2a\) "— расстояние от центра до верхней точки полёта; сопротивления нет, вращение астероида не учитываем, поле вне шара совпадает с полем точки массой \(M\).

1. Закон сохранения энергии для пули (между вылетом с поверхности и верхней точкой; поле консервативно, тормозит только тяготение астероида): \[\frac{v_0^2}{2}-\frac{GM}{R}=-\frac{GM}{r_{\max}}=-\frac{GM}{2a}.\]

2. Третий закон Кеплера для орбиты с большой полуосью \(a\) (верен и для вырожденного эллипса): полный период \(T_0=2\pi\sqrt{a^3/(GM)}\) "— время, за которое тело прошло бы весь отрезок от центра до \(r_{\max}\) и обратно. Реальная пуля стартует с \(r=R\), то есть пропускает только крошечный начальный участок около центра. Пока \(a\gg R\), \(T\approx T_0\).

3. Что отсюда следует для \(a\). Из \(T=T_0\) получаем \(a=\left(\dfrac{GMT^2}{4\pi^2}\right)^{1/3}\). Пуля летит 20 лет, значит, поднимается очень высоко: \(a\gg R\) (число проверим в конце). Тогда в законе сохранения энергии второе слагаемое слева на порядок \(R/(2a)\) меньше первого, и \[\frac{v_0^2}{2}\approx\frac{GM}{R}.\] Скорость пули почти равна второй космической \(\sqrt{2GM/R}\).

4. Масса через плотность. Подставим \(M=\frac43\pi R^3\rho\): \(\dfrac{GM}{R}=\dfrac43\pi G\rho R^2\), поэтому \[R^2=\frac{3v_0^2}{8\pi G\rho},\qquad M=\frac43\pi\rho R^3=\frac{v_0^3}{4G^{3/2}}\sqrt{\frac{3}{2\pi\rho}} .\]

5. Число. При \(G=6{,}67\cdot10^{-11}\text{ Н}\cdot\text{м}^2/\text{кг}^2\): \[R=\sqrt{\frac{3\cdot(600)^2}{8\pi\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5\cdot10^{3}}}\approx3{,}6\cdot10^{5}\text{ м}=360\text{ км},\qquad M\approx9{,}7\cdot10^{20}\text{ кг}.\]

Обратите внимание. Нельзя считать \(g=GM/R^2\) постоянным и брать время полёта \(2v_0/g\): за 20 лет пуля удаляется на тысячи радиусов, и сила тяжести падает в миллионы раз. Время 20 лет в ответ почти не входит, оно лишь обосновывает приближение \(v_0\approx v_{\text{II}}\).

Проверка. Размерность: \([v^3/(G^{3/2}\rho^{1/2})]=\text{м}^3\text{с}^{-3}\big/\big(\text{м}^3\text{кг}^{-1}\text{с}^{-3}\big)=\text{кг}\). Вторая проверка "— по времени: \(GM\approx6{,}5\cdot10^{10}\text{ м}^3/\text{с}^2\); из \(T=2\pi\sqrt{a^3/(GM)}\) найдём \(a\approx8{,}7\cdot10^{8}\text{ м}\), \(r_{\max}\approx1{,}7\cdot10^{9}\text{ м}\approx4800\,R\), так что \(a\gg R\) и допущение верно. Точный расчёт по формуле радиального движения \(t=\sqrt{a^3/(GM)}\,(\eta-\sin\eta)\), \(r=a(1-\cos\eta)\) даёт \(M=9{,}68\cdot10^{20}\text{ кг}\) "— расхождение с приближённым ответом \(0{,}03\%\).

График \(r(t)\) построен по точному решению (по оси \(r\) "— доля от \(r_{\max}\)): пуля уходит от астероида, у верхней точки замедляется, затем падает обратно, и весь путь занимает почти весь период \(T\) орбиты.

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

Подсказка

При полном смачивании поверхность воды в каждой трубке "— полусфера, и давление под ней ниже атмосферного на \(4\sigma/d\). В тонкой трубке оно ниже, чем в толстой, а перепад уравновешивается весом столба воды между поверхностями.

Ответ

\(\dfrac{\pi\sigma d_1(d_2-d_1)}{M g\,d_2}<\cos\alpha<\dfrac{\pi\sigma d_2(d_2-d_1)}{M g\,d_1}\), где \(\alpha\) "— угол между осью и вертикалью (тонкий конец выше).

Решение

Что происходит. При полном смачивании контакт воды со стеклом идёт под углом \(0^\circ\), и поверхность воды в трубке "— полусфера с радиусом трубки. Вогнутая поверхность понижает давление в воде: чем тоньше трубка, тем сильнее. Поэтому в горизонтальном капилляре вода течёт в тонкую часть. В наклонном капилляре тонкий конец поднят, вода стремится вниз, и равновесие наступает, когда перепад давлений от кривизны поверхностей уравновешен гидростатическим давлением столба длиной \(L\cos\alpha\).

Обозначения. Ось направлена от толстой части к тонкой; \(\alpha\) "— угол между осью и вертикалью; \(S_1=\pi d_1^2/4\), \(S_2=\pi d_2^2/4\) "— сечения; \(l_1\), \(l_2\) "— длины водяного столба в тонкой и толстой частях; \(L=l_1+l_2\) "— расстояние между поверхностями воды вдоль оси (переход между трубками короток, диаметры малы по сравнению с \(L\), искривлением поверхностей по длине пренебрегаем); \(p_0\) "— атмосферное давление.

1. Давление под поверхностями (формула Лапласа для сферической поверхности радиуса \(r=d/2\), угол смачивания \(0^\circ\), поэтому радиус кривизны равен радиусу трубки): в воде у поверхности в тонкой трубке \(p_1=p_0-\dfrac{2\sigma}{d_1/2}=p_0-\dfrac{4\sigma}{d_1}\), в толстой \(p_2=p_0-\dfrac{4\sigma}{d_2}\). Так как \(d_1<d_2\), давление \(p_1<p_2\).

2. Равновесие воды как неподвижной жидкости. В покоящейся жидкости давление растёт с глубиной на \(\rho g\,\Delta h\). Поверхность в тонкой трубке выше поверхности в толстой на \(\Delta h=L\cos\alpha\), значит \(p_2-p_1=\rho g L\cos\alpha\). Подставим давления: \[4\sigma\Bigl(\frac1{d_1}-\frac1{d_2}\Bigr)=\rho g L\cos\alpha \quad\Rightarrow\quad \cos\alpha=\frac{4\sigma(d_2-d_1)}{\rho g\,d_1d_2\,L}.\] Левая часть положительна, поэтому \(\cos\alpha>0\): тонкий конец должен быть выше толстого (иначе равновесия нет).

3. Что задаёт \(L\). Объём воды постоянен: \(\dfrac{M}{\rho}=S_1l_1+S_2l_2\). Если вода только в толстой трубке, \(L=\dfrac{M}{\rho S_2}\); если только в тонкой, \(L=\dfrac{M}{\rho S_1}\). Вода частью в тонкой и частью в толстой трубке при \(l_1>0\) и \(l_2>0\): \[\frac{M}{\rho S_2}<L<\frac{M}{\rho S_1}.\]

4. Границы угла. Подставим \(L=\dfrac{M}{\rho S}\) и \(S=\dfrac{\pi d^2}{4}\) в формулу п. 2: \[\cos\alpha=\frac{4\sigma(d_2-d_1)}{d_1d_2}\cdot\frac{S}{Mg} =\frac{\pi\sigma(d_2-d_1)\,d^2}{Mg\,d_1d_2}.\] При \(d=d_1\) получаем нижнюю границу, при \(d=d_2\) "— верхнюю: \[\frac{\pi\sigma d_1(d_2-d_1)}{M g\,d_2}<\cos\alpha<\frac{\pi\sigma d_2(d_2-d_1)}{M g\,d_1}.\]

Пункт «что за пределами». При \(\cos\alpha\) меньше нижней границы (капилляр ближе к горизонтальному) вода собирается в тонкой части и держится у перехода; при \(\cos\alpha\) больше верхней границы капля помещается в толстой части, одной кривизны на обоих концах уже не хватает для равновесия, и вода вытекает.

Обратите внимание. В одной трубке постоянного диаметра капля с полусферическими поверхностями на обоих концах удержаться вертикально не может: давления на концах одинаковы, а вес нет. Поэтому в условии вертикальный капилляр «теряет» воду, и это даёт верхнюю границу меньше единицы: \(\dfrac{\pi\sigma d_2(d_2-d_1)}{Mg\,d_1}<1\).

Проверка. Размерность: \(\sigma d/(Mg)=(\text{Н/м})\cdot\text{м}/\text{Н}\) безразмерна. Предельные случаи: при \(d_2\to d_1\) (трубки одинаковые) обе границы стремятся к нулю, \(\alpha\to90^\circ\) "— перепада давлений нет, капля может быть где угодно при горизонтальном положении; при \(M\to\infty\) интервал сжимается к \(\alpha\to90^\circ\): очень большая капля частью в обеих трубках только у почти горизонтальной оси, как и должно быть.

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

Подсказка

Тонкая оболочка проводит ток как плоскость, а в двух измерениях картина тока сохраняется при инверсии. Спроецируйте сферу из точки А на плоскость: ток станет радиальным вокруг образа точки Б, и доля тока будет равна доле полного угла.

Ответ

1) параллельно хорде АБ, от А к Б;  2) \(\dfrac{\varphi}{2\pi}I_0\), где \(\operatorname{tg}\varphi=\dfrac{2\sqrt6}{5}\), то есть \(\approx0{,}12\,I_0\).

Решение

Что происходит. Оболочка тонкая, поэтому ток течёт по поверхности: плотность поверхностного тока \(\vec K=g_s\vec E\), а потенциал удовлетворяет двумерному уравнению Лапласа на сфере везде, кроме точки А (источник тока \(I_0\)) и точки Б (сток). Для двумерного уравнения Лапласа есть сильный приём: конформное отображение (стереографическая проекция из точки А на плоскость) переводит решения в решения, а ток через любую линию остаётся прежним. После проекции из А источник уходит в бесконечность, остаётся сток в точке Б\('\), и ток течёт к ней радиально, равномерно по углу. Тогда ток через любую дугу равен \(I_0\,\varphi/2\pi\), где \(\varphi\) "— угол, под которым дуга видна из Б\('\).

Обозначения. Единицы выбираем так, чтобы \(R=1\); начало в центре \(O\), оси так, что А \(=(1,0,0)\), Б \(=(0,1,0)\), тогда В \(=(0,0,1)\) (две симметричные точки В и «противоположная» ей дадут одинаковый результат). \(P\) и \(Q\) "— отметки.

Пункт 1. Направление тока в точке В. Плоскость, проходящая через \(O\), В и середину хорды АБ, "— плоскость зеркальной симметрии сферы с проводами: отражение меняет местами А и Б. Но если поменять местами источник и сток, ток обратится. Значит, картина тока после отражения совпадает с исходной с обратным знаком. Точка В лежит в этой плоскости. Составляющая вектора \(\vec K\) в плоскости симметрии при отражении не меняется, а перпендикулярная меняет знак, поэтому в точке В остаётся только составляющая, перпендикулярная плоскости. Она лежит в касательной плоскости к сфере в В и перпендикулярна биссектрисе угла АОБ, то есть параллельна хорде АБ. Направление "— от А к Б (ток от источника к стоку): вдоль вектора \((-1,1,0)\).

Пункт 2. Как проецировать. Линии тока в плоскости после проекции из А "— лучи, исходящие из Б\('\). Окружность на сфере, проходящая через А, при проекции из А становится прямой, параллельной касательной к окружности в А. Поэтому линии тока на сфере "— окружности, проходящие через А и Б, и угол \(\varphi\) между двумя лучами в Б\('\) равен углу между касательными в точке А к окружностям, проведённым через \(P\) и через \(Q\).

3. Положение отметок. Расстояние между ними равно \(R\): хорда \(PQ=1\), угол при центре \(60^\circ\). Отрезок \(PQ\) перпендикулярен току (направлению \((-1,1,0)\)), поэтому лежит вдоль \((1,1,0)\). Будем считать, что отметки симметричны относительно В: \[P=(s,s,c),\quad Q=(-s,-s,c),\quad s=\frac{\sin30^\circ}{\sqrt2}=\frac1{2\sqrt2},\quad c=\cos30^\circ=\frac{\sqrt3}{2}.\]

4. Окружности через А, Б и отметку. Окружность лежит в плоскости, проходящей через точки А, Б и данную отметку. Нормаль к плоскости через А, Б и \(P\): \[\vec n_P=(\vec{\text{Б}}-\vec{\text{А}})\times(\vec P-\vec{\text{А}})=(-1,1,0)\times(s-1,\,s,\,c)=(c,\;c,\;1-2s),\] для \(Q\) аналогично \(\vec n_Q=(c,\,c,\,1+2s)\).

5. Касательные в А. Касательный вектор к окружности в А перпендикулярен и нормали, и радиусу \(\overrightarrow{OA}=(1,0,0)\): \(\vec t=\vec n\times\overrightarrow{OA}=(0,\,n_z,\,-n_y)\). Отсюда \(\vec t_P=(0,\,1-2s,\,-c)\), \(\vec t_Q=(0,\,1+2s,\,-c)\). Углы этих векторов с осью \(y\): \(\operatorname{tg}\varphi_P=\dfrac{c}{1-2s}\), \(\operatorname{tg}\varphi_Q=\dfrac{c}{1+2s}\).

6. Угол между ними. \[\operatorname{tg}\varphi=\frac{\operatorname{tg}\varphi_P-\operatorname{tg}\varphi_Q}{1+\operatorname{tg}\varphi_P\operatorname{tg}\varphi_Q}=\frac{4sc}{1-4s^2+c^2}=\frac{\sqrt6/2}{5/4}=\frac{2\sqrt6}{5}\approx0{,}98,\qquad \varphi\approx44{,}4^\circ=0{,}775\text{ рад}.\]

7. Доля тока. Ток между отметками равен \(I_0\,\dfrac{\varphi}{2\pi}\): \[I_{PQ}=\frac{0{,}775}{2\pi}\,I_0\approx0{,}12\,I_0.\]

Обратите внимание. Нельзя найти ток как \(K_{\text{В}}\cdot R\): плотность тока вдоль дуги \(PQ\) меняется, а длина дуги \(\pi R/3\) не равна хорде.

Проверка. Угол безразмерен, ток "— доля \(I_0\). Предельный случай: если отметки сближаются (\(P\to Q\)), \(\varphi\to0\) и ток через дугу стремится к нулю. Второе: половина большой окружности (дуга \(180^\circ\) от точки \((-1,-1,0)/\sqrt2\) через В до \((1,1,0)/\sqrt2\)) несёт ровно \(I_0/2\) "— верхняя и нижняя половинки сферы симметричны. На дугу \(60^\circ\) по равномерному распределению пришлось бы \(\frac{60}{180}\cdot\frac{I_0}{2}\approx0{,}17\,I_0\); мы получили меньше (\(0{,}12\,I_0\)), потому что ток собирается к экватору, ближе к проводам, а точка В от проводов дальше всего.

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

Подсказка

Нагреватель греет проходящий воздух при постоянном давлении, и вся его мощность уходит на нагревание протекающего потока. Лёгкий горячий столб создаёт разность давлений между нижним и верхним концами трубы, и именно она ускоряет воздух.

Ответ

\(v=\sqrt[3]{\dfrac{4gHN}{7pS}}\approx1{,}0\) м/с (воздух в трубе нагрет примерно на \(17\) К).

Решение

Что происходит. Воздух снаружи покоится, а воздух в трубе, прошедший через нагреватель, легче окружающего. Столб лёгкого воздуха высотой \(H\) давит на нижнее сечение меньше, чем столб наружного воздуха, и избыток давления снаружи гонит воздух вверх — возникает тяга. Скорость установится, когда этой разности давлений хватает как раз на то, чтобы разгонять воздух, а вся мощность нагревателя уходит на нагревание проходящего через него потока. Главная идея — записать два уравнения для двух неизвестных: скорость потока \(v\) и нагрев воздуха \(\Delta T\).

Обозначения. \(T_0\), \(\rho_0\) — температура и плотность воздуха снаружи (воздух покоится), \(T=T_0+\Delta T\) и \(\rho\) — температура и плотность воздуха над нагревателем, \(v\) — его скорость, \(v_0\) — скорость холодного воздуха под нагревателем. Сечения: 1 — под нагревателем, 2 — сразу над ним, 3 — верхний срез трубы. Давление \(p\) — атмосферное на уровне нижнего конца. Нагревание происходит в тонком слое у нижнего конца, выше воздух движется с одной скоростью. Трение о стенки не учитываем.

1. Нагрев. Труба открыта, поэтому воздух греется при постоянном давлении, молярная теплоёмкость при этом \(C_p=C_V+R=3{,}5R\). Через сечение \(S\) за время \(dt\) проходит \(dn=\dfrac{pSv}{RT}\,dt\) молей горячего воздуха. Закон сохранения энергии для воздуха, прошедшего через нагреватель: подведённое тепло \(N\,dt\) равно \(dn\,C_p\,\Delta T\). Изменение кинетической и потенциальной энергии потока — сотые доли ватта против ста, их отбрасываем. Получаем \[N=\frac{pSv}{RT}\cdot3{,}5R\,\Delta T=3{,}5\,pSv\,\frac{\Delta T}{T}. \tag{1}\]

2. Тяга. Выше нагревателя воздух движется с постоянной скоростью \(v\), значит, давление в нём меняется только по гидростатике: \(p_2-p_3=\rho gH\). На срезе трубы струя выходит в атмосферу, и её давление равно наружному на высоте \(H\): \(p_3=p-\rho_0gH\). Обратите внимание: на выходе давление не \(p\), а меньше на \(\rho_0gH\) — иначе тяги не было бы вовсе. Под нагревателем воздух разгоняется из покоя снаружи; здесь движение установившееся и без подвода тепла, поэтому уравнение Бернулли верно: \(p_1=p-\rho_0v_0^2/2\). Через нагреватель закон Бернулли применять нельзя — там подводится энергия; для тонкого слоя с нагревателем запишем закон изменения импульса за время \(dt\): сила давления на слой \((p_1-p_2)S\), импульс воздуха меняется от \(\rho_0 v_0\cdot v_0\) до \(\rho v\cdot v\) на единицу площади в секунду, то есть \(p_1+\rho_0v_0^2=p_2+\rho v^2\). Масса воздуха, проходящего за секунду, постоянна: \(\rho_0v_0=\rho v\). Складываем всё: \[(\rho_0-\rho)\,gH=\rho v^2-\tfrac12\rho_0v_0^2=\rho v^2\Bigl(1-\frac{\rho}{2\rho_0}\Bigr).\] Давление при нагревании практически не меняется (перепады давлений — единицы паскалей при \(10^{5}\) Па), поэтому \(\rho/\rho_0=T_0/T\) и \((\rho_0-\rho)/\rho=\Delta T/T_0\). Тогда \[gH\,\frac{\Delta T}{T_0}=v^2\Bigl(1-\frac{T_0}{2T}\Bigr)\approx\frac{v^2}{2}. \tag{2}\] Приближение \(T\approx T_0\) допустимо: нагрев окажется порядка \(5\,\%\) от абсолютной температуры.

3. Скорость. Из (2): \(\dfrac{\Delta T}{T}\approx\dfrac{v^2}{2gH}\). Подставим в (1): \[N=3{,}5\,pSv\cdot\frac{v^2}{2gH}\quad\Rightarrow\quad v=\sqrt[3]{\frac{2gHN}{3{,}5\,pS}}=\sqrt[3]{\frac{4gHN}{7pS}} .\] Подставим числа, \(p=1{,}01\cdot10^{5}\) Па: \[v=\sqrt[3]{\frac{4\cdot9{,}8\cdot1\cdot100}{7\cdot1{,}01\cdot10^{5}\cdot5\cdot10^{-3}}}\ \text{м/с}=\sqrt[3]{1{,}1}\ \text{м/с}\approx1{,}0\ \text{м/с}.\] Температура воздуха при этом: \(\Delta T/T=v^2/(2gH)\approx0{,}055\), при \(T_0\approx293\) К это \(\Delta T\approx16\)–\(17\) К — нагрев действительно мал. Температура \(T_0\) в ответ не входит, она нужна только для проверки малости нагрева.

Ответ: \(v=\sqrt[3]{\dfrac{4gHN}{7pS}}\approx1{,}0\) м/с.

Проверка. Размерность: \(gHN/(pS)\) — это \(\dfrac{\text{м}}{\text{с}^2}\cdot\text{м}\cdot\dfrac{\text{Вт}}{\text{Па}\cdot\text{м}^2}=\dfrac{\text{м}^2}{\text{с}^2}\cdot\dfrac{\text{м}}{\text{с}}\), под корнем получаются \(\text{м}^3/\text{с}^3\), верно. Второй способ: система (1), (2) без допущения \(T\approx T_0\) (с точными \(T\) и \(\rho\), численно, при \(T_0=293\) К) даёт \(v=1{,}03\) м/с и \(\Delta T=17\) К — ответ изменился меньше чем на \(2\,\%\). Смысл: \(v\propto N^{1/3}\), утроение мощности даёт лишь рост скорости в \(3^{1/3}\approx1{,}4\) раза (рисунок выше): чем сильнее нагрев, тем больше тяга, но тем больше тепла нужно и на каждую новую порцию воздуха.

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

Подсказка

В конце процесса через конденсаторы ток не идёт, один из них полностью разряжен резистором, другой заряжен до ЭДС. Сумма зарядов на конденсаторах всё время почти постоянна, потому что \(r\ll R\), значит, токи в ветвях связаны.

Ответ

\(\dfrac{Q_r}{Q}=\dfrac{r}{4R+r}\approx\dfrac{r}{4R}\approx2{,}5\cdot10^{-4}\).

Решение

Что происходит. До подключения резистора на каждом конденсаторе ЭДС \(\mathcal{E}/2\). После подключения конденсатор \(C_1\), на котором резистор \(R\), разряжается, а батарея подзаряжает \(C_2\), пока не зарядит его до \(\mathcal{E}\): постоянный ток через \(C_2\) идти не может. Так как \(r\ll R\), напряжение на внутреннем сопротивлении ничтожно, и сумма зарядов на конденсаторах остаётся почти постоянной. Отсюда связь токов, а затем и связь мощностей.

Обозначения. \(C\) "— ёмкость каждого конденсатора, \(C_1\) "— тот, на котором стоит \(R\), \(C_2\) "— другой; \(q_1\), \(q_2\) "— заряды на их верхних (положительных) обкладках; \(I\) "— ток через батарею и \(C_2\), \(I_R\) "— ток через резистор \(R\).

1. Сумма зарядов. Второй закон Кирхгофа для контура «батарея "— \(r\) "— \(C_2\) "— \(C_1\)»: \(\mathcal{E}=Ir+\dfrac{q_1+q_2}{C}\). В начале \(q_1=q_2=C\mathcal{E}/2\), ток \(I=I_R/2=\mathcal{E}/(4R)\) (см. п. 2), поэтому \(Ir\le\mathcal{E}\,r/(4R)=2{,}5\cdot10^{-4}\,\mathcal{E}\) "— ничтожная часть \(\mathcal{E}\). С такой точностью \(q_1+q_2=C\mathcal{E}\) и \(\dfrac{dq_1}{dt}=-\dfrac{dq_2}{dt}\).

2. Токи в ветвях. Заряд \(C_2\) растёт током батареи: \(\dfrac{dq_2}{dt}=I\). Значит, \(\dfrac{dq_1}{dt}=-I\): конденсатор \(C_1\) разряжается током \(I\) в сторону узла. Первое правило Кирхгофа для узла над \(C_1\) и \(R\): в резистор приходит ток батареи \(I\) и ток разряда \(C_1\) тоже \(I\), поэтому \(I_R=2I\) (ток через \(R\) вдвое больше тока батареи).

3. Мощности. В любой момент на внутреннем сопротивлении выделяется \(P_r=I^2r\), на резисторе \(P_R=I_R^2R=4I^2R\). Их отношение в каждый момент \(P_r/P_R=r/(4R)\), значит, такое же отношение и теплот за весь процесс: \[\frac{Q_r}{Q_R}=\frac{r}{4R},\qquad \frac{Q_r}{Q_r+Q_R}=\frac{r}{4R+r}.\]

4. Число. \[\frac{Q_r}{Q}=\frac{1}{4\cdot1000+1}\approx2{,}5\cdot10^{-4}.\] На внутреннем сопротивлении выделяется \(0{,}025\,\%\) тепла.

Обратите внимание. Ток в резисторе не равен току батареи: он вдвое больше, потому что на резистор отдаёт заряд ещё и \(C_1\). Если считать \(I_R=I\), получилось бы \(r/R\) вместо \(r/(4R)\).

Проверка. Доля безразмерна. Тепло \(Q\) найдём двумя способами. Энергия: батарея проводит заряд \(\Delta q=C\mathcal{E}-C\mathcal{E}/2\) и совершает работу \(\mathcal{E}\Delta q=C\mathcal{E}^2/2\); энергия конденсаторов выросла с \(C\mathcal{E}^2/4\) до \(C\mathcal{E}^2/2\), то есть на \(C\mathcal{E}^2/4\); остаток \(Q=C\mathcal{E}^2/4\). Токи: \(I_R=q_1/(RC)\) и \(\dot q_1=-I_R/2\), откуда \(q_1=\dfrac{C\mathcal{E}}{2}e^{-t/(2RC)}\) (график выше), и \(Q_R=\int_0^\infty\dfrac{q_1^2}{RC^2}\,dt=\dfrac{1}{RC^2}\Bigl(\dfrac{C\mathcal{E}}{2}\Bigr)^2\!\cdot RC=\dfrac{C\mathcal{E}^2}{4}\) "— то же. Точное численное решение системы уравнений цепи даёт \(Q_r/Q=2{,}4988\cdot10^{-4}\), отличие от \(r/(4R+r)\) порядка \(10^{-3}\) от самой доли.

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