Экстремум, неравенства в физических задачах

Запишите условия как систему неравенств для объёмов кувшина и банки и найдите границы области, которую они задают.

1) \(0{,}5\) л;  2) \(2\) л;  3) \(1\) л;  4) \(3\) л.

Скорость пловца относительно воды меньше скорости течения, поэтому он должен плыть против течения под некоторым углом к берегу. Выразите полное время через этот угол и найдите минимум.

Строка «КПД» стоит не на месте. Проверьте, какая из строк может быть температурой топлива, а какая – температурой воздуха, так чтобы отношение \(\eta/(2t_\text{т} - 3t_\text{в})\) было одинаковым во всех столбцах.

1) Первоначальный вид таблицы: \(\eta\), %: 12, 13, 12, 11, 9, 7, 5, 3, 23, 25; \(t_\text{т}\), °C: 60, 64, 66, 68, 69, 70, 71, 72, 95, 100; \(t_\text{в}\), °C: 32, 34, 36, 38, 40, 42, 44, 46, 48, 50; при этом \(2t_\text{т} - 3t_\text{в}\) = 24, 26, 24, 22, 18, 14, 10, 32, 46, 50 и \(\alpha = 0{,}50\ ^\circ\text{С}^{-1}\) во всех столбцах;  2) \(\eta_\text{макс} = 52\%\).

Постройте график скорости от времени: путь равен площади под ним. При каком профиле скорости (с ограничением на ускорение) эта площадь набирается за минимальное время?

1) \(0\) с;  2) \(10\) с;  3) \(10\) с.

Запишите три условия как неравенства для масс кубика и шарика и отметьте на плоскости (масса кубика, масса шарика) область, где выполняются все три сразу.

Масса шарика может лежать в промежутке от 100 г до 500 г, масса кубика — от 200 г до 400 г.

Обозначим через \(K\) массу кубика в граммах, через \(Ш\) — массу шарика в граммах. Условие задачи можно записать в виде системы неравенств: \[K + 100 > Ш, \qquad K + Ш > 500, \qquad K + 100 < 500.\] Изобразим эти неравенства на графике в виде закрашенных областей, откладывая по одной оси массу кубика (в граммах), а по другой — массу шарика (в граммах).

Поскольку должны выполняться все три условия, возьмём пересечение этих областей:

Приходим к ответу.

Запишите условия как три неравенства для масс кубика и шарика, изобразите их область на плоскости и найдите крайние точки получившегося многоугольника.

Масса шарика может лежать в промежутке от 100 г до 400 г, масса кубика — от 200 г до 600 г.

Обозначим через \(K\) массу кубика в граммах, через \(Ш\) — массу шарика в граммах. Условие задачи можно записать в виде системы неравенств: \[2Ш > K, \qquad K > Ш + 100, \qquad K + Ш + 100 < 1000.\] Изобразим эту систему неравенств на графике в виде закрашенной области, откладывая по одной оси массу кубика (в граммах), а по другой — массу шарика (в граммах).

Приходим к ответу.

Запишите неравенства для числа колебаний за время одного колебания маятника Ирины, начав с маятника Марины, период которого известен.

A) 24 с;  B) 30 с;  C) 8 с;  D) 15 с.

Из уравнения состояния \(V = mRT/(\mu p)\). Давление в числителе и знаменателе стоит по-разному, а вот \(m\) и \(T\) входят в виде произведения \(mT\): при каких значениях \(m\) и \(T\) в области, заданной цилиндром, это произведение экстремально?

\(V_{\min} = \dfrac{\left(2-\frac{1}{\sqrt2}\right)^2 m_0T_0R}{\mu p_{\max}} \approx 0{,}145\) л,  \(V_{\max} = \dfrac{\left(2+\frac{1}{\sqrt2}\right)^2 m_0T_0R}{\mu p_{\min}} \approx 1{,}903\) л, где \(m_0 = 1\) г и \(T_0 = 100\) К.

Минимальное значение объёма достигается при \(p = 300\) кПа, \(m = \left(2-\frac{1}{\sqrt2}\right)m_0 \approx 1{,}29\) г и \(T = \left(2-\frac{1}{\sqrt2}\right)T_0 \approx 129\) К.

Максимальное значение объёма достигается при \(p = 100\) кПа, \(m = \left(2+\frac{1}{\sqrt2}\right)m_0 \approx 2{,}71\) г и \(T = \left(2+\frac{1}{\sqrt2}\right)T_0 \approx 271\) К.

Средняя скорость "— весь путь, делённый на всё время. Куда нужно добавить последний участок от четвёртого КП, чтобы он почти целиком шёл по быстрому покрытию, а куда "— по медленному?

1) \(u_4 = 10\) км/ч;  2) наибольшая скорость \(u_5\) при расположении пятого КП в точке \(A\), наименьшая "— в точке \(B\) (см. рис.).

Так как кубики одинаковы по размеру, средняя плотность — это среднее арифметическое плотностей. Для крайних значений берите самые лёгкие и самые тяжёлые кубики.

1) 2,4 г/см\(^3\);  2) 5,7 г/см\(^3\);  3) 0,22 г/см\(^3\).

Выразите мощность на нагрузке через \(R\) отдельно для каждого из двух режимов и найдите, при каких \(R\) работает тот или иной режим.

При сопротивлении нагрузки \(R = U_0/I_0\) в ней выделяется максимальная мощность \(W_{\max} = I_0 U_0\).

Сумма сопротивлений фиксирована; выразите сопротивление параллельного соединения через одно из них и исследуйте на экстремум (или используйте неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим).

Растяжение пружины определяется общей массой груза. Запишите четыре двойных неравенства для массы гири \(m\) и массы сосуда \(M\) и ищите крайние значения.

A) 250 г;  B) 500 г;  C) 500 г;  D) 3500 г.

Выразите высоту подъёма через начальную скорость и запишите, какие ограничения на начальную скорость дают два момента времени из условия.

Тело в верхней точке траектории могло находиться на высоте от 20 м до 45 м.

Введём обозначения: \(t_1 = 2\) с, \(t_2 = 6\) с, \(g = 10\) м/с\(^2\). Пусть \(v_0\) — начальная скорость тела.

В момент времени \(t_1\) вертикальная проекция скорости тела \(v_0 - gt_1\) положительна, отсюда \(v_0 > gt_1\). Промежуток времени \(t_2\) должен быть больше, чем время полёта тела \(2v_0/g\). Следовательно, \(v_0 < gt_2/2\).

Поскольку высота тела, брошенного вверх со скоростью \(v_0\), в верхней точке траектории равна \(H = v_0^2/(2g)\), получаем: \(gt_1^2/2 < H < gt_2^2/8\). Подстановка числовых значений даёт \(20\text{ м} < H < 45\text{ м}\).

Участки «первые 2 часа» и «последние 2 часа» перекрываются. Обозначьте путь на общем участке (от 0,5 ч до 2 ч) через \(S_2\) и выразите через него весь путь.

Средняя скорость машины может лежать в интервале от \(v_{\text{ср.мин}} = 64\) км/ч до \(v_{\text{ср.макс}} = 82\) км/ч.

Дорог всего две цепочки вокруг прямоугольника, значит, маршрутов лишь два: по часовой и против часовой стрелки. Посчитайте время на каждом участке, учитывая, сколько груза уже роздано.

Оптимальный маршрут \(ADCBA\). Время движения по нему \(t \approx 3\text{ ч }54\text{ мин} \approx 4\text{ ч}\).

Необходимо сравнить два маршрута движения. При движении по часовой стрелке получается \(t_1 \approx 4\) ч, а при движении против часовой стрелки \(t_2 \approx 6{,}3\) ч. Получается, что маршрут «Шарик "— кот Матроскин "— Дядя Фёдор» выгоднее для Печкина.

Докажите, что медианы делят треугольник на шесть частей равной площади. Тогда средняя плотность выражается просто через плотности частей.

\(\bar\rho = 9{,}32\) г/см\(^3\) (единственное значение); 10 вариантов; \(\bar\rho_{\min} = 8{,}46\) г/см\(^3\), \(\bar\rho_{\max} = 10{,}36\) г/см\(^3\).

Легко доказывается, что медианы делят треугольник на 6 равновеликих частей. Поэтому средняя плотность равна «среднему арифметическому» плотностей используемых металлов: \[\bar\rho = \frac{m}{S} = \frac{\sum\limits_{i=1}^{6} \rho_i\dfrac{S}{6}}{S} = \frac{\sum\limits_{i=1}^{6}\rho_i}{6}.\] Так как все виды металлов были использованы по два раза, средняя плотность получившегося треугольника принимает только одно возможное значение \[\bar\rho = \frac{11{,}40 + 8{,}96 + 7{,}60}{3} = 9{,}32\text{ г/см}^3.\] Если каждый металл нужно использовать не меньше одного раза, то возможных вариантов с различной средней плотностью 10 (каждое число в фигурных скобках соответствует количеству частей треугольника определённой плотности): \(\{4, 1, 1\}\) "— три варианта, \(\{2, 2, 2\}\) "— один вариант, \(\{3, 2, 1\}\) "— шесть вариантов. \[\bar\rho_{\min} = \frac{4\cdot 7{,}6 + 8{,}96 + 11{,}4}{6} = 8{,}46\text{ г/см}^3, \qquad \bar\rho_{\max} = \frac{4\cdot 11{,}4 + 7{,}6 + 8{,}96}{6} = 10{,}36\text{ г/см}^3.\]

Чему равны площади шести частей, на которые медианы делят треугольник? Тогда средняя плотность выражается через плотности частей очень просто.

При двойном использовании каждого металла \(\bar\rho = 9{,}32\text{ г/см}^3\) (единственный вариант); при использовании каждого металла хотя бы раз получается 10 вариантов; \(\bar\rho_{\min} = 8{,}46\text{ г/см}^3\), \(\bar\rho_{\max} = 10{,}36\text{ г/см}^3\).

Легко доказывается, что медианы делят треугольник на 6 равновеликих частей. Поэтому средняя плотность равна «среднему арифметическому» плотностей используемых металлов: \[\bar\rho = \frac{m}{S} = \frac{\sum\limits_{i=1}^{6}\rho_i\,\dfrac{S}{6}}{S} = \frac{\sum\limits_{i=1}^{6}\rho_i}{6}.\] Так как все виды металлов были использованы по два раза, средняя плотность получившегося треугольника принимает только одно возможное значение \[\bar\rho = \frac{11{,}40 + 8{,}96 + 7{,}60}{3} = 9{,}32\text{ г/см}^3.\] Если каждый металл нужно использовать не меньше одного раза, то возможных вариантов с различной средней плотностью 10 (каждое число в фигурных скобках соответствует количеству частей треугольника определённой плотности): \(\{4,1,1\}\) "— три варианта, \(\{2,2,2\}\) "— один вариант, \(\{3,2,1\}\) "— шесть вариантов. \[\bar\rho_{\min} = \frac{4\cdot 7{,}6 + 8{,}96 + 11{,}4}{6} = 8{,}46\text{ г/см}^3, \qquad \bar\rho_{\max} = \frac{4\cdot 11{,}4 + 7{,}6 + 8{,}96}{6} = 10{,}36\text{ г/см}^3.\]

Подумайте, как соотносятся площади шести частей, на которые медианы делят треугольник. Тогда средняя плотность зависит только от того, сколько частей сделано из каждого металла.

\(\bar\rho = 9{,}32\) г/см\(^3\); 10 вариантов; \(\bar\rho_{\min} = 8{,}46\) г/см\(^3\), \(\bar\rho_{\max} = 10{,}36\) г/см\(^3\).

Легко доказывается, что медианы делят треугольник на 6 равновеликих частей. Поэтому средняя плотность равна «среднему арифметическому» плотностей используемых металлов: \[\bar\rho = \frac{m}{S} = \frac{\sum_{i=1}^{6} \rho_i \dfrac{S}{6}}{S} = \frac{\sum_{i=1}^{6} \rho_i}{6}.\] Так как все виды металлов были использованы по два раза, средняя плотность получившегося треугольника принимает только одно возможное значение \(\bar\rho = \dfrac{11{,}40 + 8{,}96 + 7{,}60}{3} = 9{,}32\) г/см\(^3\).

Если каждый металл нужно использовать не меньше одного раза, то возможных вариантов с различной средней плотностью 10 (каждое число в фигурных скобках соответствует количеству частей треугольника определённой плотности): \(\{4, 1, 1\}\) "— три варианта, \(\{2, 2, 2\}\) "— один вариант, \(\{3, 2, 1\}\) "— шесть вариантов. \[\bar\rho_{\min} = \frac{4\cdot 7{,}6 + 8{,}96 + 11{,}4}{6} = 8{,}46\text{ г/см}^3,\] \[\bar\rho_{\max} = \frac{4\cdot 11{,}4 + 7{,}6 + 8{,}96}{6} = 10{,}36\text{ г/см}^3.\]

Подумайте, что произойдёт с временем сближения Коли и Васи, если Маша встретится с одним из них раньше другого.

Маша должна бежать вправо (в сторону Васи) со скоростью \(1\text{ м/с}\).

Минимальное время движения ребят соответствует случаю, когда все трое встретятся одновременно. Действительно, если предположить, что кто-то из мальчиков встретится с Машей раньше, то скорость сближения Коли и Васи уменьшится, а значит, время движения увеличится.

Коля и Вася встретятся через \[\tau = \frac{s}{v_1+v_2} = \frac{300}{12} = 25\text{ с},\] где \(s\) "— расстояние между Васей и Колей, \(v_1 + v_2\) "— скорость сближения Васи и Коли. Значит, мальчики встретятся на расстоянии \(25\text{ м}\) от Маши справа. Следовательно, Маша должна идти вправо со скоростью \(1\text{ м/с}\).

Выразите разность показаний весов через уровни жидкостей и найдите, когда она максимальна: в какой момент опустеет один из стаканов?

Отношение плотностей \(3/2\).

Когда более плотную жидкость полностью откачают, а менее плотная жидкость заполнит ровно половину сосуда, в этот момент между показаниями весов максимальная разность. Так как сосуды одинаковы, следовательно, масса менее плотной жидкости в этот момент равна 0,5 кг. Значит, в начальный момент масса менее плотной жидкости была равна 1 кг, а более плотной – 1,5 кг. Отношение плотностей жидкостей \(3/2\).

Средняя скорость за весь путь равна среднему арифметическому восемнадцати значений. Если семнадцать значений взять наибольшими возможными, насколько мало может оказаться последнее?

1) 9 км/ч \(< v <\) 60 км/ч;  2) 0 км/ч \(< v <\) 60 км/ч.

Сила реакции стенки (нормальная плюс трение) не может отклоняться от нормали больше, чем на угол трения. Нарисуйте силовой треугольник из силы тяжести, силы реакции и силы прилипания.

\(F_0 = mg\,\dfrac{\sqrt{\mu^2+1}}{\mu} \approx 0{,}11\) Н.

Составьте уравнение теплового баланса: кофе остывает, лёд нагревается до \(0\,^\circ\)C, плавится и талая вода нагревается до конечной температуры. Число кубиков должно быть целым.

23 кубика.

Условие равновесия — равенство суммарных моментов грузов слева и справа от опоры. Чем дальше от опоры лежит груз, тем больший момент он создаёт, а груз, стоящий на опоре, момента не создаёт.

1) 9;  2) 1.

Время нагрева каждой порции пропорционально её массе и обратно пропорционально мощности чайника. Когда общее время минимально?

\(126\) с.

Лучше всего, когда оба прибывают одновременно. Кто должен проехать на самокате дольше — более медленный пешеход или более быстрый? Составьте уравнение равенства времён.

25 минут.

Мысленно разверните грани кирпича в одну плоскость: кратчайший путь по поверхности — прямая на развёртке. Переберите разные способы развернуть соседние грани.

\(t_{\text{мин}} \approx 15{,}7\text{ с}\).

Проволока, один конец которой на краю канавки, а другой в точке \(A\) на окружности, — хорда; её длина и угол к горизонту связаны с положением \(A\). Сколько проволоки приходится на подъём, а сколько на спуск, и как это зависит от положения \(A\)?

\(t_{\max} = \dfrac{R\sqrt5}{V} \approx 90\) с;  \(t_{\min} = \dfrac{R}{20V}\left(19 + 2\sqrt{39}\right) \approx 63\) с.

Источник эквивалентен ЭДС с внутренним сопротивлением \(r\). Условие равенства мощностей для одной и четырёх ламп связывает \(r\) с сопротивлением лампы.

\(P_n = \dfrac{9Pn}{(n+2)^2}\).

Запишите два неравенства на высоту камня в моменты \(\tau\) и \(2\tau\) через начальную скорость \(v_0\). Они задают границы допустимых \(v_0\); затем выразите через \(v_0\) время и высоту подъёма.

Начальная скорость от 9 м/с до 12 м/с; максимальная высота достигалась в момент времени от 0,9 с до 1,2 с; максимальная высота подъёма от 4,05 м до 7,2 м.

Температура смеси двух порций воды определяется из уравнения теплового баланса. Запишите условия двух опытов как неравенства для \(t_A\) и \(t_B\) и изобразите их область на плоскости \((t_A, t_B)\).

Температура в калориметре Алисы может быть в интервале от \(25\,{}^\circ\text{C}\) до \(100\,{}^\circ\text{C}\), температура в калориметре Василисы — в интервале от \(50\,{}^\circ\text{C}\) до \(100\,{}^\circ\text{C}\). Температура в калориметре Василисы выше, чем температура в калориметре Алисы; модуль разности температур может быть в промежутке от \(0\,{}^\circ\text{C}\) до \(50\,{}^\circ\text{C}\).

В решении используется формула для температуры смеси \(t_c\) порции воды массы \(m_1\) и температуры \(t_1\) с порцией воды массы \(m_2\) и температуры \(t_2\). Эту формулу можно получить из уравнения теплового баланса. Первая порция воды (удельная теплоёмкость \(c\)) получает количество теплоты \(cm_1(t_c - t_1)\), вторая — количество теплоты \(cm_2(t_c - t_2)\), сумма этих количеств теплоты равна нулю: \(cm_1(t_c - t_1) + cm_2(t_c - t_2) = 0\) и \[t_c = \frac{m_1 t_1 + m_2 t_2}{m_1 + m_2}.\] Обозначая через \(t_A\) температуру в калориметре Алисы (в градусах Цельсия), а через \(t_B\) — температуру в калориметре Василисы (в градусах Цельсия) и используя формулу для температуры смеси, запишем условие задачи в виде неравенств: \[\frac{t_B + 0}{2} < t_A, \qquad \frac{2t_A + 100}{3} < t_B.\] Изобразим эту систему неравенств на графике в виде закрашенной области, откладывая по одной оси \(t_A\), а по другой — \(t_B\).

Из данного графика находим границы возможных температур в каждом из калориметров (см. ответ). Из графика также вытекает, что область возможных значений температур располагается в полосе \(-50 < t_A - t_B < 0\) (между прямыми \(t_A - t_B = -50\) и \(t_A - t_B = 0\)).

Вода из смеси со льдом имеет температуру \(0\,^\circ\)C. Условия «холоднее» и «теплее» дают неравенства на мощности, а время кипения при двух кипятильниках "— неравенство на их сумму.

A) 420 кДж;  B) 318 Вт;  C) 400 Вт;  D) 273 Вт;  E) 350 Вт.

Для расстояний \(a\) и \(b\) с суммой \(L\) формула линзы даёт квадратное уравнение; оно разрешимо, только если \(L\) не меньше некоторого кратного фокусного расстояния. Вторая позиция линзы получается обменом \(a\) и \(b\).

A) 5 дптр;  B) 5,6 дптр;  C) 0,5;  D) 27 см.

Запишите расходы воды из каждого крана через время заполнения, учтя, что показания часов известны лишь с точностью до минуты, и оцените границы возможных значений.

В момент заполнения сосуда часы могут показывать любое время от 07:18 до 07:38.

Место встречи может быть до переезда или после него. Для каждого случая запишите время прохождения 70-го километра и потребуйте, чтобы оно попало в интервал, когда переезд открыт.

Автомобилист мог двигаться со скоростью от \(\dfrac{14}{13}\) км/мин \(\approx 64{,}6\) км/ч до \(\dfrac{4}{3}\) км/мин \(= 80\) км/ч.

Запиши отношение скоростей через три момента времени: старт, конец первого круга и обгон. Затем подумай, при каких допустимых значениях этих моментов отношение наибольшее, а при каких наименьшее.

Отношение скорости велосипедиста к скорости пешехода может быть в интервале от 2,75 до 5,5.

Пусть \(t_1\) — момент старта, \(t_2\) — момент времени, когда Владислав проехал один круг, \(t_3\) — момент обгона. При этом \(t_1 < t_2 < t_3\).

По условию, пешеход прошёл расстояние от старта до момента обгона за время \(t_3 - t_1\); велосипедист же прошёл это же расстояние за время \(t_3 - t_2\). Отношение \(k\) скорости велосипедиста к скорости пешехода равно обратному отношению этих времён: \[k = \frac{t_3 - t_1}{t_3 - t_2}. \tag{1}\] Также данное отношение можно записать как: \[k = 1 + \frac{t_2 - t_1}{t_3 - t_2}. \tag{2}\] Поскольку моменты времени \(t_1\), \(t_2\) и \(t_3\) известны с некоторой погрешностью, исследуем, в каком случае отношение \(k\) будет больше и в каком — меньше. К увеличению \(k\) приводят: уменьшение \(t_1\) (см. (1)); увеличение \(t_2\) (см. (1)); уменьшение \(t_3\) (см. (2)). К уменьшению \(k\) приводят: увеличение \(t_1\) (см. (1)); уменьшение \(t_2\) (см. (1)); увеличение \(t_3\) (см. (2)).

Следовательно, максимальное значение \(k\) достигается, когда \(t_1 = 11\) ч 15 мин., \(t_2 = 11\) ч 24 мин., \(t_3 = 11\) ч 26 мин. В этом случае \(k = 5{,}5\).

Минимальное значение \(k\) достигается, когда \(t_1 = 11\) ч 16 мин., \(t_2 = 11\) ч 23 мин., \(t_3 = 11\) ч 27 мин. В этом случае \(k = 2{,}75\).

К моменту обгона пешеход и велосипедист прошли один и тот же путь, но за разное время. Выразите отношение скоростей через моменты старта, первого круга и обгона, а затем учтите, в каких пределах каждый из них может лежать.

Отношение скорости велосипедиста к скорости пешехода может быть в интервале от 2,75 до 5,5.

Пусть \(t_1\) — момент старта, \(t_2\) — момент времени, когда Владислав проехал один круг, \(t_3\) — момент обгона. При этом \(t_1 < t_2 < t_3\).

По условию, пешеход прошёл расстояние от старта до момента обгона за время \(t_3 - t_1\); велосипедист же прошёл это же расстояние за время \(t_3 - t_2\). Отношение \(k\) скорости велосипедиста к скорости пешехода равно обратному отношению этих времён: \[k = \frac{t_3 - t_1}{t_3 - t_2}. \tag{1}\] Также данное отношение можно записать как \[k = 1 + \frac{t_2 - t_1}{t_3 - t_2}. \tag{2}\] Поскольку моменты времени \(t_1\), \(t_2\) и \(t_3\) известны с некоторой погрешностью, исследуем, в каком случае отношение \(k\) будет больше и в каком — меньше. К увеличению \(k\) приводят: уменьшение \(t_1\) (см. первую формулу); увеличение \(t_2\) (см. первую формулу); уменьшение \(t_3\) (см. вторую формулу). К уменьшению \(k\) приводят: увеличение \(t_1\) (см. первую формулу); уменьшение \(t_2\) (см. первую формулу); увеличение \(t_3\) (см. вторую формулу).

Следовательно, максимальное значение \(k\) достигается, когда \(t_1 = 11\) ч 15 мин, \(t_2 = 11\) ч 24 мин, \(t_3 = 11\) ч 26 мин. В этом случае \(k = 5{,}5\).

Минимальное значение \(k\) достигается, когда \(t_1 = 11\) ч 16 мин, \(t_2 = 11\) ч 23 мин, \(t_3 = 11\) ч 27 мин. В этом случае \(k = 2{,}75\).

Выразите отношение скоростей через моменты старта, окончания первого круга и обгона, затем подумайте, в какую сторону должна сдвинуться каждая из этих величин в пределах своей минуты, чтобы отношение стало наибольшим или наименьшим.

Отношение скорости велосипедиста к скорости пешехода может быть в интервале от \(2{,}75\) до \(5{,}5\).

Пусть \(t_1\) — момент старта, \(t_2\) — момент времени, когда Владислав проехал один круг, \(t_3\) — момент обгона. При этом \(t_1 < t_2 < t_3\).

По условию, пешеход прошёл расстояние от старта до момента обгона за время \(t_3 - t_1\); велосипедист же прошёл это же расстояние за время \(t_3 - t_2\). Отношение \(k\) скорости велосипедиста к скорости пешехода равно обратному отношению этих времён: \[k = \frac{t_3 - t_1}{t_3 - t_2}. \tag{1}\] Также данное отношение можно записать как: \[k = 1 + \frac{t_2 - t_1}{t_3 - t_2}. \tag{2}\] Поскольку моменты времени \(t_1\), \(t_2\) и \(t_3\) известны с некоторой погрешностью, исследуем, в каком случае отношение \(k\) будет больше и в каком — меньше. К увеличению \(k\) приводят: уменьшение \(t_1\) (см. первую формулу), увеличение \(t_2\) (см. первую формулу), уменьшение \(t_3\) (см. вторую формулу). К уменьшению \(k\) приводят: увеличение \(t_1\), уменьшение \(t_2\), увеличение \(t_3\) (по тем же формулам).

Следовательно, максимальное значение \(k\) достигается, когда \(t_1 = 11\) ч 15 мин, \(t_2 = 11\) ч 24 мин, \(t_3 = 11\) ч 26 мин. В этом случае \(k = 5{,}5\).

Минимальное значение \(k\) достигается, когда \(t_1 = 11\) ч 16 мин, \(t_2 = 11\) ч 23 мин, \(t_3 = 11\) ч 27 мин. В этом случае \(k = 2{,}75\).

Скорость Васи относительно воды имеет заданную длину, но любое направление: её конец лежит на окружности. Какая касательная к этой окружности даёт наименьший снос?

При \(v > u\) (в том числе в случае (а)) искомое минимальное расстояние равно нулю. При \(v < u\) (в том числе в случае (б)) Вася может оказаться от точки B на минимальном расстоянии \(x = L\sqrt{u^2 - v^2}/v\). В случае (б) \(x = 75\) м.

Если скорость Васи больше скорости течения реки (в частности, в случае (а)), он может попасть в точку B. Векторы скоростей течения реки \(\vec u\), Васи относительно воды \(\vec v\) и Васи относительно берега \(\vec u + \vec v\) приведены на рисунке:

Пусть скорость Васи меньше скорости течения реки. Изобразим на рисунке вектор скорости течения реки \(\vec u\). Вектор скорости Васи \(\vec v\) относительно воды имеет фиксированную величину, но его направление может быть любым. Возможные варианты расположения вектора \(\vec v\) изображены пунктиром на рисунке. Конец данного вектора лежит на окружности:

Смещение Васи относительно точки B окажется минимальным, если угол \(\alpha\) между скоростью Васи относительно берега \(\vec v_1 = \vec u + \vec v\) и направлением к точке B окажется как можно ближе к \(90^\circ\); при этом вектор \(\vec v_1\), направленный по касательной к окружности, окажется перпендикулярен вектору \(\vec v\), направленному вдоль радиуса окружности:

Учитывая, что по теореме Пифагора \(|\vec v_1| = \sqrt{u^2 - v^2}\), имеем \(\operatorname{ctg}\alpha = \sqrt{u^2 - v^2}/v\). При переправе Вася сместится относительно точки B на расстояние \(x = L\operatorname{ctg}\alpha = L\sqrt{u^2 - v^2}/v\):

В случае (б) смещение Васи относительно точки B равно \(x = 75\) м.

Выразите время рейса туда и обратно через длину канала \(s\), скорость катера \(v\) и скорость течения \(u\). Когда рейс быстрее всего, а когда дольше всего?

Со сломанным мотором минимальное время рейса \(T_{\min} = 6t_1 = 12\) часов; после ремонта рейс может длиться от \(t_{\min} = \dfrac{6}{11}\,t_1 \approx 65\) мин до \(t_{\max} = \dfrac{2}{3}\,t_1 = 80\) мин.

Быстрее всего получится, если все три нагревателя работают непрерывно, а вода во всех кастрюлях закипает одновременно. Тогда время определяется полной теплотой и суммарной мощностью.

Минимальное время нагревания равно 576 с = 9 мин 36 с. Возможная (но не единственная) процедура такова. Сначала воду нагревают в течение времени \(t_1 = 96\) с: кастрюля на 1 л — на плитке 1 кВт, кастрюля на 2 л — на плитке 2 кВт, кастрюля на 3 л — с кипятильником 0,5 кВт. Затем в течение \(t_2 = 480\) с вода доводится до кипения одновременно во всех кастрюлях: кипятильник находится в кастрюле на 1 л, на плите 1 кВт стоит кастрюля на 2 л, на плите 2 кВт стоит кастрюля с тремя литрами воды.

Сопротивление реостата пропорционально координате ползунка, а ток вернётся к прежнему значению, когда суммарное сопротивление цепи станет прежним. Из первого хода найдите отношение сопротивлений на единицу длины.

1) Алиса должна сдвинуть ползунок вправо на \(8{,}4\) см;  2) не может;  3) может;  4) \(U = 7{,}2\) В.

Обозначьте токи во всех ветвях, запишите условия сохранения заряда в узлах \(B\) и \(C\) и равенство падений напряжения между \(B\) и \(C\) по двум путям. Направление тока через \(R_2\) определяется знаком \(I_2\).

1) При \(0 < \tilde R < R_1 R_3 / R_4 = 64\) Ом ток через резистор \(R_2\) течёт от точки \(C\) к точке \(B\), а при \(R_{\max} > \tilde R > R_1 R_3 / R_4\) — от точки \(B\) к точке \(C\). 2) Напряжение на резисторе \(R_2\) достигает максимального по модулю значения \(\approx 10{,}8\) В при \(\tilde R = 0\).

Скорость тела относительно квадрокоптера — разность скоростей тела и квадрокоптера. Постройте треугольники скоростей: конец вектора скорости квадрокоптера лежит на определённой прямой.

1) квадрокоптер должен двигаться в западном направлении под углом \(\alpha = 30^\circ\) к горизонту;  2) скорость направлена в западном направлении под углом \(60^\circ\) к горизонту и равна по модулю скорости самолёта, то есть \(V/\sqrt{3}\).

При \(0\,{}^\circ\)C в калориметре может быть и лёд, и вода. Рассмотрите два крайних случая: весь лёд остался нерастаявшим и вся вода осталась жидкой, а лёд только нагрелся и ничего не растопил.

\(0{,}113\text{ кг} < m_\text{л} < 2{,}57\text{ кг}\).

В конечном состоянии при температуре \(0\,{}^\circ\)C содержимое калориметра может находиться как в виде льда, так и в виде воды. Рассмотрим оба крайних случая. Пусть в конечном состоянии в калориметре только лёд при \(0\,{}^\circ\)C. Тогда уравнение теплового баланса имеет вид: \[m_1 c_\text{л}(t - t_2) = m\bigl(c(t_1 - t) + \lambda\bigr),\] где \(m_1\) — максимальная масса добавленного льда. Выражая \(m_1\), получим: \[m_1 = \frac{m\bigl(c(t_1 - t) + \lambda\bigr)}{c_\text{л}(t - t_2)} = 2{,}57\text{ кг}.\] Если в конечном состоянии в калориметре вода при \(0\,{}^\circ\)C, то уравнение теплового баланса запишется так: \[m c(t_1 - t) = m_2 c_\text{л}(t - t_2) + m_2\lambda,\] где \(m_2\) — минимальная масса добавленного льда. Выражая \(m_2\), получим: \[m_2 = \frac{m c(t_1 - t)}{c_\text{л}(t - t_2) + \lambda} = 0{,}113\text{ кг}.\] Окончательный ответ: в калориметр могло быть добавлено \(0{,}113\text{ кг} < m < 2{,}57\text{ кг}\) льда.

Скорость пловца относительно берега должна быть направлена на заданную точку противоположного берега. Сложите скорости как векторы и найдите, при каком направлении скорости относительно воды её модуль наименьший.

\(1{,}94\text{ м/с}\).

Контакт \(A\) делит проволочку на две части, пропорциональные положению; сопротивление между \(A\) и \(B\) — функция положения контакта. Найдите его максимум.

\(120\) Ом.

После каждого переливания уровни в сообщающихся сосудах выравниваются. Выразите объём воды, попавшей во второй сосуд, как функцию \(s\) и найдите её максимум.

\(s = 24\) см\(^2\).

Выразите сопротивление между \(A\) и \(C\) через длину дуги \(AC\) и найдите максимум этой функции.

\(2{,}18R\).

Запишите второй закон Ньютона в проекциях на склон и на нормаль к нему для силы, направленной под углом к склону, и условие, что брусок не отрывается от плоскости. Затем найдите минимум силы по углу.

Ответ 6: 85 Н.

Представьте токи \(I_0\) и \(I\) как два независимых источника тока и наложите их действие. Для каждого из них цепь оказывается сбалансированным мостом: через один из резисторов ток не идёт.

1) \(\Delta I_\text{верх} = 0\);  2) \(\Delta I_\text{нижн} = \Delta I/2\);  3) \(I' = I_0/2\), ток обнуляется в резисторе \(2R\) между узлами \(A\) и \(B\);  4) \(I^* = -I_0/3\), \(P_{\min} = \dfrac59 RI_0^2\).

Способ 1. Воспользуемся методом наложения токов. Представим два независимых источника тока: один создаёт ток силой \(I_0\), другой — регулируемый ток \(I\) (см. рисунок 1). При расстановке токов учтём, что часть цепи для каждого источника представляет собой сбалансированный мост.

Способ 2. Введём токи \(I_1\) и \(I_2\), далее, с учётом первого и второго правил Кирхгофа выразим через них токи во всех остальных участках разветвлённой цепи (см. рисунок 2).

Запишем первое правило Кирхгофа для узлов \(A\) и \(B\) и получим систему уравнений: \[\begin{cases} 2I_2 + 2I_1 + I_1 = I_0 + 2I_2 - 3I_1,\\ 3I_2 - 2I_1 + I_2 - I_1 + 2I_2 - 3I_1 = I. \end{cases}\] \[\begin{cases} I_1 = I_0/6,\\ I_2 = (I + I_0)/6. \end{cases}\]

Заметим, что ток \(I\) никак не влияет на силу тока через верхний резистор, следовательно: \[\Delta I_\text{верх} = 0.\] Изменение силы тока через нижний резистор \[\Delta I_\text{нижн} = \Delta\left(\frac{I}{2} + \frac{I_0}{6}\right) = \frac{\Delta I}{2}.\]

Единственный резистор, через который токи от двух источников направлены противоположно, — это резистор \(2R\) между узлами \(A\) и \(B\). Условие обнуления тока: \[I'/3 = I_0/6.\] Таким образом \(I' = I_0/2\).

Ответ на четвёртый вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Мощность можно рассчитать как сумму мощностей воображаемых источников токов \(I_0\) и \(I\). Напряжение между узлами \(B\) и \(C\): \[U_{BC} = \left(\frac{I}{2} + \frac{I_0}{6}\right)\cdot 2R,\] а между узлами \(A\) и \(C\): \[U_{AC} = \left(\frac{I}{3} + \frac{2I_0}{3}\right)\cdot R.\] Тогда суммарная тепловая мощность, выделяющаяся в цепи, равна: \[P(I) = U_{BC}I + U_{AC}I_0 = RI^2 + \frac23 II_0R + \frac23 RI_0^2.\]

Способ 2. Тот же результат можно получить как сумму тепловых мощностей на каждом резисторе: \[P(I) = R\left(\frac{I}{3} + \frac{2I_0}{3}\right)^2 + 2R\left(\frac{I_0}{6}\right)^2 + 2R\left(\frac{I}{6} + \frac{I_0}{6}\right)^2 + 4R\left(\frac{I}{6}\right)^2 + 2R\left(\frac{I}{3} - \frac{I_0}{6}\right)^2 + 2R\left(\frac{I}{2} + \frac{I_0}{6}\right)^2.\] Минимум выражения \(P(I)\) (вершина параболы) достигается при: \[I^* = -\frac{I_0}{3}.\] Соответствующая минимальная мощность: \[P_{\min} = P(I^*) = \frac59 RI_0^2.\]

Быстрее всего, если оба нагревателя закончат работу одновременно: подберите \(V_0\) так, чтобы кипятильник довёл до \(100\) °C ровно ту воду, которая осталась после доливания кипятка из чайника.

\(V_0 \approx 29{,}4\) л; минимальное время \(\tau \approx 5{,}5\) часа.

Капли падают в одних и тех же вертикальных линиях, следуя друг за другом через \(\tau\). Подумайте, на какое расстояние должна сместиться шляпа между двумя последовательными каплями, чтобы следующая капля попала мимо неё.

\(V = D/\tau = 0{,}6\text{ м/с}\).

Без потолка наибольшая дальность \(V_0^2/g\) достигается при угле \(45^\circ\). Проверьте, достигает ли такая траектория потолка; если да, оптимальная траектория касается потолка.

Максимальное расстояние полёта мяча по горизонтали между двумя последовательными ударами о пол равно \[S = \frac{V_0^2}{g} \quad\text{при } V_0 \le 2\sqrt{gh}; \qquad S = 4h\sqrt{\frac{V_0^2}{2gh} - 1} \quad\text{при } V_0 > 2\sqrt{gh}.\]

Груз совершает гармонические колебания около положения равновесия. Тележка должна проехать то время, пока груз находится выше её крыши.

Минимальная скорость тележки \[v = \frac{L\sqrt{k/m}}{2\left(\pi - \arccos\dfrac{h-H-x_0}{x_0}\right)} = \frac{3\omega L}{4\pi}\sqrt{\frac{k}{m}} \approx 1{,}07 \text{ м/с},\] где \(x_0 = mg/k\) — амплитуда колебаний груза.

Положения равновесия шарика на пружине определяются равенством силы упругости и кулоновской силы. Столкновение происходит в момент потери устойчивости, когда два корня этого уравнения сливаются.

В момент столкновения шариков деформация пружины \(l = \dfrac{3}{2}\left(\dfrac{q^2}{2\pi\varepsilon_0 k}\right)^{1/3}\).

Обгон в первом состязании означает, что Алиса пробежала на круг больше Василисы; условие «в течение 2-го круга» даёт двойное неравенство на отношение скоростей. Из эстафеты получите ограничение на сумму времён.

1) 15 км/ч;  2) 24 км/ч;  3) 9 км/ч;  4) 13 км/ч.

Велосипеды можно оставлять на дороге и передавать дальше. Подумайте, как распределить участки пешком и на велосипеде, чтобы все трое прибыли одновременно, и составьте уравнение на это условие.

\(T = \dfrac{13}{40}\cdot\dfrac{S}{V} = 2{,}925\) часа \(=\) 2 часа 55 минут 30 секунд.

При заданном напряжении мощность \(U^2/R\) максимальна, когда сопротивление цепи минимально. Какое соединение участков проволок уменьшает сопротивление?

Максимальная мощность равна \(\approx 9\) Вт; соединение проволок, при котором она достигается, такое: нужно длинную проволоку натянуть вдоль короткой проволоки, а оставшийся участок длинной проволоки сложить вдвое и, перегнув в точке \(B\), приложить к отрезку \(AB\).

Минимальное время получится, если все трое прибудут на остановку одновременно. Подумайте, сколько времени папа несёт каждого ребёнка.

\(t_{\min} = \dfrac{19S}{43V} = 95\) с.

Куда направлена сила тяжести жука и где должен находиться центр масс системы, чтобы клочок покоился? Разложите движение жука на движение по окружности относительно клочка и вращение самого клочка.

\(u_{\max} = V\) при \(t = \dfrac{\pi a}{3V}\).

Запишите уравнение прямой 3–1 и выясните, при каком объёме температура на ней максимальна. Максимум температуры за цикл достигается в точке 3, если этот объём не меньше объёма в состоянии 3; используйте уравнение изотермы 1–2 и связь объёмов.

Максимальная температура газа за весь цикл достигается в состоянии 3 при условии, что давление в этом состоянии \(p_3 \geq \dfrac{p_1^2+p_2^2}{2p_1}\).

Перейдите в систему отсчёта автомобилей: в ней капли вылетают из-под колёс с одной и той же скоростью под разными углами. Какова наибольшая дальность полёта тела, брошенного с заданной скоростью?

\(r = \dfrac{v^2}{g} \approx 177\text{ м}\).

В системе отсчёта, связанной с автомобилями, искомое расстояние равно наибольшей дальности полёта капель, вылетающих из-под задних колёс со скоростями \(v\) под всевозможными углами \(\alpha\). Поскольку время полёта (подъёма и спуска) капли \(\tau = \dfrac{2v\sin\alpha}{g}\), дальность полёта \[l = v\tau\cos\alpha = \frac{v^2\sin 2\alpha}{g}.\] Она максимальна, очевидно, при \(\sin 2\alpha = 1\), так что \(r = \dfrac{v^2}{g} \approx 177\text{ м}\).

Натяжение вертикального участка равно весу свисающей под ним части верёвки. Рассмотрите, какие две конфигурации возможны, и в каждой используйте предельное отношение натяжений.

\(5\) м.

Репка начнёт отрываться, поворачиваясь вокруг точки на краю ямы. Сравните момент силы тяжести и момент суммарной силы тяги относительно этой точки и найдите наибольшее возможное плечо силы тяги.

Максимально возможная масса репки \(m = \dfrac{63\sqrt{2}}{32}\,\dfrac{F}{g} \approx 2{,}78\,\dfrac{F}{g}\).

Стабилизация там, где у ветви \(r+Z\) напряжение не зависит от тока: падающий участок характеристики \(Z\) должен точно компенсироваться ростом напряжения на \(r\).

1) \(U_0 = 3\) В, \(r = 25\) Ом;  2) \(R_1 = 40\) Ом.

Масса воды, вылившейся за малое время, пропорциональна объёму тонкой клиновидной призмы с малым углом при вершине.

1) \(m_0 \approx 560\) г;  2) \(\varphi = 45^\circ\);  3) \(Q_{\max} \approx 112\) г/с.

Запишите тепловой баланс: выделяемая мощность \(I^2R(T)\) равна \(k(T-T_0)\). Предельный ток "— это ток, при котором решение уравнения для \(T\) перестаёт существовать.

\(R \approx 27{,}8\) Ом, \(U \approx 30\) В.

Передача не может идти вперёд, поэтому скорость мяча относительно земли направлена вдоль линии ворот, а игроку \(B\) выгодно бежать перпендикулярно этой линии. Перейдите к скорости мяча относительно земли как к сумме скорости игрока \(A\) и скорости броска.

1) \(w^{\text{отн}}_{\min} \approx 8{,}2\) м/с;  3) \(t_{\min} \approx 2{,}5\) с.

Велосипед один, значит, спортсмены обмениваются им по ходу первой части дистанции. Обозначьте за \(x\) путь на велосипеде у одного из них и выразите через \(x\) время финиша каждого.

\(T_{\min} = 3{,}25\text{ ч} = 195\text{ мин}\).

Велосипед один, но им можно пользоваться по очереди: проехав часть пути, оставить его на трассе. Выразите время каждого спортсмена через длину его велосипедного участка и подумайте, при каком условии время финиша второго минимально.

\(T_{\min} = 3{,}25\text{ ч} = 195\text{ мин}\).

Когда угол луча зрения максимален, луч зрения касается траектории — скорость камня направлена прямо на Леопольда. Постройте треугольник скоростей \(\vec v_1 = \vec v_0 + \vec g t_1\).

1) \(t_1 = \dfrac{v_0\sin(\pi/2 + \alpha_1 - \alpha_0)}{g\sin(\pi/2 - \alpha_1)} \approx 1{,}24\text{ с}\);  2) \(L = \dfrac{v_0t_1(\cos\alpha_0 + \operatorname{tg}\alpha_1\sin\alpha_0) - gt_1^2/2}{\operatorname{tg}\alpha_1 - \operatorname{tg}\alpha_0} \approx 24{,}3\text{ м}\).

1. Поскольку вектор начальной скорости \(\vec v_0\) направлен перпендикулярно лучу зрения — он образует угол \(\alpha_0\) с вертикалью.

Траектория камня представляет собой участок параболы ветвями вниз, поэтому максимальное значение \(\alpha_1 = 38^\circ\) реализуется, если Леопольд расположен вне искомой параболы, и в момент времени \(t_1\), когда угол между лучом зрения и горизонтом достигает максимального значения, луч зрения направлен по касательной к траектории камня. Это означает, что в данный момент скорость камня \(\vec v_1\) направлена прямо на Леопольда и образует угол \(\alpha_1\) с горизонтом.

Для определения времени \(t_1\) построим векторный треугольник скоростей для данного момента времени. Из теоремы синусов находим: \[\frac{gt_1}{\sin(\pi/2 + \alpha_1 - \alpha_0)} = \frac{v_0}{\sin(\pi/2 - \alpha_1)},\] откуда: \[t_1 = \frac{v_0\sin(\pi/2 + \alpha_1 - \alpha_0)}{g\sin(\pi/2 - \alpha_1)} \approx 1{,}24\text{ с}.\]

2. Введём систему координат \(xy\) с началом в месте расположения глаз Леопольда так, как показано на рисунке.

Тогда зависимости координат \(x(t)\), \(y(t)\) следующие: \[x(t) = L - v_0\sin\alpha_0\,t, \qquad y(t) = L\operatorname{tg}\alpha_0 + v_0\cos\alpha_0\,t - \frac{gt^2}{2}.\] Тогда для тангенса угла \(\alpha_1\) в момент времени \(t_1\) получим: \[\operatorname{tg}\alpha_1 = \frac{y(t_1)}{x(t_1)} = \frac{L\operatorname{tg}\alpha_0 + v_0\cos\alpha_0\,t_1 - gt_1^2/2}{L - v_0\sin\alpha_0\,t_1},\] откуда: \[L = \frac{v_0t_1(\cos\alpha_0 + \operatorname{tg}\alpha_1\sin\alpha_0) - gt_1^2/2}{\operatorname{tg}\alpha_1 - \operatorname{tg}\alpha_0} \approx 24{,}3\text{ м}.\]

При упругом ударе одинаковых шаров скорости после удара перпендикулярны, и треугольник скоростей вписан в окружность с диаметром \(v_0\). Дальность полёта пропорциональна произведению \(v_xv_y\) — это площадь, которую удобно максимизировать геометрически.

1) \(l_\text{max} = \dfrac{v_0^2}{g}\);  2) \(S_\text{max} = \dfrac{3\sqrt3\,v_0^2}{8g}\).

1. Воспользуемся законами сохранения импульса и энергии при соударении:

\[\begin{cases} m\vec v_0 = m\vec v_1 + m\vec v_2 & \text{ЗСИ}\\[4pt] \dfrac{mv_0^2}{2} = \dfrac{mv_1^2}{2} + \dfrac{mv_2^2}{2} & \text{ЗСЭ} \end{cases}\] Возведем ЗСИ в квадрат получим: \[v_0^2 = v_1^2 + v_2^2 + 2\vec v_1\cdot\vec v_2.\] С учетом ЗСЭ получим \[2\vec v_1\cdot\vec v_2 \implies \vec v_1 \perp \vec v_2.\]

Поскольку \(v_1^2 + v_2^2 = v_0^2\) и \(\vec v_0 = \vec v_1 + \vec v_2\), то треугольник скоростей является прямоугольным и вписан окружность с диаметром \(v_0\).

Введём в точке старта систему координат \(yOx\), где ось \(y\) направлена вертикально вверх, а ось \(x\) направлена горизонтально. Далее под \(v_{x(i)}\) и \(v_{y(i)}\) подразумеваются соответственно модули горизонтальной и вертикальной составляющих компонент скоростей \(i\)-го шарика сразу после удара. Отметим, что \(v_{x(1)} = v_{x(2)} = v_x\).

Найдём дальность полета \(i\)-го шарика: \[t_i = \frac{2v_{y(i)}}{g}, \quad l_i = v_xt_i \implies l_i = \frac{2v_xv_{y(i)}}{g}.\] Для расстояния между точками падения шариков имеем: \[l = l_1 + l_2 = \frac{2v_x\left(v_{y(1)} + v_{y(2)}\right)}{g} = \frac{2v_0v_x}{g}.\] Таким образом, расстояние между точками падения максимально при максимальном значении \(v_x\), равном радиусу окружности или \(v_0/2\). Таким образом, ответ на первый вопрос: \[l_\text{max} = \frac{v_0^2}{g}.\]

2. Максимальная дальность полета одного из шариков соответствует максимальному значению произведения \(v_xv_{y(i)}\), следовательно будет одинаковой для обоих шариков. Произведение \(v_xv_y\) геометрически представляет собой площадь прямоугольника со сторонами \(v_x\) и \(v_y\). В свою очередь, данная площадь равна площади равнобедренного треугольника с равными сторонами \(v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}\) и основанием \(2v_x\). Этот треугольник вписан в окружность радиусом \(v_0/2\). Максимум площади треугольника, вписанного в окружность радиусом \(R\), достигается в случае равностороннего треугольника и равен:

\[S = \frac{3\sqrt3R^2}{4} \implies (v_xv_y)_\text{max} = \frac{3\sqrt3v_0^2}{16},\] откуда: \[l_{i(\text{max})} = \frac{3\sqrt3v_0^2}{8g}.\]

Когда колонна короче всего? Подумайте, какие два тела сближаются быстрее всего, и посмотрите, что происходит с длиной колонны в момент их встречи.

20 см.

Наименьшая длина колонны достигается в тот момент времени, когда самое быстрое тело встречается с самым медленным. Действительно, за миг до этого момента 1-е тело сокращало расстояние до 3-го тела. Где бы ни находилось в это время 2-е тело, «впереди» 3-го тела или «позади» 1-го, длина колонны уменьшалась. Сразу после встречи 1-го и 3-го тел длина колонны будет увеличиваться, при любом положении 2-го тела.

Впервые быстрое и медленное тела встретятся через время \(\dfrac{2\text{ м}}{4\text{ м/с} - 3\text{ м/с}} = 2\) с в том месте, откуда стартовало третье тело. К этому моменту 2-е тело пройдёт расстояние \(7{,}2\) м и окажется «впереди» других тел на «расстоянии» 20 см. При дальнейшем движении первое и третье тела будут встречаться через каждые 3 с в одном и том же месте — точке старта третьего тела. За 3 с второе тело проходит 3 круга и \(1{,}8\) м. Следовательно, в момент второй встречи первого и третьего тел второе тело находится на расстоянии \(20\text{ см} + 180\text{ см} = 200\) см по ходу движения. Длина колонны в этом случае равна 100 см. В момент третьей встречи расстояние между вторым телом и двумя другими равно \(200\text{ см} + 180\text{ см} - 300\text{ см} = 80\) см по ходу движения. Длина колонны равна 80 см. Аналогично рассуждая, находим длину колонны в момент четвёртой, пятой и шестой встреч первого и третьего тел. В момент четвёртой встречи длина колонны равна 40 см (второе тело находится на таком расстоянии «позади» первого и третьего тел), в момент пятой встречи длина колонны равна 140 см (второе тело находится на таком расстоянии «впереди» первого и третьего тел). А в момент шестой встречи длина колонны составит 20 см и второе тело окажется в той же точке окружности, что и в момент первой встречи первого и третьего тел. Значит, в ходе дальнейшего движения тел всё будет повторяться. Следовательно, минимальная длина колонны равна 20 см.

Когда колонна сокращается, а когда растёт? Подумайте, в какой момент сближаются крайние тела, и посмотрите, где в такие моменты оказывается среднее по скорости тело.

20 см.

Наименьшая длина колонны достигается в тот момент, когда самое быстрое тело встречается с самым медленным. Действительно, за миг до этого момента 1-е тело сокращало расстояние до 3-го тела. Где бы ни находилось в это время 2-е тело, «впереди» 3-го тела или «позади» 1-го, длина колонны уменьшалась. Сразу после встречи 1-го и 3-го тел длина колонны будет увеличиваться, при любом положении 2-го тела.

Впервые быстрое и медленное тела встретятся через время \(\dfrac{2\text{ м}}{4\text{ м/с}-3\text{ м/с}} = 2\) с в том месте, откуда стартовало третье тело. К этому моменту 2-е тело пройдёт расстояние \(7{,}2\) м и окажется «впереди» других тел на «расстоянии» 20 см. При дальнейшем движении первое и третье тела будут встречаться через каждые 3 с в одном и том же месте — точке старта третьего тела. За 3 с второе тело проходит 3 круга и \(1{,}8\) м. Следовательно, в момент второй встречи первого и третьего тел второе тело находится на расстоянии \(20\text{ см} + 180\text{ см} = 200\) см по ходу движения. Длина колонны в этом случае равна 100 см. В момент третьей встречи расстояние между вторым телом и двумя другими равно \(200\text{ см} + 180\text{ см} - 300\text{ см} = 80\) см по ходу движения. Длина колонны равна 80 см. Аналогично рассуждая, находим длину колонны в момент четвёртой, пятой и шестой встреч первого и третьего тел. В момент четвёртой встречи длина колонны равна 40 см (второе тело находится на таком расстоянии «позади» первого и третьего тел), в момент пятой встречи длина колонны равна 140 см (второе тело находится на таком расстоянии «впереди» первого и третьего тел). А в момент шестой встречи длина колонны составит 20 см и второе тело окажется в той же точке окружности, что и в момент первой встречи первого и третьего тел. Значит, в ходе дальнейшего движения тел всё будет повторяться. Следовательно, минимальная длина колонны равна 20 см.

Угловая скорость поворота вектора скорости связана с нормальным ускорением: \(a_n = \omega v_0\). Отсюда получится, как скорость вылета зависит от угла. Время полёта до склона определяется проекцией начальной скорости на перпендикуляр к склону — найдите, при каком угле она наибольшая.

\(t_{max} = \dfrac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\) с.

Пусть ускорение свободного падения равняется \(g\), а выстрел производится под углом \(\alpha\) к вертикали со скоростью \(v_0(\alpha)\). Тогда имеем: \[a_n = \omega v_0(\alpha) = g_n = g\sin\alpha \;\Rightarrow\; v_0(\alpha) = \frac{g\sin\alpha}{\omega}.\] Далее можно решать задачу четырьмя способами.

Первый способ. Введём координатную ось \(y'\), направленную перпендикулярно поверхности горки. Проекция ускорения снаряда на ось \(y'\) равна \(g_{y'} = -g\cos\varphi\). Тогда для времени полёта снаряда имеем: \[t = -\frac{2v_{0y'}}{g_{y'}} = \frac{2v_{0y'}}{g\cos\varphi}.\]

Максимально возможному времени полёта снаряда соответствует максимальное значение \(v_{0y'}\). Введём систему координат \(Oxy\) с началом в месте расположения пушки, где ось \(x\) направлена вправо, а ось \(y\) — вертикально вверх. Тогда: \[v_0 = \frac{g\sin\alpha}{\omega} = \frac{g}{\omega}\,\frac{v_{0x}}{v_0} \;\Rightarrow\; v^2 = v_{0x}^2 + v_{0y}^2 = \frac{g v_{0x}}{\omega},\] откуда получаем: \[\left(v_{0x} - \frac{g}{2\omega}\right)^2 + v_{0y}^2 = \left(\frac{g}{2\omega}\right)^2.\] Таким образом, геометрическое место точек конца вектора скорости \(\vec v_0\) представляет собой окружность (см. рис.). Из геометрии рисунка следует, что максимальное время полёта соответствует максимально возможному значению \(v_{0y'}\), которое достигается, когда конец вектора скорости лежит на перпендикуляре, проведённом к направлению поверхности горки из центра окружности. Получаем: \[v_{0y'(max)} = \frac{g(1 - \sin\varphi)}{2\omega},\] откуда: \[t_{max} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]

Второй способ. Проекция начальной скорости снаряда на ось \(y'\) равна \(v_{0y'} = v_0\cos(\alpha + \varphi)\). Тогда для времени полёта снаряда имеем: \[t = \frac{2v_0(\alpha)\cos(\alpha + \varphi)}{g\cos\varphi} = \frac{2\sin\alpha\cos(\alpha + \varphi)}{\omega\cos\varphi}.\] Воспользуемся преобразованием произведения тригонометрических функций в сумму: \[2\sin\alpha\cos(\alpha + \varphi) = \sin(\alpha - (\alpha + \varphi)) + \sin(\alpha + (\alpha + \varphi)) = \sin(2\alpha + \varphi) - \sin\varphi.\] Максимальное значение \(\sin(2\alpha + \varphi) = 1\).

Аналогично преобразованию произведения тригонометрических функций в сумму, можно найти максимальное значение \(t\), продифференцировав полученное выражение по \(\alpha\): \[\frac{dt}{d\alpha} = \frac{2}{\omega\cos\varphi}\,\frac{d(\sin\alpha\cos(\alpha + \varphi))}{d\alpha} = 0.\] Отсюда: \[\cos\alpha\cos(\alpha + \varphi) - \sin\alpha\sin(\alpha + \varphi) = \cos(2\alpha + \varphi) = 0.\] Таким образом: \[2\alpha + \varphi = \frac{\pi}{2} \;\Rightarrow\; \alpha = \frac{\pi}{4} - \frac{\varphi}{2}.\] Тогда максимальное время \(t_{max}\) составляет: \[t_{max} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} = \frac{2\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\varphi}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\varphi}{2}\right)}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]

Третий способ. Построим векторный треугольник перемещений для момента падения снаряда на горку. В указанный момент времени вектор перемещения образует угол \(\varphi\) с горизонтом, поэтому из теоремы синусов находим: \[\frac{v_0 t}{\sin(90^\circ + \varphi)} = \frac{v_0 t}{\cos\varphi} = \frac{gt^2}{2\sin(90^\circ - \alpha - \varphi)} = \frac{gt^2}{2\cos(\alpha + \varphi)}.\]

Отсюда: \[t = \frac{2v_0\cos(\alpha + \varphi)}{g\cos\varphi} = \frac{2\sin\alpha\cos(\alpha + \varphi)}{\omega\cos\varphi}.\]

Исследование полученного выражения на максимум совпадает с проделанным в рамках первого способа решения. Таким образом: \[t_{max} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} = \frac{2\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\varphi}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\varphi}{2}\right)}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]

Четвёртый способ. Решим задачу классическим способом — используя зависимости координат \(x\) и \(y\) от времени \(t\): \[x = v_{0x}t = v_0\sin\alpha\, t, \qquad y = v_{0y}t - \frac{gt^2}{2} = v_0\cos\alpha\, t - \frac{gt^2}{2}.\] В момент падения камня на горку \(y/x = \operatorname{tg}\varphi\). Отсюда: \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{y}{x} = \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha} - \frac{gt}{2v_0\sin\alpha} = \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha} - \frac{\omega t}{2\sin^2\alpha}.\] Введём переменную \(z = \operatorname{ctg}\alpha\). Учитывая, что \(1/\sin^2\alpha = 1 + \operatorname{ctg}^2\alpha = 1 + z^2\), получим: \[t = \frac{2}{\omega}\,\frac{z - \operatorname{tg}\varphi}{1 + z^2} = \frac{2f(z)}{\omega}.\] Время \(t\) принимает максимальное значение, когда максимальное значение принимает функция \(f(z)\). Определим величину \(z_0\), соответствующую максимальному значению \(f(z)\): \[\frac{df(z_0)}{dz} = \frac{1 + z_0^2 - 2z_0(z_0 - \operatorname{tg}\varphi)}{(1 + z_0^2)^2} = 0 \;\Rightarrow\; z_0^2 - 2z_0\operatorname{tg}\varphi - 1 = 0.\] Решая квадратное уравнение, получим: \[z_0 = \operatorname{tg}\varphi \pm \sqrt{\operatorname{tg}^2\varphi + 1} \;\Rightarrow\; z_0 = \frac{1 + \sin\varphi}{\cos\varphi}.\] Таким образом: \[f_{max} = f(z_0) = \frac{\left(\dfrac{1}{\cos\varphi} + \operatorname{tg}\varphi - \operatorname{tg}\varphi\right)}{1 + \left(\dfrac{1 + \sin\varphi}{\cos\varphi}\right)^2} = \frac{\cos\varphi}{2(1 + \sin\varphi)}.\] Максимальное значение \(f(z)\) может быть найдено и без использования производной. Действительно: \[\frac{z - \operatorname{tg}\varphi}{1 + z^2} = f(z) \;\Rightarrow\; z^2 f(z) - z + f(z) + \operatorname{tg}\varphi = 0.\] Исследуем дискриминант полученного уравнения: \[D = 1 - 4f(z)\bigl(f(z) + \operatorname{tg}\varphi\bigr) \geqslant 0.\] Максимально возможное значение \(f(z)\) соответствует равному нулю дискриминанту. Отсюда: \[4f^2(z) + 4f(z)\operatorname{tg}\varphi - 1 = 0 \;\Rightarrow\; f_{max} = -\frac{\operatorname{tg}\varphi}{2} + \frac{\sqrt{1 + \operatorname{tg}^2\varphi}}{2} = \frac{1 - \sin\varphi}{2\cos\varphi}.\] Окончательно: \[t_{max} = \frac{\cos\varphi}{\omega(1 + \sin\varphi)} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]

На плоскости \(pV\) точка состояния не может уходить ни на более низкую изотерму, ни на более низкую адиабату: процесс лежит между изотермами и адиабатами, проходящими через состояния 1 и 2. Вспомните, что \(\delta Q = T\,dS\): при каком ходе температуры тепло максимально и минимально?

1) \(V_A^{\max} = 2V\), \(V_A^{\min} = \dfrac{V}{2\sqrt2}\), \(V_B^{\max} = 4\sqrt2\,V\), \(V_B^{\min} = V\);  2) \(Q_A = 5\nu RT\ln2\), \(Q_B = \dfrac52\nu RT\ln2\).

Способ 1. Через любую точку, соответствующую состоянию газа в координатах \(pV\) проходит ровно одна изотерма. Изотермы друг с другом не пересекаются и расположенным выше изотермам соответствуют большие температуры. При переходе газа из состояния 1 в состояние 2 точка, соответствующая его состоянию, не может перемещаться с «верхних» изотерм на «нижние», так как температура газа не уменьшается, а траектория процесса лежит между изотермами, проходящими через точки 1 и 2.

Если теперь рассмотреть аналогичным образом на той же \(pV\)-плоскости семейство адиабат, то точка, соответствующая состоянию газа не может перемещаться с «верхних» адиабат на «нижние», так как тепло от газа не отводится, следовательно, траектория процесса лежит между адиабатами, проходящими через точки 1 и 2 (см. рис.).

Покажем, что максимальное количество теплоты в таком процессе подводится к газу в случае, если его сначала адиабатически перевести из состояния 1 в состояние 3, затем изотермически из состояния 3 в состояние 2. Рассмотрим цикл \(1-3-2-1\), полагая переход из состояния 2 в состояние 1 произвольным, лежащим внутри криволинейного четырёхугольника \(1-3-2-4-1\). Работа в этом цикле равна разности подведённого на участке \(1-3-2\) количества теплоты \(Q_{132}\) и отведённого при переходе \(2-1\) количества теплоты \(Q_{21}\). Так как работа положительна, \(Q_{132} > Q_{21}\). Так как процесс 21 выбран произвольно (при ограничениях на подвод тепла и изменение температуры, которые оговорены в условии), то величина \(Q_{132}\) соответствует максимальному значению количества теплоты, которое может быть подведено при таком переходе. Аналогично можно показать, что минимально возможному количеству теплоты соответствует процесс, при котором газ сначала изотермически расширяется из состояния 1 в состояние 4, а затем адиабатически сжимается, переходя из состояния 4 в состояние 2.

Способ 2. Приведём анализ характера процессов \(A\) и \(B\) с использованием понятия энтропии. Процессы \(A\) и \(B\) протекают так что, в течение всего процесса температура газа не уменьшается и тепло от газа не отводится, значит энтропия в этих процессах не может уменьшаться. Подведенная теплота и изменение энтропии связаны соотношением: \(\delta Q = T\,dS\).

Процесс \(A\) протекает с максимально возможным подведенным теплом, значит в этом процессе все подведенное тепло должно быть передано при максимально возможной температуре. Для этого систему нужно перевести без подвода тепла в состояние с максимально возможной температурой, что соответствует процессу, при котором газ сначала адиабатически сжимается из состояния 1 в состояние 3, а затем изотермически расширяется, переходя из состояния 3 в состояние 2. Процесс \(B\) протекает с минимально возможным подведенным теплом, значит в этом процессе все подведенное тепло должно быть передано при минимально возможной температуре, после чего в состояние 2 систему нужно перевести без подвода тепла. Это соответствует процессу, при котором газ сначала изотермически расширяется из состояния 1 в состояние 4, а затем адиабатически сжимается, переходя из состояния 4 в состояние 2.

Перейдём к вычислению объёмов, соответствующих точкам 3 и 4. Уравнение, связывающее переменные \(T\) и \(V\) в адиабатическом процессе: \[TV^{\gamma-1} = \text{const},\] где \(\gamma\) — показатель адиабаты. Для одноатомного идеального газа \(\gamma = 5/3\) и \(TV^{2/3} = \text{const}\). Отсюда для процесса \(A\): \[TV^{2/3} = 2T\left(V_A^{\min}\right)^{2/3}, \quad V_A^{\min} = \frac{V}{2\sqrt2}.\] Очевидно, что \(V_A^{\max} = 2V\). Для процесса \(B\): \[2T\cdot(2V)^{2/3} = T\cdot\left(V_B^{\max}\right)^{2/3}, \quad V_B^{\max} = 4\sqrt2\,V.\] Разумеется \(V_B^{\min} = V\).

Теплота в этих процессах подводится на изотермах. Количество теплоты в изотермическом процессе равно работе газа. Для процесса \(A\): \[Q_A = 2\nu RT\ln\frac{V_2}{V_3} = 5\nu RT\ln2.\] Для процесса \(B\):

\[Q_B = 2\nu RT\ln\frac{V_4}{V_1} = \frac52\nu RT\ln2.\]

Скорость в первом зазоре растёт равномерно от нуля, поэтому путь равен средней скорости, умноженной на время. Во второй части подумайте, на какое минимальное время пролёта трубки допустим синхронизм с полем.

1) \(x_0 = \tau\sqrt{\dfrac{E}{2m}}\);  2) \(L_1 : L_2 : \dots : L_n = 1 : 2\sqrt2 : 2\sqrt3 : \dots : 2\sqrt n\).

Внутри луча камень движется с ускорением \(-\vec g\), и его траектория там — та же парабола, отражённая центрально относительно точки входа в луч. Поэтому камню достаточно пересечь границу луча выше половины своей наибольшей высоты подъёма; после выхода из луча скорость камня совпадает с начальной.

1) \(v_{m1} = \sqrt{gl}\);  2) \(v_{m2} = \sqrt{2(2-\sqrt2)gl} \approx \sqrt{1{,}17lg}\);  3) \(L_{m2} = 2l + \dfrac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \dfrac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}\);  4) \(L_{m3} = (2+\sqrt2)l \approx 3{,}41l\).

Пока камень не долетел до притягивающего луча, он движется с постоянным ускорением \(\vec g\). Дальность полёта камня, брошенного с начальной скоростью \(v_0\) под углом \(\alpha\) к горизонту равна \[l_0 = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}.\] Это выражение принимает максимальное значение при \(\alpha = 45^\circ\), следовательно \[v_{m1} = \sqrt{gl}.\]

Направим ось \(OX\) горизонтально, а ось \(OY\) — вертикально вверх; в качестве начала отсчёта \(O\) выберем положение Глюка. Левую и правую (по ходу полёта камня) границы области, ограниченной притягивающим лучом, пронумеруем 1 и 2 соответственно (см. рисунок). Ясно, что внутри луча камень движется с ускорением \(-\vec g\), и если он пересекает границу 1 так, что проекция его скорости \(v_y \ge 0\), то камень достигнет и границы 2. Этому соответствует условие \[v_0\sin\alpha - gt_1 \ge 0,\] где \(t_1 = l/(v_0\cos\alpha)\), а \(\alpha\) — угол между \(\vec v_0\) и горизонтом. Следовательно, чтобы пролететь область, ограниченную лучом, насквозь, заведомо достаточно скорости \[v'_{m2} = \sqrt{\frac{2gl}{\sin 2\alpha}}.\]

Проверим, что \(v_{2m} < v'_{m2}\). Характерная для такого случая траектория камня приведена на рисунке. Её участок левее границы 2 обладает центральной симметрией относительно точки пересечения границы 1. Пусть \(H\) — наибольшая высота подъёма камня на участке слева от луча, а \(h\) — высота, на которой камень пересекает границу 1.

Из сказанного выше следует (см. рисунок), что для того, чтобы камень достиг границы 2, достаточно \[H - h < h \quad\Rightarrow\quad h > H/2.\] Из закона равноускоренного движения следует, что \[\begin{gather*} H = \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g},\\ h = y(l) = \mathrm{tg}\,\alpha\cdot l - \frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\cdot l^2. \end{gather*}\] Тогда условие \(h > H/2\) может быть приведено к виду \[\frac{8g^2l^2}{\sin^2 2\alpha} - \frac{8gl}{\sin 2\alpha}\cdot v_0^2 + v_0^4 < 0.\] Выделим в этом выражении полный квадрат: \[\left(\frac{4gl}{\sin 2\alpha} - v_0^2\right)^2 - \frac{8g^2l^2}{\sin^2 2\alpha} < 0.\] Откуда выразим \(v_0^2\) (напомним, что нас интересуют значения \(v_0^2 < 2gl/\sin 2\alpha\), так что выражение в скобках положительно): \[v_0^2 > \frac{4gl}{\sin 2\alpha} - \frac{2\sqrt2\,gl}{\sin 2\alpha} = \frac{2(2-\sqrt2)gl}{\sin 2\alpha}.\] Правая часть меньше \(v'_{2m}\) и достигает минимального значения при \(\alpha = 45^\circ\), следовательно \[v_{m2} = \sqrt{2(2-\sqrt2)lg} \approx \sqrt{1{,}17lg}.\]

Горизонтальная компонента скорости камня неизменна, следовательно участки слева от притягивающего луча и внутри него камень проходит за одно время \[t_0 = t_1 = \frac{l}{v_0\cos\alpha}.\] Найдём скорость камня при пересечении границы 2 \[\vec v_2 = \vec v_0 + \vec g t_0 - \vec g t_1 = \vec v_0.\] Из соображений симметрии (см. рисунок) следует, что камень пересекает границу 2 на высоте \(2h\). Время \(t_2\), за которое он после этого упадёт на землю, \[2h + v_0\sin\alpha\cdot t_2 - \frac{gt_2^2}{2} = 0,\] откуда \[t_2 = \frac{v_0\sin\alpha}{g} + \sqrt{\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{g^2} + \frac{4h}{g}}.\]

Этому соответствует горизонтальное смещение \[l_2 = v_0\cos\alpha\cdot t_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 + \frac{4hv_0^2\cos^2\alpha}{g}}.\] Подставим в это выражение \[h = l\,\mathrm{tg}\,\alpha - \frac{gl^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}\] и получим \[l_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 + \frac{2lv_0^2\sin 2\alpha}{g} - 2l^2}.\] Выделим в подкоренном выражении полный квадрат \[l_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\] \(l_2\) монотонно возрастает при увеличении \(\sin 2\alpha\), следовательно достигает максимального значения при \(\alpha = 45^\circ\): \[l_{m2} = \frac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\] Искомое расстояние \(L_{m2} = 2l + l_{m2}\). \[L_{m2} = 2l + \frac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\]

Поскольку и \(v_{m2}\), и \(L_{m2}\) соответствуют броску под углом в \(45^\circ\), достаточно подставить \(v_0^2 = 2(2-\sqrt2)gl\) в выражение для \(L_{m2}\). Получим \[L_{m3} = \left(4 - \sqrt2 + \sqrt{12 - 8\sqrt2}\right)l\] или после преобразований \[L_{m3} = (2+\sqrt2)l \approx 3{,}41l.\]

Сравните работу силы при отрыве короткого куска ленты с работой \(\sigma\cdot d\cdot\Delta l\), нужной для его отрыва: перемещение точки приложения силы зависит от угла. Во втором и третьем пунктах помогут нерастяжимость нити с лентой и закон изменения механической энергии.

1) \(\alpha = 180^\circ\) — тянуть вдоль стола, загнув ленту назад над её приклеенной частью; тогда \(F = \sigma d/(1-\cos\alpha) = \sigma d/2\);  2) \(m = \dfrac{\sigma d}{(1-\cos\alpha_1)g} \approx 68\) г;  3) \(M \approx 32\) г, \(\Delta h \approx 0{,}146\) м, \(a_1 \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\), \(a_2 \approx 4{,}9\text{ м/с}^2\).

Когда приложенная сила \(F\) постоянна по величине и направлению, угол наклона оторванной части ленты \(\alpha\) также постоянен. Если внешняя сила достаточна по величине и приводит к отрыву части ленты малой длины \(\Delta l\), точка, к которой приложена внешняя сила, перемещается на расстояние \(\Delta x\), совершая при этом работу, которую можно связать с величиной \(\sigma\) и площадью ленты оторвавшейся части ленты \(\Delta S = d\cdot\Delta l\): \[\Delta A = \Delta x\cdot F = \sigma\cdot\Delta S = \sigma\cdot d\cdot\Delta l. \tag{1}\]

Перемещение точки приложения силы \(\Delta x\) может быть выражено через \(\Delta l\) и \(\alpha\): \[\Delta x = \Delta l\cdot(1 - \cos\alpha). \tag{2}\] Подставляя (2) в (1), получаем выражение для силы \(F = F(\alpha)\), необходимой для отрывания ленты от стола под некоторым углом: \[F = \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha}.\]

Сила принимает минимальное значение при максимальном знаменателе \(1 - \cos\alpha = 2\), то есть при \(\alpha = \pi\).

Теперь рассмотрим второй случай. Силы натяжения ленты и нити равны по модулю, так что будем их обозначать \(T\). Из условия равновесия груза \(T = mg\). Очевидно, что если сила натяжения \(T\) не превышает силу отрыва ленты для угла \(\alpha_1\), то лента не будет отрываться и система будет покоиться. Максимальная сила \(T\), которая может быть достигнута при равновесии системы \(T = \sigma d/(1 - \cos\alpha_1)\). Тогда масса груза равна \[m = \frac{\sigma d}{(1 - \cos\alpha_1)\cdot g} \approx 0{,}068\text{ кг}.\]

Теперь рассмотрим случай добавления груза массой \(M\). Для начала определим длину участка ленты \(\Delta L\), который оторвался от стола до момента остановки грузов. Его можно выразить через высоту блока \(H\) и углы \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\): \[\Delta L = \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_2} - \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_1} \approx 0{,}732\cdot H = 0{,}732\text{ м}.\] Для нахождения \(\Delta h\) используем условие на сохранение полной длины нити и ленты (ввиду их нерастяжимости): \[\Delta L + L_1 = L_2 + \Delta h,\] где \(L_1 = H/\sin\alpha_1\) и \(L_2 = H/\sin\alpha_2\) — это расстояния от блока до точки отрыва ленты от стола в начальный и конечный момент соответственно. Тогда \[\begin{gather*} \Delta h = \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_2} - \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_1} + \frac{H}{\sin\alpha_1} - \frac{H}{\sin\alpha_2} =\\ = H\left(\frac{1 - \cos\alpha_1}{\sin\alpha_1} - \frac{1 - \cos\alpha_2}{\sin\alpha_2}\right) \approx 0{,}146\cdot H = 0{,}146\text{ м}. \end{gather*}\] Положение, в котором остановится система, определяется законом изменения полной механической энергии: изменение потенциальной энергии груза (кинетическая энергия в крайних положениях равна нулю) равно работе по отрыву ленты: \[(m + M)g\cdot\Delta h = A = \sigma d\Delta L.\] Отсюда \[M = \frac{\sigma d\Delta L}{g\Delta h} - m \approx 0{,}032\text{ кг} = 32\text{ г}.\] Ускорения грузов в начальный и конечный моменты времени находятся из второго закона Ньютона: \[(m + M)a_1 = (m + M)g - T(\alpha_1)\] или \[(m + M)a_1 = (m + M)g - \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha_1}.\] Искомые значения: \[a_1 = g - \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_1)} \approx 3{,}2\text{ м/с}^2,\] и \[a_2 = \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_2)} - g \approx 4{,}9\text{ м/с}^2.\] Заметим, что после остановки ускорения грузов будут равны нулю.

Пусть лента отрывается под постоянным углом \(\alpha\): при отрыве участка длиной \(\Delta l\) сила совершает работу \(\sigma d\,\Delta l\). Найдите, на сколько при этом сдвигается точка приложения силы. В пункте 3 грузы в начале и в конце покоятся — примените закон изменения механической энергии.

1) \(\alpha = \pi\);  2) \(m = \dfrac{\sigma d}{(1-\cos\alpha_1)\,g} \approx 0{,}068\text{ кг}\);  3) \(M = \dfrac{\sigma d\,\Delta L}{g\,\Delta h} - m \approx 32\text{ г}\), \(\Delta h \approx 0{,}146\text{ м}\), \(a_1 \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\), \(a_2 \approx 4{,}9\text{ м/с}^2\).

Когда приложенная сила \(F\) постоянна по величине и направлению, угол наклона оторванной части ленты \(\alpha\) также постоянен. Если внешняя сила достаточна по величине и приводит к отрыву части ленты малой длины \(\Delta l\), точка, к которой приложена внешняя сила, перемещается на расстояние \(\Delta x\), совершая при этом работу, которую можно связать с величиной \(\sigma\) и площадью ленты оторвавшейся части ленты \(\Delta S = d\cdot\Delta l\): \[\Delta A = \Delta x\cdot F = \sigma\cdot\Delta S = \sigma\cdot d\cdot\Delta l. \tag{1}\]

Перемещение точки приложения силы \(\Delta x\) может быть выражено через \(\Delta l\) и \(\alpha\): \[\Delta x = \Delta l\cdot(1 - \cos\alpha). \tag{2}\] Подставляя (2) в (1), получаем выражение для силы \(F = F(\alpha)\), необходимой для отрывания ленты от стола под некоторым углом: \[F = \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha}.\] Сила принимает минимальное значение при максимальном знаменателе \(1 - \cos\alpha = 2\), то есть при \(\alpha = \pi\).

Теперь рассмотрим второй случай. Силы натяжения ленты и нити равны по модулю, так что будем их обозначать \(T\). Из условия равновесия груза \(T = mg\). Очевидно, что если сила натяжения \(T\) не превышает силу отрыва ленты для угла \(\alpha_1\), то лента не будет отрываться и система будет покоиться. Максимальная сила \(T\), которая может быть достигнута при равновесии системы, \(T = \sigma d/(1 - \cos\alpha_1)\). Тогда масса груза равна \[m = \frac{\sigma d}{(1 - \cos\alpha_1)\cdot g} \approx 0{,}068\text{ кг}.\]

Теперь рассмотрим случай добавления груза массой \(M\). Для начала определим длину участка ленты \(\Delta L\), который оторвался от стола до момента остановки грузов. Его можно выразить через высоту блока \(H\) и углы \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\): \[\Delta L = \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_2} - \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_1} \approx 0{,}732\cdot H = 0{,}732\text{ м}.\] Для нахождения \(\Delta h\) используем условие на сохранение полной длины нити и ленты (ввиду их нерастяжимости): \[\Delta L + L_1 = L_2 + \Delta h,\] где \(L_1 = H/\sin\alpha_1\) и \(L_2 = H/\sin\alpha_2\) — это расстояния от блока до точки отрыва ленты от стола в начальный и конечный момент соответственно. Тогда \[\Delta h = \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_2} - \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_1} + \frac{H}{\sin\alpha_1} - \frac{H}{\sin\alpha_2} = H\left(\frac{1 - \cos\alpha_1}{\sin\alpha_1} - \frac{1 - \cos\alpha_2}{\sin\alpha_2}\right) \approx 0{,}146\cdot H = 0{,}146\text{ м}.\] Положение, в котором остановится система, определяется законом изменения полной механической энергии: изменение потенциальной энергии груза (кинетическая энергия в крайних положениях равна нулю) равно работе по отрыву ленты: \[(m + M)g\cdot\Delta h = A = \sigma d\,\Delta L.\] Отсюда \[M = \frac{\sigma d\,\Delta L}{g\,\Delta h} - m \approx 0{,}032\text{ кг} = 32\text{ г}.\] Ускорения грузов в начальный и конечный моменты времени находятся из второго закона Ньютона: \[(m + M)a_1 = (m + M)g - T(\alpha_1)\] или \[(m + M)a_1 = (m + M)g - \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha_1}.\] Искомые значения: \[a_1 = g - \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_1)} \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\] и \[a_2 = \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_2)} - g \approx 4{,}9\text{ м/с}^2.\] Заметим, что после остановки ускорения грузов будут равны нулю.

Работы циклов одинаковы (площади половин круга), поэтому отношение КПД равно обратному отношению теплот, полученных рабочим телом; найдите теплоту на участке \(AB\), учитывая, что в точках \(A\) и \(B\) теплообмен отсутствует.

\(\dfrac{\eta_2}{\eta_1} = 1 + \dfrac{\pi}{8\sqrt{15}} \approx 1{,}1\) раза.

Выразите расстояние от букашки до стенки через угол наклона стержня и пройденный букашкой путь. Подумайте, при каком угле наклона это расстояние максимально и успеет ли букашка добраться до конца стержня к этому моменту.

\(S = \dfrac{u}{V}\cdot\dfrac{L}{2}\) при \(u < \sqrt2\,V\);  \(S = L\sqrt{1-\left(\dfrac{V}{u}\right)^2}\) при \(u \geq \sqrt2\,V\).

Развёртка похожа на преломление света: путь по двум граням с разными скоростями, минимальное время достигается при выполнении закона, аналогичного закону Снеллиуса.

\(t = \dfrac{5a\sqrt5}{3v}\);  \(u = 3v\).

Прибор меряет только модуль импеданса \(|Z|\) и пересчитывает его в «индуктивность» \(|Z|/\omega\) или «емкость» \(1/(\omega|Z|)\) — значит, произведение показаний в двух режимах от измеряемой цепи не зависит. Модуль раскрывайте аккуратно: подходят оба знака.

1) \(C_2 = C_1L_1/L_2 \approx 0{,}83\) мкФ;  2) \(L = \dfrac{\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} \pm L_1}{2}\), \(C = \dfrac{C_1}{2L_2}\left(\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} \pm L_1\right)\): \(L = 15{,}0\) мГн, \(C = 2{,}00\) мкФ или \(L = 8{,}80\) мГн, \(C = 1{,}17\) мкФ;  3) \(f > \dfrac{R}{2\pi L\sqrt{2\delta}} = 1780\) Гц;  4) при малых частотах \(L_{\exp} \approx 1/((2\pi f)^2C)\), при больших \(L_{\exp} \to L\), минимум \(L_0 = R\sqrt{CL - R^2C^2/4} = 0{,}50\) мГн при \(f_0 = 1590\) Гц.

Отношение измеренных амплитуд напряжения и тока равно модулю импеданса \(|Z|\) устройства, подключенного к выводам \(RLC\)-метра. Используя известные формулы для импедансов индуктивности \(Z_L = i\omega L\) и емкости \(Z_C = -i/\omega C\) (где \(\omega\) — циклическая частота, на которой проводятся измерения), можно определить измеренные прибором значения индуктивности и емкости. Из формул для последовательного соединения импедансов получим в первом случае \[\left|\omega L - \frac{1}{\omega C}\right| = \omega L_1 = \frac{1}{\omega C_1}. \tag{1}\] Во втором случае используем формулу для импеданса параллельного соединения \[\frac{L/C}{\left|\omega L - \frac{1}{\omega C}\right|} = \omega L_2 = \frac{1}{\omega C_2}. \tag{2}\] Какое бы устройство не подключалось к выводам, показания прибора в режимах измерения индуктивности и емкости связаны соотношением \(|Z| = \omega L_1 = 1/\omega C_1\), то есть \(L_1C_1 = 1/\omega^2\). Таким образом, \(L_1C_1 = L_2C_2\), откуда \[C_2 = \frac{L_1C_1}{L_2}, \qquad C_2 = C_1\frac{L_1}{L_2} \approx 0{,}83\text{ мкФ}.\] Знаменатель в уравнении (2) для параллельного соединения совпадает с импедансом для последовательного соединения, поэтому \[\frac{L}{C\cdot\omega L_1} = \omega L_2.\] Подставляя в это соотношение значение \(\omega^2 = 1/L_1C_1\), найдём \[\frac{L}{C} = \frac{L_2}{C_1}.\] Выражая отсюда \(C_1\) и подставляя в уравнение (1), получим \[\left|L - \frac{1}{\omega^2C}\right| = \left|L - \frac{L_1L_2}{L}\right| = L_1.\] Отсюда \[|L^2 - L_1L_2| = L_1L,\] значит, \(L\) удовлетворяет одному из двух квадратных уравнений \[L^2 - L_1L_2 = \pm L_1L,\] откуда \[L^2 \mp L_1L - L_1L_2 = 0.\] Корни этих двух уравнений имеют вид \[L = \frac{\pm L_1 \pm \sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2}}{2},\] где первый знак определяется знаком \(\pm\) в уравнении, а второй — выбранным корнем квадратного уравнения. При этом индуктивность должна быть положительной, поэтому перед квадратным корнем всегда нужно выбирать знак \(+\). Итого получаем, что возможны два значения индуктивности \[L = \frac{\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} \pm L_1}{2},\] отвечающие двум разным способам раскрыть модуль. Отвечающие им значения емкости можно найти как \[C = L\frac{C_1}{L_2} = \frac{C_1}{2L_2}\left(\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} \pm L_1\right) = \frac{2C_1L_1}{\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} \mp L_1}.\] \[L = \frac{\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} + L_1}{2} = 15{,}0\text{ мГн}; \qquad C = \frac{C_1}{2L_2}\left(\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} + L_1\right) = 2{,}00\text{ мкФ},\] \[L = \frac{\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} - L_1}{2} = 8{,}80\text{ мГн}; \qquad C = \frac{C_1}{2L_2}\left(\sqrt{L_1^2 + 4L_1L_2} - L_1\right) = 1{,}17\text{ мкФ}.\] Комплексный импеданс неидеальной катушки равен \[Z'_L = R + i\omega L,\] тогда измеренное значение индуктивности определяется из соотношения \[\omega L_{\exp} = \sqrt{R^2 + \omega^2L^2}, \qquad L_{\exp} = \sqrt{L^2 + \frac{R^2}{\omega^2}}.\] Видим, что это значение всегда больше значения индуктивности катушки, и в пределе больших частот стремится к ней. Тогда частота должна быть больше некоторой критической частоты, которую можно найти из условия, что \(L_{\exp} = L(1+\delta)\), где \(\delta\) — максимально допустимая погрешность: \[\sqrt{L^2 + \frac{R^2}{\omega^2}} < L(1+\delta),\] откуда с учётом малости \(\delta\) \[\frac{R^2}{\omega_c^2} = L^2\bigl((1+\delta)^2 - 1\bigr) \approx 2\delta L^2.\] Получаем критическое значение циклической частоты \[\omega_c = \frac{R}{L\sqrt{2\delta}},\] и критическое значение частоты \[f_c = \frac{R}{2\pi L\sqrt{2\delta}}, \qquad f > f_c = \frac{R}{2\pi L\sqrt{2\delta}} = 1780\text{ Гц}.\] Импеданс цепи равен \[Z = R + i\omega L - \frac{i}{\omega C}.\] Приравнивая его модуль к \(\omega L_1\), найдём измеренную индуктивность \(L_1\): \[\omega L_{\exp} = \sqrt{R^2 + \left(\omega L - \frac{1}{\omega C}\right)^2},\] отсюда \[L_{\exp} = \sqrt{\frac{R^2}{(2\pi f)^2} + \left(L - \frac{1}{(2\pi f)^2C}\right)^2}.\] Проанализируем полученное выражение. При больших частотах слагаемые с частотой в знаменателе стремятся к \(0\), поэтому измеренное значение индуктивности стремится к постоянной \(L_{\exp} \approx L\). При малых частотах наибольшее значение у слагаемого с наибольшей степенью частоты в знаменателе, поэтому \[L_{\exp} \approx \frac{1}{(2\pi f)^2C}.\] Покажем, что у подкоренного выражения есть минимум при промежуточном значении частоты. Для удобства введём вспомогательную переменную \(x = 1/(2\pi f)^2\) и рассмотрим функцию \[f(x) = xR^2 + \left(L - \frac{x}{C}\right)^2.\] Её производная обращается в \(0\) при \[R^2 + \frac{2}{C}\left(\frac{x}{C} - L\right) = 0,\] откуда \[x = LC - \frac{R^2C^2}{2} = LC\left(1 - \frac{R^2C}{2L}\right).\] Этому значению \(x\) отвечает значение частоты \[f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}\sqrt{1 - R^2C/2L}},\] которое существует при \(R^2C/2L < 1\). Это значение отвечает минимуму рассматриваемой функции, поскольку она представляет собой квадратичную зависимость с положительным коэффициентом перед \(x^2\). Соответствующее значение индуктивности в минимуме \[L_0 = R\sqrt{CL - \frac{R^2C^2}{4}}.\] Для чисел, приведённых в условии, \[f_0 = 1590\text{ Гц}, \qquad L_0 = 0{,}50\text{ мГн}.\]

Пока диод закрыт, весь ток идёт через термистор, а диод откроется, когда напряжение на термисторе дойдёт до \(U_0\). Запишите баланс мощностей термистора и выразите напряжение на нём через температуру: у этой зависимости есть максимум.

1) \(P = \dfrac{k}{\alpha}\left(\dfrac{R_0 k/\alpha}{4U_0^2} - 1\right) = 37{,}5\) мВт (здесь \(k/\alpha = 0{,}3\) Вт);  2) \(\mathcal{E}_2 = 14\) В.

Когда диод открывается, напряжение на нём и на термисторе равно \(U_0\), а сила тока через диод равна нулю. Поэтому сила тока, протекающего через резистор \(r\) и термистор, равна \(I = (\mathcal{E}_1 - U_0)/r\). С другой стороны, \[I = U_0/R_0\cdot(1 + \alpha(t_1 - t_0))^2,\] где \(t_1\) — температура термистора в данном режиме. Приравнивая эти выражения, находим, что \[\alpha(t_1 - t_0) = \sqrt{\frac{R_0}{r}\cdot\frac{(\mathcal{E}_1 - U_0)}{U_0}} - 1 = 0{,}5.\] Тепловая мощность, выделяющаяся на термисторе, должна в установившемся режиме рассеиваться в окружающий воздух. Поэтому \[\frac{U_0^2}{R_0}\cdot(1 + \alpha(t_1 - t_0))^2 = k(t_1 - t_0),\] где \(k\) — коэффициент в законе Ньютона-Рихмана. Выразим из данного выражения величину \(k/\alpha\): \[\frac{k}{\alpha} = \frac{U_0^2}{R_0}\cdot\frac{(1 + \alpha(t_1 - t_0))^2}{\alpha(t_1 - t_0)} = 0{,}3\text{ Вт}.\] Рассмотрим теперь случай, когда на термистор светят лазером. Запишем условие баланса мощностей при напряжении на термисторе, равном \(U\): \[\frac{U^2}{R_0}\cdot(1 + \alpha(t - t_0))^2 + P = k(t - t_0).\] Выразим \(U^2\): \[U^2 = R_0\cdot\frac{k(t - t_0) - P}{(1 + \alpha(t - t_0))^2} \tag{*}\] и найдём максимум этой функции. Обозначая \(z = \alpha(t - t_0 - P/k)\), получим \[U^2 = \frac{R_0 k/\alpha\cdot z}{(1 + \alpha P/k + z)^2} = \frac{R_0 k/\alpha}{\left(\frac{1 + \alpha P/k}{\sqrt z} + \sqrt z\right)^2}.\] Далее используем неравенство о средних: \[U^2 \leqslant U_{max}^2 = \frac{R_0 k/\alpha}{4(1 + \alpha P/k)}.\] Если диод не открывается при любой ЭДС источника, \[U_{max} \leqslant U_0 \quad\Rightarrow\quad P \geqslant \frac{k}{\alpha}\cdot\left(\frac{R_0 k/\alpha}{4U_0^2} - 1\right) = 0{,}0375\text{ Вт}.\] Таким образом, минимальная тепловая мощность, которую должен передавать лазер, чтобы диод закрылся при любой \(\mathcal{E}\), равна \(37{,}5\) мВт.

Для того чтобы понять, почему диод после выключения лазера не открылся, заметим, что выражение \((*)\) при \(P = 0\) тоже имеет максимум, а следовательно напряжение на термисторе может быть меньше \(U_0\) как при малых токах (и малых ЭДС), так и при больших токах (и, соответственно, больших ЭДС). Подставив в \((*)\) значения \(U_0\), \(R_0\), \(k/\alpha\) и \(P = 0\), получим уравнение \[\frac{\alpha(t - t_0)}{(1 + \alpha(t - t_0))^2} = \frac29,\] которое имеет два корня: первый нам уже известен \[\alpha(t_1 - t_0) = 1/2,\] а второй — новый \[\alpha(t_2 - t_0) = 2.\] Рассчитаем для него ЭДС источника, считая ток через диод равным нулю: \[\mathcal{E}_2 = I_2 r + U_0 = \frac{U_0 r}{R_0}(1 + \alpha(t_2 - t_0))^2 + U_0 = \frac{9U_0 r}{R_0} + U_0 = 14\text{ В}.\] Таким образом, ЭДС источника надо уменьшить до 14 В, чтобы диод снова открылся.