Графические методы

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.

Из \(a = dv/dt\) следует \(dt = a^{-1}\,dv\): искомое время равно площади под графиком \(a^{-1}(v)\). Постройте этот график по точкам и найдите площадь.

Номер столбца 3 (\(t \approx 12\) с).

Пока двигатель не работает, \(v^2 = 2gs\). Это даёт цену деления по оси \(v^2\). Ускорение связано с наклоном касательной к графику: \(a = \dfrac{\Delta(v^2)}{2\Delta s}\).

\(v_A = (30 \pm 3)\) м/c, \(v_B = (27 \pm 3)\) м/c; \(a_A = 0\), \(a_B = (3{,}5 \pm 0{,}5)\) м/c\(^2\).

Если температура растёт на \(\Delta t_C\) градусов Цельсия, то по Фаренгейту она растёт в \(9/5\) раза сильнее. Отсчитывай изменение от известной точки 20 \(^\circ\)C \(=\) 68 \(^\circ\)F.

\(t_F = 68 + 1{,}8\,(t_C - 20) = 32 + 1{,}8\,t_C\). Температура плавления льда соответствует значению 32 \(^\circ\)F, температура кипения воды — 212 \(^\circ\)F, температура \(-273\) \(^\circ\)C — \(-459{,}4\) \(^\circ\)F.

По условию, при увеличении температуры в градусах Цельсия с 20 \(^\circ\)C до \(t_C\) \(^\circ\)C, то есть на \((t_C - 20)\) \(^\circ\)C, температура по шкале Фаренгейта увеличивается на \(\frac{9}{5}(t_C - 20)\) \(^\circ\)F. Следовательно, \[t_F = 68 + 1{,}8\,(t_C - 20) = 32 + 1{,}8\,t_C.\] В частности, температура плавления льда соответствует значению 32 \(^\circ\)F, температура кипения воды — значению 212 \(^\circ\)F, температура \(-273\) \(^\circ\)C — значению \(-459{,}4\) \(^\circ\)F.

Прямая задаётся уравнением \(t_F - 68 = k\,(t_C - 20)\); коэффициент \(k\) найдите по второй известной точке.

\(t_F = 68 + 1{,}8\,(t_C - 20) = 32 + 1{,}8\,t_C\). Температура плавления льда соответствует значению 32 °F, температура кипения воды — значению 212 °F, температура \(-273\) °C — значению \(-459{,}4\) °F.

График зависимости температуры по Фаренгейту от температуры по Цельсию приведён на рисунке.

Уравнение прямой, проходящей через точку \((t_C = 20;\ t_F = 68)\), можно записать как \(t_F - 68 = k\cdot(t_C - 20)\), где \(k\) — некоторый коэффициент. Поскольку данная прямая должна проходить также через точку \((t_C = 40;\ t_F = 104)\), имеем: \(104 - 68 = k\cdot(40 - 20)\) и \(k = 1{,}8\). Следовательно, \[t_F = 68 + 1{,}8\cdot(t_C - 20) = 32 + 1{,}8\,t_C.\] В частности, температура плавления льда соответствует значению 32 °F, температура кипения воды — значению 212 °F, температура \(-273\) °C — значению \(-459{,}4\) °F.

Связь шкал линейна: \(t_F = k\,t_C + b\). Найдите по рисунку, чему соответствует \(0\,°\text{C}\) и сколько градусов Фаренгейта в одном градусе Цельсия.

Вода кипит при температуре \(\approx 215\,°\text{F}\).

Выделившееся тепло равно площади под графиком мощности от времени. Какая это фигура?

\(58{,}6^\circ\)С.

Скорость меняется ступенями, поэтому удобно идти по времени и считать, сколько каждый прошёл к концу очередного часа, или построить графики координат.

15:23.

Каждая шкала связана с градусами Цельсия линейной зависимостью. Найдите коэффициенты по двум данным измерениям.

1) \(25{,}6\);  2) \(-32\) ℃.

Из таблицы найдите жёсткости пружин (в долях от какой-нибудь одной). При последовательном соединении сила во всех пружинах одинакова, при параллельном — одинаково удлинение.

1) \(66\text{ мм}\);  2) \(6\text{ мм}\).

Первая пружина и лента соединены последовательно и вместе — параллельно второй пружине. Выразите силу упругости ленты через её удлинение из условий равновесия: получится прямая, которую можно провести прямо на графике ленты и найти точку пересечения. При малой силе лента ведёт себя как пружина с жёсткостью по касательной в начале графика.

1) при \(F = 1{,}0\text{ Н}\): \(\Delta x \approx 2{,}9\text{ мм}\), \(\Delta x_1 \approx 3{,}5\text{ мм}\), \(\Delta x_2 \approx 6{,}4\text{ мм}\); при \(F = 20\text{ Н}\): \(\Delta x \approx 6{,}5\text{ см}\), \(\Delta x_1 \approx 6{,}7\text{ см}\), \(\Delta x_2 \approx 13{,}2\text{ см}\);  2) \(F_{\max} = 53\text{ Н}\).

Пусть \(F_1\) — сила упругости ленты и первой пружины, а \(F_2\) — сила упругости второй пружины.

Сила \(F\), с которой растягивают данную систему, уравновешивается данными силами \(F_1\) и \(F_2\): \[F = F_1 + F_2.\] Закон Гука для пружин: \(F_1 = k\Delta x_1\) и \(F_2 = k\Delta x_2\).

Суммарное удлинение первой пружины и ленты равно удлинению второй пружины: \[\Delta x_1 + \Delta x = \Delta x_2.\] Из этих уравнений получим: \[\Delta x = \Delta x(F_1) = \frac{F}{k} - \frac{2}{k}F_1, \tag{1}\] или \[F_1(\Delta x) = \frac{F}{2} - \frac{k}{2}\Delta x. \tag{1'}\]

При \(F_1 < 1\text{ Н}\) лента ведёт себя как пружина с коэффициентом жёсткости \(k_0 \approx 120\text{ Н/м}\), который можно определить с помощью коэффициента наклона касательной к начальному участку графика.

Следовательно, зависимость удлинения ленты от растягивающей её силы можно выразить как: \[F_1 = k_0\Delta x. \tag{2}\] Подставляя (2) в (1), получим \[\Delta x = \frac{F}{k} - \frac{2k_0}{k}\Delta x\] или \[\Delta x = \frac{F}{2k_0 + k} \approx 2{,}9\text{ мм}.\] Тогда \[\Delta x_1 = \frac{F_1}{k} = \frac{k_0}{k}\Delta x = \frac{k_0 F}{(2k_0 + k)k} \approx 3{,}5\text{ мм}\] и

\[\Delta x_2 = \Delta x_1 + \Delta x \approx 6{,}4\text{ мм}.\]

Для нахождения растяжений при \(F = 20\text{ Н}\) построим зависимость (1\('\)) (аналог нагрузочной прямой из электричества) на графике из условия.

Пересечение этих прямой и кривой позволяет найти силу упругости ленты \(F_1 \approx 6{,}7\text{ Н}\) и её удлинение \[\Delta x \approx 6{,}5\text{ см}.\] Следовательно, удлинение первой пружины \[\Delta x_1 = \frac{F_1}{k} \approx 6{,}7\text{ см}\] и удлинение второй пружины \[\Delta x_2 = \Delta x_1 + \Delta x \approx 13{,}2\text{ см}.\]

Угловой коэффициент прямой (1\('\)) не зависит от прикладываемой силы. Проведём прямую с таким угловым коэффициентом через крайнюю точку графика (25 см; 14 Н) либо решим уравнение аналитически, подставив в соответствующие значения \[F_1 = \frac{F_{\max}}{2} - \frac{k}{2}\Delta x_{\max}.\] Тогда максимальная сила: \(F_{\max} = 53\text{ Н}\).

График ступенчатый: на каждом участке скорость постоянна, поэтому время на участке равно длине участка, делённой на скорость. Сложите времена и сравните с 2 минутами.

\(1{,}125\) км.

Объём в каждой точке определяется отношением \(T/p\); найдите, в какой точке цикла оно минимально.

5

После выключения двигателя ракета движется с ускорением \(-g\): найдите скорость и высоту в момент выключения и определите, когда высота снова станет равной нулю.

Найдите по таблице, с какой скоростью растёт уровень до включения насоса и после него. Что меняется в скорости набора воды после включения насоса?

1) 18 мин;  2) 108 л;  3) 24 л/мин.

Где график идёт прямо, площадь сечения сосуда постоянна; изломы показывают, как она меняется с высотой. Что означает горизонтальный участок, где вода прибывает, а уровень не растёт?

Возможная форма сосуда изображена на рисунке.

Поскольку в начале высота уровня воды пропорциональна объёму налитой воды, площадь сечения сосуда внизу может быть постоянной. Начиная с высоты 3 дм, площадь сечения сосуда увеличивается в два раза. На высоте 4 дм в сосуде должно располагаться отверстие, через которое может выливаться 2 литра воды. Выше отверстия площадь поперечного сечения сосуда может быть такой же, как и внизу. Приходим к ответу.

Пока в цилиндре есть жидкая вода, пар насыщенный и его плотность постоянна. Как тогда \(m_1\) зависит от \(V\)? Что происходит, когда вся вода испарилась?

График зависимости \(m_1\) от \(V\) изображён на рисунке.

Общая масса воды составляет 40 г, плотность насыщенного водяного пара \(10\text{ г/м}^3\).

Когда в сосуде имеется вода в жидком состоянии, водяной пар в этом сосуде является насыщенным, с плотностью \(\rho\). Следовательно, масса воды в газообразном состоянии равна \(\rho V\). Обозначая общую массу воды через \(m_0\), находим массу воды в жидком состоянии в зависимости от объёма: \(m_1 = m_0 - \rho V\). Эта зависимость является линейной (см. график в ответе). Начиная с некоторого значения объёма, воды в жидком состоянии не будет.

Как вытекает из графика, общая масса воды составляет 40 г. При объёме \(4\text{ м}^3\) она вся оказывается в газообразном состоянии, и водяной пар ещё остаётся насыщенным. Следовательно, плотность насыщенного водяного пара \(40\text{ г}:4\text{ м}^3 = 10\text{ г/м}^3\).

Путь равен площади под графиком скорости от времени. Нарисуйте графики \(v(t)\) для обеих последовательностей и сравните площади.

Сначала нужно включить мощный двигатель, а затем слабый.

Из приведённых графиков скорости от времени видно, что площадь под графиком во втором случае больше. Следовательно, чтобы к моменту прекращения работы двигателей ракета переместилась на наибольшее расстояние, следует включать сначала мощный двигатель, а затем слабый.

Перерисуйте процесс на \(pV\)-диаграмму. Какой вид имеет каждый участок (изобара, изохора, изотерма)? Работу на участке 3–4 оцените сверху площадью подходящей трапеции.

Работа максимальна на участке 1–2.

Изобразим процесс на \(pV\)-диаграмме.

Работа газа на участке 1–2 (изобара) равна \(A_{12} = p_1V_0\), а на участке 2–3 (изохора) равна нулю. Работу на изотермическом участке 3–4 оценим сверху как площадь трапеции (площадь под отрезком жирной штриховой линии): \[A_{34} < (p_1 + p_3)\left(\sqrt2 - 1\right)V_0.\] Из уравнения состояния для точек 3 и 4 находим, что \(p_3 = \sqrt2\,p_1\). Стало быть, \(A_{34} < p_1V_0\). Следовательно, работа газа максимальна на участке 1–2.

Внутренняя энергия газа пропорциональна произведению \(pV\). Проведите из начала координат лучи в точки графика и сравните их наклоны.

На участке 1-2 плотность газа увеличивалась; на участке 2-3 плотность газа уменьшалась.

Движение вдоль 1-2 можно рассматривать как переход с изохоры на изохору, соответствующую всё меньшему и меньшему значению объёма (\(V_1 > V'\), \(V' > V_2\)). Значит, на участке 1-2 плотность газа увеличивается. На участке 2-3, очевидно, плотность газа уменьшается, поскольку это изобара, вдоль которой температура растёт, а объём, следовательно, увеличивается.

Средняя скорость с начала движения равна \(x(t)/t\). Выразите отсюда координату \(x(t)\) и посмотрите, какой вид имеет её график и когда мгновенная скорость обращается в нуль.

Минимальная по модулю скорость равна \(0\) (в момент \(t = 1\) ч, когда автомобиль развернулся); путь за 2 ч равен \(100\) км.

Из графика следует, что \[v_{\text{ср}} = 100 - 50t.\] С другой стороны, \[v_{\text{ср}} = \frac{x - x_0}{t} \quad\Longrightarrow\quad x(t) = 100t - 50t^2 = 50t(2 - t),\] где \(x\) — координата автомобиля в момент времени \(t\), \(x_0\) — начальная координата, которую мы приняли равной нулю. График функции \(x(t)\) — парабола, и при \(t = 1\) ч имеет максимум (это говорит о том, что автомобиль развернулся). Значит, минимальное значение скорости по модулю равно \(0\) км/ч. За первый час автомобиль проехал \(x(1) = 100 - 50 = 50\) км. Следовательно, пройденный путь за 2 ч равен \(100\) км.

Как меняется расстояние между друзьями за равные промежутки времени? Равны ли эти изменения, и что это говорит о том, все ли время оба шли?

Расстояние между домами равно 2 655 м; скорости друзей равны \(2{,}5\) м/с и \(1{,}5\) м/с.

Масса снега на единицу площади поверхности численно равна площади под графиком плотности. Сколько килограммов приходится на 1 мм осадков на 1 м\(^2\)?

1) \((0{,}250 \pm 0{,}025)\) г/см\(^3\);  2) \(87 \pm 4\,\%\).

Изобразите графики движения Ани и Максима в координатах «время–путь» для обоих случаев и воспользуйтесь подобием треугольников.

12 мин.

В жидкости \(p = \rho g h\), поэтому наклон линейного участка графика \(p(h)\) даёт плотность: \(\rho = (\Delta p/\Delta h)/g\). На изломе плотность скачком меняется вместе с наклоном.

\(\rho = 4830\text{ кг/м}^3 \pm 50\text{ кг/м}^3\) (постоянна на участке прямой пропорциональности);  \(\Delta\rho = 5200\text{ кг/м}^3 \pm 100\text{ кг/м}^3\).

Пока конденсации нет, объём постоянен, и парциальное давление пара меняется пропорционально абсолютной температуре. Нанесите эту прямую на график давления насыщенных паров.

1) 5;  2) 3;  3) 4.

В начальный момент количество паров равно количеству сухого воздуха, поэтому их парциальные давления равны 100 кПа. Давление насыщенного пара воды, судя по графику, при температуре 117 °С равно 180 кПа, следовательно относительная влажность воздуха в начальный момент равна \(\varphi = \dfrac{100}{180} \approx 56\ \%\). Наиболее близкое к найденному значение стоит в столбце номер 5.

До начала конденсации парциальное давление пара при охлаждении изменяется также, как давление воздуха, — прямо пропорционально абсолютной температуре: \[p_{\text{H}_2\text{O}} = \frac{100\text{ кПа}}{390}\cdot(t + 273),\] где \(t\) — температура в градусах Цельсия. Построив прямую, задаваемую этой формулой, находим точку её пересечения с кривой насыщения и определяем искомую температуру: \(t \approx 98\) °С. Выбрать следует столбец номер 3.

При температуре 0 °С давление насыщенного пара воды составляет менее 2 кПа, в то же время парциальное давление сухого воздуха равно 70 кПа, следовательно подходящее значение стоит в столбце номер 4.

Масса гелия в шаре при подъёме не меняется, а сила Архимеда определяется плотностью воздуха \(pM_\text{в}/(RT)\) на данной высоте. Во втором пункте условие равновесия превращается в линейную зависимость \(p(h)\) — её удобно нарисовать поверх графика.

1) \(m_\text{д} = \dfrac{p_1 M_\text{в} V}{RT_1} - \dfrac{p_0 M_\text{г} V}{RT_0} - m_0 \approx 4{,}9\) кг;  2) \(h_{max} \approx 7{,}6\) км.

Температура падает с высотой со скоростью \(k = 8\) К/км. На высоте \(h_1 = 4\) км, следовательно, температура равна \(T_1 = 268\) К, а давление (по графику) \(p_1 \approx 62\) кПа. Плотность воздуха на этой высоте равна \[\rho_\text{в1} = \frac{p_1 M_\text{в}}{RT_1}.\] Масса гелия в шаре \(m_\text{г}\) в процессе подъёма не меняется, поэтому \[m_\text{г} = \frac{p_0 M_\text{г} V}{RT_0}.\] Запишем условие равновесия зонда на заданной высоте: \[\rho_\text{в1} g V = (m_\text{г} + m_0 + m_\text{д})g,\] откуда \[m_\text{д} = \rho_\text{в1} V - m_\text{г} - m_0 = \frac{p_1 M_\text{в} V}{RT_1} - \frac{p_0 M_\text{г} V}{RT_0} - m_0 = 4{,}9\text{ кг}.\]

Без датчиков шар будет подниматься, пока не станет справедливым новое условие равновесия \[\rho_\text{в} g V = (m_\text{г} + m_0)g.\] Отсюда следует, что \[\frac{p(h) M_\text{в}}{RT(h)} = \frac{m_\text{г} + m_0}{V} \;\Rightarrow\; p(h) = \frac{(m_\text{г} + m_0)R}{M_\text{в} V}\cdot(T_0 - kh) \approx 48\text{ кПа} - 1{,}3\,\frac{\text{кПа}}{\text{км}}\cdot h.\] Для нахождения высоты построим поверх графика зависимости \(p(h)\) прямую, соответствующую полученному уравнению, и найдём, что максимальная высота равна примерно 7,6 км.

Средняя скорость в момент \(t\) равна пройденному пути, делённому на \(t\). Снимите значение с графика при \(t = 60\) мин и используйте его для второго пункта.

1) \(50\) км;  2) \(1{,}5\).

Выразите малое время \(dt\) через \(dv\) и \(a\): \(dt = dv/a\). Что тогда означает площадь под графиком \(a^{-1}(v)\)?

Ответ 3: \(t = 12\) с.

По графику определите, какой массе гири соответствует каждое удлинение; разность весов в воздухе и в воде равна силе Архимеда.

Масса груза 400 г, объем 100 мл.

Вдоль берега лодка движется равномерно со скоростью течения, поперёк "— равнозамедленно. Заметьте, что в конце траектории лодка остановилась относительно воды.

Скорость течения реки 1 м/с, модуль ускорения лодки \(0{,}02\text{ м/с}^2\).

В нижней точке скорость груза равна нулю, значит, работа силы тяжести равна по модулю работе силы упругости. Обе работы — площади под графиками на плоскости \((x, F)\).

\(x_0 \approx 10\) см.

До добавления снега температура растёт по прямой: по её наклону найдите мощность печи. После добавления снега масса стала больше, и наклон второго участка изменился.

Мощность печи составляет 125 Вт, а масса добавленного снега равна 125 г.

Найдите, во сколько раз сила натяжения нити с динамометром меньше веса сосуда с водой (условие равновесия блоков), и свяжьте изменение удлинения пружины с изменением массы воды.

4 г/с.

Давление в точке А определяется только высотой столба воды над ней в левом колене. Найдите, в какие моменты вода начинает переливаться в соседние части сосуда, и как при этом меняется скорость роста уровня.

В каждой области поле однородно, значит, ускорение постоянно и график скорости состоит из прямых отрезков. Найдите ускорение в каждой области, время пролёта первой области и скорость на её границе.

В нижней точке скорость груза равна нулю: работа силы тяжести равна приросту энергии пружины, то есть площади под графиком \(F(x)\). Подберите \(x\) по клеткам.

Пружина растянется на максимальную длину \(x_0 \approx 10\) см.

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 \(t_A - t_B = 0\)).

По последнему участку графика найдите мощность через \(c_{\text{ж}} m \Delta t / \Delta\tau\). Момент переключения определите по длительности плавления: теплота \(\lambda m\) набирается при двух разных мощностях.

1) мощность печи, установленная Людмилой, \(10\) Вт;  2) время переключения \(10\) часов \(8\) минут \(40\) секунд.

Найдите массу груза и длину пружины, пока груз в воздухе. Затем выясните, при каком объёме воды уровень дойдёт до нижней грани груза и до его верхней грани, и как сила Архимеда меняет растяжение пружины.

График состоит из горизонтальной линии \(l = 20\) см при \(V < 30\) л (груз в воздухе), наклонного участка, соединяющего точки (20 см; 30 л) и (10 см; 49 л) (груз при \(V\) от 30 л до 49 л частично погружен в воду), горизонтальной линии \(l = 10\) см при \(V > 49\) л (груз полностью в воде).

Пока вода не дошла до груза, пружина растянута силой тяжести. Когда вода касается груза, на него начинает действовать сила Архимеда, зависящая от глубины погружения, а уровень воды растёт тем медленнее, чем больше объём вытесняет груз.

График состоит из горизонтальной линии \(l = 20\) см при \(V < 30\) л (груз в воздухе), наклонного участка, соединяющего точки \((20\text{ см};\,30\text{ л})\) и \((10\text{ см};\,49\text{ л})\) (груз при \(V\) от 30 л до 49 л частично погружён в воду), горизонтальной линии \(l = 10\) см при \(V > 49\) л (груз полностью в воде).

Пока груз в воздухе, длина пружины постоянна. Когда уровень воды дойдёт до нижней грани куба, начнёт действовать сила Архимеда, зависящая от глубины погружения; найдите объём воды, при котором уровень достигнет нижней и верхней граней груза.

График состоит из горизонтальной линии \(l = 20\) см при \(V < 30\) л (груз в воздухе), наклонного участка, соединяющего точки \((20\text{ см};\,30\text{ л})\) и \((10\text{ см};\,49\text{ л})\) (груз при \(V\) от 30 л до 49 л частично погружён в воду), горизонтальной линии \(l = 10\) см при \(V > 49\) л (груз полностью в воде).

Масса груза известна, поэтому легко найти начальную длину пружины. Затем определите, при каком объёме воды уровень дойдёт до нижней грани куба и до его верхней грани, и как меняется сила Архимеда между этими моментами.

График состоит из горизонтальной линии \(l = 20\) см при \(V < 30\) л (груз в воздухе), наклонного участка, соединяющего точки (\(V = 30\) л; \(l = 20\) см) и (\(V = 49\) л; \(l = 10\) см) (груз при \(V\) от 30 л до 49 л частично погружён в воду), горизонтальной линии \(l = 10\) см при \(V > 49\) л (груз полностью в воде).

При закрытых клапанах давление меняется по закону Бойля — Мариотта. Определите, какое давление должно быть в крайних точках \(V_0\) и \(2V_0\), и в каких точках клапаны открываются. Число молей определяется произведением \(pV\).

Количество вещества в цилиндре принимает значения от 1,4 моль до 1,6 моль; зависимость давления от объёма приведена на графике (см. решение).

При первом прохождении состояния с объёмом \(V_0\) давление может принимать значение в промежутке от \(0{,}8p_0\) до \(1{,}4p_0\). Если бы клапаны не открывались, при увеличении объёма до \(2V_0\) давление по закону Бойля — Мариотта упало бы до значения от \(0{,}4p_0\) до \(0{,}7p_0\) — клапан бы всё равно открылся. Таким образом, давление при увеличении объёма до \(2V_0\) оказывается равным \(0{,}8p_0\).

При сжатии давление сначала возрастает обратно пропорционально объёму (по закону Бойля — Мариотта), а затем, по достижении значения \(1{,}4p_0\) (объём при этом равен \(2V_0\cdot 0{,}8p_0 : (1{,}4p_0) = 8V_0/7\)), открывается клапан, препятствующий дальнейшему увеличению давления. В состоянии с объёмом \(V_0\) давление окажется равным \(1{,}4p_0\). При расширении давление сначала будет убывать обратно пропорционально объёму, затем, по достижении значения \(0{,}8p_0\) (при объёме \(V_0\cdot 1{,}4p_0 : (0{,}8p_0) = 7V_0/4\)), откроется клапан, и давление далее будет равно \(0{,}8p_0\). Далее цикл будет повторяться. График процесса после хотя бы одного колебания изображён на рисунке.

Количество вещества \(\nu\) связано с давлением \(p\) и объёмом \(V\) соотношением \(pV = \nu RT_0\). Произведение давления на объём пробегает значения в промежутке от \(1{,}4p_0V_0\) до \(1{,}6p_0V_0\). Следовательно, количество вещества \(\nu\) принимает значения в промежутке от \(1{,}4\nu_0\) до \(1{,}6\nu_0\), где \(\nu_0 = p_0V_0/(RT_0) = 1\) моль.

Работа за цикл равна площади, ограниченной циклом, со знаком по направлению обхода. Звезду можно разложить на два простых замкнутых цикла. Работу проще посчитать по участкам как площади трапеций под графиком.

Работа газа равна сумме площадей треугольников и удвоенной площади пятиугольника. Она равна \(A = 12\nu RT_0 = 10\) кДж.

Представленный на рисунке цикл можно представить как совокупность двух циклов:

Работа в каждом из этих циклов равна площади фигуры, ограниченной циклом. При сложении работ получаем, что площади треугольников надо учитывать с коэффициентом 1, а площадь пятиугольника — с коэффициентом 2: \(A = A_1 + A_2 + A_3 + A_4 + A_5 + 2A_6\).

Однако рассчитывать работу удобнее, складывая работы на отдельных участках \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DE\), \(EA\). На каждом из участков работа газа равна площади трапеции под графиком. По формуле для площади трапеции получим \(A_{AB} = A_{BC} = 9p_0V_0\), \(A_{CD} = A_{EA} = -15p_0V_0\), \(A_{DE} = 24p_0V_0\). Складывая работы, находим \(A = 12p_0V_0\).

Поскольку как давление, так и объём минимальны в точке \(A\), температура газа, пропорциональная произведению давления на объём, также минимальна в этой точке. Согласно уравнению идеального газа, \(p_0V_0 = \nu RT_0\). Отсюда \(A = 12\nu RT_0 = 10\) кДж.

Рассмотрите три случая: жидкость легче льда, плотность между плотностями льда и воды, жидкость тяжелее воды. Где окажется вода от растаявшего льда в каждом случае?

График зависимости \(y/x\) от \(\rho\): на участке \(\rho < \rho_{\text{льда}}\) (1) отношение постоянно и равно \(\rho_{\text{льда}}/\rho_{\text{воды}}\); на участке \(\rho_{\text{льда}} \le \rho < \rho_{\text{воды}}\) (2) оно растёт линейно, от \(\rho_{\text{льда}}/\rho_{\text{воды}}\) до \(1\); при \(\rho > \rho_{\text{воды}}\) (3) равно нулю.

На каждом линейном участке графика теплоту можно считать через среднюю теплоёмкость. Составьте баланс для конечной температуры из диапазона 10–30 °C; получится квадратное уравнение.

\(t_x = 10\,(2\sqrt{58} - 13) \approx 22{,}3\) °C.

Объём воды сохраняется. Свяжите скорость роста уровня в среднем сосуде со скоростями поршней и воспользуйтесь отношением \(h/l\) из графика.

\(V_1 = \dfrac{7}{6}V\) и \(V_2 = \dfrac{1}{6}V\).

Пройденный путь равен площади под графиком скорости от времени. Найдите путь на каждом из трёх этапов.

Первый этап: скорость \(2v\) на пути от 0 до 480 м; на втором этапе пешеход стоит, на графике \(v(l)\) он не виден; третий этап: скорость \(6v\) на пути от 480 м до 1920 м (график "— на рисунке в решении).

Пройденное пешеходом расстояние пропорционально площади под графиком зависимости скорости от времени. Для первого этапа движения это 480 м. На втором этапе пешеход 2 минуты стоял на месте. На третьем этапе прошел еще 1440 м. Всего он прошел 1920 м. По этим данным строим график зависимости скорости от пройденного расстояния. Этап, на котором пешеход стоял на месте, на этом графике не виден.

Где скорость тела, брошенного под углом, минимальна и чему она там равна? Для высоты запишите закон сохранения энергии между броском и падением.

\(\alpha = 60^\circ\);  \(h = 25\) м.

При полёте тела, брошенного вверх под углом к горизонту, скорость достигает своего минимального значения \(v_0\cos\alpha\) в верхней точке траектории. Из графика находим, что начальная скорость \(v_0 = 20\) м/с вдвое больше минимальной и, следовательно, \(\alpha = 60^\circ\).

Конечная скорость шарика \(u = 30\) м/с. Применяя закон сохранения энергии, связывающий моменты падения и броска: \[\frac{mv_0^2}{2} + mgh = \frac{mu^2}{2},\] получаем \(h = \dfrac{u^2 - v_0^2}{2g} = 25\) м.

Там, где \(1/V_{\text{ср}}\) постоянна, мгновенная скорость равна средней. А что происходит с путём, когда на графике наклонный участок?

1) график мгновенной скорости: \(10\) м/мин на \(0\)–\(1\) мин, \(0\) на \(1\)–\(2\) мин, \(5\) м/мин на \(2\)–\(4\) мин, \(0\) на \(4\)–\(6\) мин, \(10/3\) м/мин на \(6\)–\(9\) мин, \(0\) на \(9\)–\(12\) мин (см. рис.);  2) \(30\) м.

Время между ударами пропорционально скорости после удара. По графику найдите, во сколько раз оно уменьшается от удара к удару, и примите это отношение постоянным.

1) \(H_0 = 1{,}4 \pm 0{,}2\) м;  2) \(t_5 = 0{,}41 \pm 0{,}06\) с;  3) \(t_S = 5{,}6 \pm 0{,}8\) с.

Период светофора 145 с, выйти на переход можно только в первые 5 с зелёного сигнала. Нарисуйте, в какие моменты можно войти на каждый переход при движении в каждую сторону.

1) \(t_1 = 400\text{ с}\), \(t_2 = 420\text{ с}\);  2) \(T = 0\), \(T = 72{,}5\text{ с}\).

Масса влажного песка равна \(m_{\text{п}}(1+\varphi)\). Выразите \(\alpha\) через \(\varphi\) и отношение плотностей; при равных плотностях получится простая связь между \(\alpha\) и \(\varphi\).

1) \(\varphi = 20\,\%\);  2) да, \(k\) постоянен на всём прямолинейном участке; \(k \approx 1{,}19\).

Сравните, как давление зависит от температуры в начале таблицы и в конце: на каком участке газ ведёт себя как идеальный при постоянном объёме, а где часть пара конденсируется? Сколько пара остаётся при \(0\,^\circ\text{С}\)?

\(\dfrac{\nu_{\text{возд.}}}{\nu_{\text{вод.}}} = \dfrac{3}{2}\), \(\rho_{\text{н}} = 1{,}1\ \dfrac{\text{кг}}{\text{м}^3}\), \(\rho_{\text{к}} = 0{,}77\ \dfrac{\text{кг}}{\text{м}^3}\).

Сколько времени каждый поезд едет от З до П? Электричка не должна быть настигнута Ласточкой на единственном пути, поэтому сравните моменты прибытия обоих типов поездов в З и в П.

1) 44,5 мин;  2) 18:07–18:10 и 18:22–18:25.

При столкновении бусинки обмениваются скоростями, поэтому набор скоростей на кольце всё время тот же, а меняются лишь «имена» бусинок. Следите за тем, как движутся не сами бусинки, а «скорости».

А) искомые графики \(\varphi_3(t)\) и \(\varphi_2(t)\) показаны ниже сплошными линиями (штриховые "— движение без учёта столкновений);  Б) \(180^\circ\), 7 столкновений;  В) верно, \(T=4\) с.

Постройте графики координат автомобилей от времени (зигзаги между городами). Следующая встреча «в разных направлениях» — когда один автомобиль уже догнал другого после разворота.

1) 2;  2) 2.

Конденсация начинается, когда парциальное давление каждого газа достигает давления его насыщенного пара; найдите по графику температуру, при которой отношение давлений насыщенных паров равно отношению количеств газов.

\(p_1 = 72\text{ кПа} \pm 5\text{ кПа}\) (изобарически);  \(p_2 = 151\text{ кПа} \pm 12\text{ кПа}\) (изохорически).

Выясните, при каких напряжениях на выводах открыт каждый из диодов, и на каждом участке замените схему одной эквивалентной батарейкой.

График зависимости \(I(U)\) — ломаная с одним изломом: из точки \((0;\,1{,}5\text{ А})\) в точку \((3{,}0\text{ В};\,0{,}5\text{ А})\), затем в точку \((3{,}6\text{ В};\,0)\).

Найдите высоту и скорость ракеты в конце разгона и запишите закон движения \(y(t)\) после этого. Какие ракеты находятся на той же высоте в тот же момент?

Ответ 4: \(N = 6\).

Касательная в начале графика описывает самое первое погружение ложки: чай ещё холодный, а ложка нагрета до температуры кипятка. Посмотрите, на сколько градусов нагрелся чай после одного «перекладывания», и запишите для него уравнение теплового баланса.

Номер столбца 2 (\(m \approx 19\) г).

Для цепи с резистором проведите на графике лампы нагрузочную прямую \(U = 5 - IR\). Затем сравните мощность лампы в этом случае с мощностью в первом случае.

1) столбец 3 (\(I \approx 0{,}50\) А);  2) столбец 4 (\(t_2 \approx 38\,^\circ\)C).

Напряжения на лампе и резисторе в сумме дают 5 В: нанесите на график нагрузочную прямую \(I = (5 - U)/3\) и найдите точку пересечения с характеристикой. Мощность на лампе равна \(UI\).

a) столбец 3;  b) столбец 4.

Сигнал идёт сначала через лёд, потом через воду, и обратно. Запишите время как функцию толщины льда и глубины дна и найдите дно в точках излома графика \(t(x)\).

Профиль дна — ломаная через точки \(y(0) = 5{,}4\) м, \(y(150) = 5{,}4\) м, \(y(300) = 5{,}1\) м, \(y(450) = 4{,}8\) м (см. рисунок).

Введём ось \(OY\), направленную вертикально вниз, начало отсчёта которой совпадает с началом отсчёта оси \(OX\). Так как профиль нижней поверхности льдины и график \(t(x)\) представляют собой ломаные линии, следовательно, профиль дна водоёма тоже представляет собой ломаную линию. Покажем это. Пусть на некотором интервале оси \(OX\) профили нижней поверхности льдины и поверхности дна водоёма являются линейными функциями в зависимости от координаты \(x\): \(y_\text{л} = a_\text{л}x + b_\text{л}\) и \(y_\text{д} = a_\text{д}x + b_\text{д}\) соответственно. Тогда \[t(x) = 2\cdot\left(\frac{a_\text{л}x + b_\text{л}}{v_\text{л}} + \frac{a_\text{д}x + b_\text{д} - a_\text{л}x - b_\text{л}}{v_\text{в}}\right),\] где \(v_\text{л}\), \(v_\text{в}\) — скорости распространения звука в льдине и в воде соответственно. Видно, что \(t(x)\) на данном интервале оси \(OX\) является линейной функцией.

Найдём координаты \(y\) поверхности дна при \(x_1 = 0\) см, \(x_2 = 150\) см, \(x_3 = 300\) см и \(x_4 = 450\) см, то есть в координатах концов трёх отрезков, из которых состоит график \(t(x)\). Из уравнений \[\begin{aligned} 6{,}8\text{ мс} &= 2\cdot\left(\frac{0{,}6\text{ м}}{3000\text{ м/с}} + \frac{y(0) - 0{,}6\text{ м}}{1500\text{ м/с}}\right),\\ 6{,}6\text{ мс} &= 2\cdot\left(\frac{0{,}9\text{ м}}{3000\text{ м/с}} + \frac{y(150) - 0{,}9\text{ м}}{1500\text{ м/с}}\right),\\ 6{,}0\text{ мс} &= 2\cdot\left(\frac{1{,}2\text{ м}}{3000\text{ м/с}} + \frac{y(300) - 1{,}2\text{ м}}{1500\text{ м/с}}\right),\\ 6{,}2\text{ мс} &= 2\cdot\left(\frac{0{,}3\text{ м}}{3000\text{ м/с}} + \frac{y(450) - 0{,}3\text{ м}}{1500\text{ м/с}}\right), \end{aligned}\] находим \(y(0) = 5{,}4\) м, \(y(150) = 5{,}4\) м, \(y(300) = 5{,}1\) м и \(y(450) = 4{,}8\) м.

Теперь достаточно соединить четыре найденные точки координатной плоскости \(XY\).

Максимум удлинения найдите из закона сохранения энергии (потерь нет): энергия деформации равна убыли потенциальной энергии груза. Равновесие — когда сила упругости равна \(Mg\). Вблизи равновесия шнур ведёт себя как пружина с жёсткостью, равной наклону касательной к \(F(\Delta L)\).

А. \(\Delta L_0 \approx 0{,}05\) м, \(\Delta L_{\max} \approx 0{,}10\) м, \(T \approx 0{,}44\) с;  Б. \(\Delta L_0 \approx 0{,}4\) м, \(\Delta L_{\max} \approx 0{,}89\) м, \(T \approx 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}6}{10}} \approx 1{,}54\) с.

Поскольку потери энергии при падении груза малы, максимальное удлинение может быть найдено на основании закона сохранения энергии. Искомая величина в каждом случае есть решение уравнения \[W(\Delta L) = mg\,\Delta L,\] которое может быть найдено графическим способом. Сделав необходимые построения (см. график), находим значения максимального отклонения для каждого пункта. В пункте А получается значение \(\Delta L_{\max}^{(A)} \approx 0{,}10\) м, в пункте Б получается \(\Delta L_{\max}^{(\text{Б})} \approx 0{,}89\) м.

Ещё проще найти равновесное значение удлинения. Искомая величина в этом случае удовлетворяет уравнению \[F(\Delta L) = mg,\] которое легко решается графически. В результате в пунктах А и Б получается соответственно \(\Delta L_0^{(A)} \approx 0{,}05\) м и \(\Delta L_0^{(\text{Б})} \approx 0{,}4\) м.

Для определения периода колебаний будем рассматривать груз на резинке как пружинный маятник, при этом коэффициент жёсткости пружины будем считать равным тангенсу угла наклона касательной к графику силы в положении равновесия. В пункте А жёсткость вблизи положения равновесия равна \(k^{(A)} \approx 20\) Н/м, в пункте Б \(k^{(\text{Б})} \approx 10\) Н/м. Таким образом, период малых колебаний в пункте А равен \[T^{(A)} = 2\pi\sqrt{\frac{M}{k}} \approx 2\pi\sqrt{\frac{0{,}1}{20}} \approx 0{,}44\text{ с}.\] В пункте Б получается другое значение \[T^{(\text{Б})} \approx 2\pi\sqrt{\frac{0{,}6}{10}} \approx 1{,}54\text{ с}.\]

Нарисуйте график скорости от времени: путь — площадь под ним. Если лифт успевает разогнаться до \(v_0\), время подъёма линейно зависит от числа этажей. Для одного этажа проверьте, успевает ли он вообще набрать \(v_0\).

1) \(t_3 = \dfrac{t_2 + t_4}{2} = 6{,}5\) с;  2) \(t_1 = \sqrt{2(t_4 - t_2)(2t_2 - t_4)} = 2\sqrt3 \approx 3{,}5\) с.

Лифт преодолевает необходимую дистанцию (\(n\) этажей высотой \(l_0\) каждый) за минимально возможное время \(t\), если разгоняется с ускорением \(a_0\) до скорости \(v_0\), далее двигается с постоянной скоростью \(v_0\) в течение времени \(t - 2v_0/a_0\) и тормозит до полной остановки за время \(v_0/a_0\).

Начертим соответствующий график скорости лифта от времени. Площадь под ним пропорциональна пройденному пути:

\[nl_0 = \frac{t + \left(t - \frac{2v_0}{a_0}\right)}{2}\,v_0.\] Откуда \[t(n) = \frac{nl_0}{v_0} + \frac{v_0}{a_0}.\] Однако эта формула верна лишь при \(t - 2v_0/a_0 > 0\), т. е. только в том случае, когда лифт успевает достичь максимальной скорости \(v_0\) по скорости. Это условие можно переписать в виде: \(n > \dfrac{v_0^2}{a_0 l_0}\).

Если лифт не успевает достичь максимальной скорости \(v_0\), то оптимальным по времени становится следующая стратегия зависимости скорости от времени. Необходимо половину времени ускоряться с \(a_0\) и половину времени замедляться с тем же по модулю ускорением. График зависимости скорости от времени представлен на рисунке.

В этом случае пройденный путь равен \[nl_0 = \frac{\frac{a_0 t}{2}\,t}{2}.\] Откуда \[t(n) = 2\sqrt{\frac{nl_0}{a_0}}.\] По условию, обе точки принадлежат случаю \(t(n) = \dfrac{nl_0}{v_0} + \dfrac{v_0}{a_0}\): \[\begin{cases} t_2 = \dfrac{2l_0}{v_0} + \dfrac{v_0}{a_0},\\[2mm] t_4 = \dfrac{4l_0}{v_0} + \dfrac{v_0}{a_0}. \end{cases}\] Тогда \[t_3 = \frac{3l_0}{v_0} + \frac{v_0}{a_0} = \frac{t_2 + t_4}{2} = 6{,}5\text{ с}.\] Из системы найдём \[n_\text{крит} = \frac{v_0^2}{a_0 l_0} = \frac{2(2t_2 - t_4)}{t_4 - t_2} = \frac43 > 1,\] то есть при подъёме на один этаж лифт не достигает максимально возможной скорости. Так что \[t_1 = 2\sqrt{\frac{l_0}{a_0}} = \sqrt{2(t_4 - t_2)(2t_2 - t_4)} = 2\sqrt3 \approx 3{,}5\text{ с}.\]

Пока диод закрыт, его ветви как будто нет — посчитайте токи через амперметры как через одинаковые резисторы и сравните наклон с графиком. Излом графика при \(I_0 = I_1\) — момент, когда напряжение на диоде достигает напряжения открытия; дальше напряжение на диоде постоянно.

1) \(\text{A}_4\);  2) \(I_0 = \dfrac{8I_1}{3}\);  3) \(I_{A2} = I_0/3\) при \(I_0 < I_1\) и \(I_{A2} = \dfrac{8I_1}{15} - \dfrac{I_0}{5}\) при \(I_0 > I_1\): ломаная через точки \((0;\,0)\), \((I_1;\,I_1/3)\), \((8I_1/3;\,0)\) (график — в решении).

Рассмотрим малые значения силы тока \(I_0\), при которых диод будет закрыт. В этом случае эквивалентная схема примет вид, изображённый на рисунке. Найдём токи, текущие через амперметры. Сила тока через \(\text{A}_1\) равна \(I_0\). Так как \(\text{A}_4\) присоединён параллельно к паре амперметров \(\text{A}_2\) и \(\text{A}_3\), а его сопротивление вдвое меньше, чем суммарное сопротивление второго и третьего прибора, сила тока через \(\text{A}_4\) будет равна \(2I_0/3\). Сила тока, текущего через \(\text{A}_2\) и \(\text{A}_3\), следовательно, станет \(I_0/3\). На графике, представленном в условии, участок идущий от начала координат описывается уравнением \(I = 2I_0/3\), что соответствует результату, полученному для четвёртого амперметра.

Пусть \(r\) — сопротивление амперметра. Определим сначала напряжение открытия диода \(U_D\). Так как характер зависимости тока через четвёртый амперметр от \(I_0\) меняется при \(I_0 = I_1\), это значение соответствует тому, что напряжение на диоде достигло \(U_D\), но ток через диод ещё равен нулю (переход от горизонтального участка ВАХ прибора к вертикальному). Запишем условие равенства напряжения на диоде суммарному напряжению на первом и втором амперметре при \(I_0 = I_1\): \[U_D = I_1 r + \frac{I_1}{3}\cdot r = \frac{4I_1 r}{3}.\] Ситуация, когда ток через второй амперметр не течёт, во-первых, может произойти только при открытом диоде. Во-вторых, если ток через \(\text{A}_2\) не течёт, то напряжения на \(\text{A}_3\) и \(\text{A}_4\) равны, что означает равенство токов через них: \[I_{A3} = I_{A4} = \frac{I_0}{2}.\] Соответственно, должны быть равны напряжения на первом амперметре и диоде. Поскольку в рассматриваемом случае \(I_{A1} = I_{A4}\), \[U_D = I_{A1} r \quad\Rightarrow\quad \frac{4I_1 r}{3} = \frac{I_0}{2}\cdot r \quad\Rightarrow\quad I_0 = \frac{8I_1}{3}.\]

Пока диод закрыт, то есть при \(I_0 < I_1\), сила тока через второй амперметр равна \(I_{A2} = I_0/3\). Если \(I_0 > I_1\), напряжение на диоде постоянно и равно \(U_D = 4I_1 r/3\). Чтобы построить ту часть искомого графика, которая соответствует открытому диоду, можно рассуждать одним из двух способов.

Способ 1. ВАХ диода состоит из двух прямолинейных участков — горизонтального и вертикального. Поэтому, если находиться в пределах только одного участка (в данном случае, вертикального), диод можно считать линейным элементом. Остальные элементы цепи, представленной в условии, тоже имеют прямолинейные ВАХ, то есть также являются линейными. Следовательно, зависимость силы тока на втором амперметре от \(I_0\) при \(I_0 > I_1\) является линейной. Отсюда, учитывая, что график этой зависимости должен проходить через точки \((I_1;\,I_1/3)\) и \((8I_1/3;\,0)\), получим график, изображённый на рисунке.

Способ 2. Расставим токи в цепи при \(I_0 > I_1\), учитывая, что напряжение на диоде равно \(U_D\). Пусть сила тока через второй амперметр равна \(I_{A2}\). Тогда, исходя из равенства суммы напряжений на \(\text{A}_1\) и \(\text{A}_2\) напряжению на диоде, получим, что ток через первый амперметр \[I_{A1} = \frac{U_D - I_{A2}r}{r} = \frac{U_D}{r} - I_{A2}.\] Соответственно, токи через \(\text{A}_3\) и \(\text{A}_4\) будут равны \[I_{A4} = I_{A1} - I_{A2} = \frac{U_D}{r} - 2I_{A2},\] \[I_{A3} = I_0 - I_{A4} = I_0 - \frac{U_D}{r} + 2I_{A2}.\] Так как сумма напряжений на \(\text{A}_2\) и \(\text{A}_3\) должна быть равна напряжению на \(\text{A}_4\), \[I_{A4}r = I_{A2}r + I_{A3}r \quad\Rightarrow\quad \frac{U_D}{r} - 2I_{A2} = I_0 - \frac{U_D}{r} + 3I_{A2}.\] Отсюда, используя равенство \(U_D = 4I_1 r/3\), найдём, что \[I_{A2} = \frac{2U_D}{5r} - \frac{I_0}{5} = \frac{8I_1}{15} - \frac{I_0}{5}.\] Далее строим графики зависимостей \(I_{A2} = I_0/3\) при \(I_0 < I_1\) и \(I_{A2} = 8I_1/15 - I_0/5\) при \(I_0 > I_1\) и получаем тот же рисунок, что и в способе 1.

Частица идёт по винтовой линии с постоянной по модулю скоростью. В самом начале \(r \approx vt\); а прямая \(r = v_\parallel t\) лежит не выше графика и касается его в моменты, кратные периоду обращения.

1) \(v \approx 7\text{ км/с}\);  2) \(\alpha \approx 74^\circ\) или \(\alpha \approx 106^\circ\);  3) \(B \approx 35\text{ мТл}\);  4) \(L_{AB} \approx 5{,}0\text{ см}\).

Постоянное магнитное поле не совершает работы над заряженной частицей, и поэтому, если пренебречь излучением, модуль скорости частицы не изменяется. Поэтому величина скорости частицы равна величине скорости при \(t = 0\).

Отметим, что при конечных ускорениях всегда существует такой «малый» интервал времени после начала движения, на котором скорость удаления частицы от начального положения примерно равна начальной скорости, то есть можно считать, что \(r \approx vt\). Поэтому для нахождения скорости частицы проведём касательную к графику функции в начале координат (верхняя прямая на графике). Величина скорости при этом численно равна тангенсу угла наклона этой прямой: \[v = \frac{9{,}8\text{ см}}{14\text{ мкс}} \approx 7\text{ км/с}.\]

Направим ось \(z\) вдоль вектора индукции магнитного поля, выбирая для простоты начало координат так, чтобы \(z = 0\) при \(t = 0\). Обозначим \(v_\parallel\) проекцию вектора скорости частицы на ось \(z\), а \(v_\perp\) — величину перпендикулярной этой оси составляющей. Так как сила Лоренца, действующая на частицу, не имеет составляющей вдоль оси \(z\), \[z(t) = v_\parallel t.\] В сечении, перпендикулярном оси \(z\), движение частицы происходит по окружности с постоянной скоростью \(v_\perp\). Радиус этой окружности равен \[R = \frac{mv_\perp}{qB},\] где \(B\) — модуль вектора магнитной индукции, а время одного оборота \[T = \frac{2\pi R}{v_\perp} = \frac{2\pi m}{qB}.\] Таким образом, траектория частицы представляет собой винтовую линию с шагом \(h = v_\parallel T\) и радиусом \(R = v_\perp T/(2\pi)\). Выбирая оставшиеся оси координат максимально удобным способом, можно записать, что \[x(t) = R\cos(2\pi t/T), \qquad y(t) = R\sin(2\pi t/T),\] откуда, учитывая, что в момент \(t = 0\) частица находилась в точке с координатами \(x = R\), \(y = z = 0\), получим формулу зависимости модуля её перемещения от времени: \[r(t) = \sqrt{(x(t) - R)^2 + y(t)^2 + z(t)^2} = \sqrt{v_\parallel^2t^2 + 4R^2\sin^2(\pi t/T)}.\]

Возьмём теперь выражение для \(r(t)\) и поделим его на \(t\): \[\frac{r(t)}{t} = \sqrt{v_\parallel^2 + 4R^2\cdot\left(\frac{\sin(\pi t/T)}{t}\right)^2}.\] Второе слагаемое в подкоренном выражении при любом \(t\) не может быть меньше нуля, следовательно \(r(t)/t \geqslant v_\parallel\). Это значит, что прямая, идущая в координатах \(r\)–\(t\) из начала, имеющая общие точки с приведённым в условии графиком и обладающая наименьшим угловым коэффициентом, является прямой \(r = |v_\parallel|t\). Соответственно, для того чтобы определить \(v_\parallel\), проведём касательную из начала координат к нижней части графика (нижняя прямая на рисунке). Точки касания соответствуют ситуации, когда частица находится на прямой, проходящей через начальную точку и параллельной линиям магнитного поля. Тангенс наклона такой прямой численно равен \(|v_\parallel|\): \[|v_\parallel| = \frac{7{,}6\text{ см}}{40\text{ мкс}} = 1{,}9\text{ км/с}.\] Отсюда находим, что \[\cos\alpha = \frac{v_\parallel}{v} = \pm\frac{1{,}9}{7} \approx \pm0{,}271 \quad\Rightarrow\quad \alpha \approx 74^\circ \quad\text{или}\quad \alpha \approx 106^\circ.\]

Точки касания нижней прямой располагаются через равные промежутки времени, равные времени \(T\) прохода частицей одного витка винтовой линии. Для увеличения точности возьмём крайнюю (третью) точку касания и определим значение \(T\): \[T = 34\text{ мкс}/3 \approx 11{,}3\text{ мкс}.\] Отсюда получим, что \[B = \frac{2\pi m}{qT} = \frac{2\cdot3{,}14\cdot10^{-26}\text{ кг}}{1{,}6\cdot10^{-19}\text{ Кл}\cdot11{,}3\cdot10^{-6}\text{ с}} \approx 35\text{ мТл}.\]

Между положениями \(A\) и \(B\) прошло время, равное \[t_{AB} = 39\text{ мкс} - 14\text{ мкс} = 25\text{ мкс}.\] За это время частица сместилась вдоль линий магнитного поля на расстояние \[\Delta z = |v_\parallel|t_{AB} = 4{,}75\text{ см}.\] В проекции на перпендикулярную магнитному полю плоскость частица движется по окружности с радиусом \[R = (v_\perp T)/2\pi = T/2\pi\cdot\sqrt{v^2 - v_\parallel^2} \approx 1{,}21\text{ см}.\] Её смещение в этой плоскости равно \[\Delta l = 2R\sin(\pi t_{AB}/T) \approx 1{,}50\text{ см}.\] Отсюда получим значение расстояния \(AB\): \[L_{AB} = \sqrt{\Delta l^2 + \Delta z^2} \approx 5{,}0\text{ см}.\]

Минимум расстояния достигается, когда тело пролетает мимо наблюдателя по высоте, а максимум — в верхней точке траектории или на земле. Сопоставьте экстремумы графика с этими моментами.

1) Ответ 4: \(H \approx 2\) м;  2) \(t \approx 0{,}2\) с.

Нарисуйте векторную диаграмму: за каждый интервал \(\tau\) к скорости добавляется отрезок \(a\tau\), \(a\tau/2\), … попеременно вдоль \(y\) и вдоль \(x\). Скорость только растёт, а наибольший угол отклонения достигается либо после первого «шага», либо в пределе — это зависит от \(v_0\).

Если \(v_0 \leqslant 2a\tau\): \(v_{\min} = a\tau\operatorname{ctg}\alpha\), \(v_{\max} = a\tau\sqrt{\operatorname{ctg}^2\alpha + 4\operatorname{ctg}\alpha + 8}\); если \(v_0 \geqslant 2a\tau\): \(v_{\min} = 2a\tau(\operatorname{ctg}\alpha - 1)\), \(v_{\max} = \dfrac{2a\tau}{\sin\alpha}\).

Изобразим с помощью векторной диаграммы как изменялась скорость частицы.

Можно заметить, что скорость частицы монотонно возрастала со временем, значит минимальная по модулю скорость была в начале, а максимальная в конце движения (при очень большом времени). Перегруппируем векторы приращения скоростей.

Воспользовавшись формулой для суммы геометрической прогрессии, получим, что изменение проекции скорости на ось \(x\) за длительное время (бесконечное количество циклов) будет \(2a\tau\). Аналогично изменится и \(y\) компонента скорости. Значит, максимальная скорость в процессе движения: \[v_\infty = \sqrt{(v_0 + 2a\tau)^2 + (2a\tau)^2}.\] Выразим начальную скорость через \(a\tau\). Угол отклонения вектора скорости через время \(\tau\) после начала движения: \(\operatorname{tg}\alpha_1 = (a\tau)/v_0\). Через большое время после начала движения — \(\operatorname{tg}\alpha_\infty = (2a\tau)/(v_0 + 2a\tau)\). Тогда возможны два варианта:

1) если начальная скорость мала, тогда максимальное отклонение вектора скорости будет через \(\tau\) после начала движения: \[\operatorname{tg}\alpha_1 \geqslant \operatorname{tg}\alpha_\infty \;\Rightarrow\; \alpha_1 = \alpha.\]

Рассматриваемый случай реализуется при \(v_0 \leqslant 2a\tau\). Тогда: \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{a\tau}{v_0} \;\Rightarrow\; v_{\min} = v_0 = a\tau\cdot\operatorname{ctg}\alpha;\] \[v_{\max} = v_\infty = \sqrt{(a\tau\cdot\operatorname{ctg}\alpha + 2a\tau)^2 + (2a\tau)^2} = a\tau\sqrt{\operatorname{ctg}^2\alpha + 4\operatorname{ctg}\alpha + 8}.\]

2) Если \(v_0 \geqslant 2a\tau\), то максимальное отклонение вектора скорости будет в предельной ситуации (\(\alpha_\infty = \alpha\)).

\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{2a\tau}{v_0 + 2a\tau} \;\Rightarrow\; v_{\min} = v_0 = 2a\tau\cdot(\operatorname{ctg}\alpha - 1);\] \[v_{\max} = v_\infty = \frac{2a\tau}{\sin\alpha}.\]

Постройте нагрузочную прямую \(I = (\mathcal{E} - U)/R\) поверх вольт-амперной характеристики. Пока транзистор не заперт (\(U_\text{зи} > -U_0\)) и напряжение на нём не упало до нуля, через него течёт \(I_\text{нас}\), и выходное напряжение линейно зависит от \(U_\text{зи}\).

1) а) \(U_a \le 1\) В; б) \(U_a \le 0{,}25\) В;  2) \(K = I_0R/U_0 = 2{,}5\);  3) \(U = 6\text{ В} - 8\text{ В}\cdot\sin(\pi t/\tau)\), обрезанная сверху линией \(U = 10\) В и снизу линией \(U = 0\): \(U(N\tau) = 6\) В, около \(t = 0\) убывает, верхние горизонтальные участки длиннее нижних.

Если \(I\) — сила тока, текущего между стоком и истоком в цепи усилителя, то \[\mathcal{E} = IR + U \qquad\Rightarrow\qquad I = \frac{\mathcal{E} - U}{R}.\] Данная зависимость называется нагрузочной характеристикой, а её график, в данном случае, — нагрузочной прямой. Учитывая, что эта прямая проходит через точки с координатами \((0; \mathcal{E}/R)\) и \((\mathcal{E}; 0)\), построим её поверх вольт-амперной характеристики, приведённой в условии, и определим точку их пересечения.

В результате получим, что

1. при \(I_\text{нас} < \mathcal{E}/R\) (синяя линия на рис. 1), сила тока, текущего от стока к истоку, равна \(I = I_\text{нас}\), а \(U = \mathcal{E} - I_\text{нас}R > 0\);

2. при \(I_\text{нас} \ge \mathcal{E}/R\) (красная линия на рис. 1), напряжение между стоком и истоком \(U = 0\), а сила тока \(I = \mathcal{E}/R\).

Таким образом, напряжение на выходе усилителя не может быть отрицательным, то есть \(U \ge 0\).

Согласно графику зависимости \(I_\text{нас}(U_\text{зи})\), приведённому в условии, на участке \(U_\text{зи} > -U_0\) эта зависимость линейна: \[I_\text{нас} = \frac{I_0}{U_0}\left(U_\text{зи} + U_0\right),\] следовательно, линейной будет и зависимость \(U(U_\text{зи})\): \[U = \mathcal{E} - I_\text{нас}R = \mathcal{E} - I_0R - \frac{I_0R}{U_0}\cdot U_\text{зи}. \tag{1}\] В этом случае выходной сигнал будет отличаться от входного лишь сдвигом и масштабированием, то есть синусоида, например, останется синусоидой: \[U_\text{зи} = U_a\sin\left(\frac{\pi t}{\tau}\right) \qquad\Rightarrow\qquad U(t) = \mathcal{E} - I_0R - \frac{I_0R}{U_0}\cdot U_a\sin\left(\frac{\pi t}{\tau}\right).\] Данное правило нарушается в двух случаях:

1. \(U_\text{зи} \le -U_0\). Тогда \[I_\text{нас} = 0 \qquad\Rightarrow\qquad I = 0 \text{ при любом } U \qquad\Rightarrow\qquad U = \mathcal{E}.\]

2. \(U = 0\). В этом случае \[I_\text{нас} = \frac{I_0}{U_0}\left(U_\text{зи} + U_0\right) \ge \frac{\mathcal{E}}{R} \qquad\Rightarrow\qquad U_\text{зи} \ge U_0\cdot\frac{\mathcal{E} - I_0R}{I_0R}.\]

Подытожим: синусоидальный сигнал на входе преобразуется усилителем в синусоидальный сигнал на выходе, если для всех \(U_\text{зи}\), удовлетворяющих условию \(|U_\text{зи}| \le U_a\), выполняется неравенство \[-U_0 \le U_\text{зи} \le U_0\cdot\frac{\mathcal{E} - I_0R}{I_0R}.\]

а) Пусть \(R = 5\) Ом. Тогда, подставляя остальные данные, получим \[-1\text{ В} \le U_\text{зи} \le 3\text{ В}.\] Отсюда делаем вывод, что зависимость \(U(t)\) будет сохранять форму синусоиды, если \(U_a \le 1\) В.

б) Пусть теперь \(R = 16\) Ом. В этом случае неравенство для \(U_\text{зи}\) примет вид \[-1\text{ В} \le U_\text{зи} \le 0{,}25\text{ В},\] следовательно, синусоидальность сигнала сохраняется при \(U_a \le 0{,}25\) В.

Если синусоидальность выходного сигнала не нарушается, воспользуемся формулой (1), где величина \(\mathcal{E} - I_0R\) задаёт смещение средней линии синусоиды, а \(I_0R/U_0\) является масштабным множителем, имеющим смысл искомого коэффициента усиления \(K\). Вычислим его при \(R = 5\) Ом: \[K = \frac{I_0R}{U_0} = 2{,}5.\]

При \(R = 8\) Ом зависимость, заданная формулой (1), будет иметь вид \[U = 6\text{ В} - 4U_\text{зи} = 6\text{ В} - 8\text{ В}\cdot\sin\left(\frac{\pi t}{\tau}\right).\] График этой функции (красный пунктир на рис. 2) — сдвинутая вдоль вертикальной оси синусоида, минимальное и максимальное значения напряжения для которой равны \[U_{min} = 6\text{ В} - 4U_a = 6\text{ В} - 4\cdot2\text{ В} = -2\text{ В}, \qquad U_{max} = 6\text{ В} + 4U_a = 6\text{ В} + 4\cdot2\text{ В} = 14\text{ В}.\] Вблизи \(t = 0\) она является убывающей, в отличие от функции \(U_\text{зи}(t)\). В реальности же, полученную кривую необходимо «обрезать» сверху и снизу: сверху — по линии \(U = \mathcal{E} = 10\) В, снизу — по линии \(U = 0\). Получившаяся кривая (сплошная линия на рис. 2) и есть требуемый график.

Характерные точки и особенности графика:

1. График является «обрезанной», смещённой вверх по оси ординат синусоидой;

2. \(U(N\tau) = 6\) В, где \(N = 0, \pm1, \pm2, \ldots\);

3. Вблизи оси ординат (оси \(U\)) наклон кривой отрицательный;

4. Значения больше 10 В и меньше 0 В «обрезаны» горизонтальными линиями \(U = 10\) В и \(U = 0\) В;

5. Горизонтальные участки симметричны относительно положения пиков исходной синусоиды (то есть точек с абсциссами \(\pm\tau/2, \pm3\tau/2, \ldots\));

6. Верхние горизонтальные участки длиннее нижних.

Количество теплоты — это интеграл \(\int c\,dT\), то есть площадь под графиком \(c(T)\) (знак учитывайте). Работу найдите из первого начала, зная изменение внутренней энергии одноатомного газа.

а) «–»;  б) \(|Q| = \dfrac{RT_0}{2} = 0{,}83\) кДж;  в) \(A = 0\);  г) \(T_1 = \dfrac{7T_0}{2} = 700\) К.

Поскольку \(\delta Q = \nu c(T)\,dT\), количество теплоты можно найти, интегрируя теплоёмкость по температуре. Вычисление интеграла, вообще говоря, можно свести к определению площади под графиком. Таким образом, можно получить соотношения для \(Q(x)\) и \(A'(x)\), где \(A'\) — работа внешних сил, а \(x = T/T_0\): \[Q(x) = \frac{RT_0}{2}(x-1)(x-3), \qquad A'(x) = -\frac{RT_0}{2}(x-1)(x-6).\]

Ток через последовательно соединённые элементы одинаков, а напряжения складываются. Постройте ВАХ каждого элемента и выясните, при каких токах сумма напряжений равна текущему \(U(t)\); у ВАХ есть участок скачка, поэтому ток при некоторых напряжениях неоднозначен.

Сила в жгуте и пружине одна и та же, а удлинения складываются. Для груза решайте уравнение \(f(x) = kL - kx\) графически; энергия — площадь под графиком; для малых колебаний возьмите жёсткость жгута как наклон касательной.

1) \(X = 31{,}5\) см;  2) \(m = 40\) г;  3) \(E \approx 18 \pm 2\) мДж;  4) \(T \approx 0{,}84 \pm 0{,}05\) с.

По наклону участков графика до и после добавления снега найдите мощность печи и теплоёмкость содержимого. Добавленную массу снега можно определить из изменения наклона, после чего посчитайте время нагрева до 0 °С и плавления.

Капсулу нужно извлечь в 9 часов 30 минут и 2,25 секунды по московскому времени.

Количество теплоты, выделенное нагревателем, равно площади под графиком \(P(\tau)\).

Найдите по графику количество газа \(pV/(RT)\) при 200 К (только воздух) и при 500 К (воздух и весь пар). Разность — количество воды.

Масса льда, который оказался в цилиндре у Знайки, равна 18 г.

Выделите три стадии: сначала вода целиком намерзает на льдинку, потом лёд начинает таять, потом весь лёд растаял. Каким должен быть наклон графика на каждой стадии?

График зависимости \(m_1\) от \(m_2\) изображён на рисунке.

Максимальное значение \(m_1\), равное 4,5 кг, достигается при \(m_2 = 0{,}5\text{ кг}\). Масса \(m_1\) обращается в нуль, когда \(m_2\) не меньше 5 кг. Начальная температура воды \(80\,{}^\circ\text{C}\), льда \(-40\,{}^\circ\text{C}\).

Когда количество наливаемой воды является небольшим, она вся намораживается на льдинку. На данном этапе масса \(m_1\) складывается из начальной массы \(m_0 = 4\text{ кг}\) и массы \(m_2\): \(m_1 = m_0 + m_2\). Изобразим эту зависимость на графике:

Когда температура образовавшейся льдинки станет равна \(0\,{}^\circ\text{C}\), льдинка начнёт таять. При добавлении воды (удельная теплоёмкость \(c\)) массой \(\Delta m_2\) при температуре \(t_\text{в}\) (в градусах Цельсия) льдинка (удельная теплота плавления \(\lambda\)) будет получать количество теплоты \(c\,\Delta m_2 \cdot t_\text{в}\), и лёд массой \(c\,\Delta m_2 \cdot t_\text{в}/\lambda\) превратится в воду. Поэтому на втором участке график зависимости \(m_1\) от \(m_2\) будет прямой с отрицательным угловым коэффициентом \[\frac{\Delta m_1}{\Delta m_2} = -\frac{c\,t_\text{в}}{\lambda}.\] Наконец, на третьем этапе весь лёд расплавится, и график будет совпадать с прямой \(m_1 = 0\).

Таким образом, искомый график является ломаной линией, состоящей из отрезка прямой с угловым коэффициентом, равным единице; отрезка прямой с отрицательным угловым коэффициентом и горизонтальной линии \(m_1 = 0\). Учитывая две экспериментальные точки, приходим к окончательному графику (см. ответ).

Из графика видно, что максимальное значение \(m_1\) достигается при \(m_2 = 0{,}5\text{ кг}\). Это максимальное значение равно 4,5 кг. Масса \(m_1\) обращается в нуль, когда \(m_2\) не меньше 5 кг.

Температуру воды найдём из формулы для углового коэффициента на втором участке: по графику угловой коэффициент прямой равен \(-1\), отсюда \(t_\text{в} = 80\,{}^\circ\text{C}\).

Найдём начальную температуру льдинки. При охлаждении и замерзании воды массой \(m_2 = 0{,}5\text{ кг}\) выделяется количество теплоты \((c\,t_\text{в} + \lambda)m_2\). Оно идёт на нагревание льдинки массой \(m_0 = 4\text{ кг}\) и удельной теплоёмкостью \(c_\text{л}\) на \(\Delta t = m_2(c\,t_\text{в} + \lambda)/(c_\text{л} m_0) = 40\,{}^\circ\text{C}\). Поскольку именно при данном значении \(m_2\) льдинка нагревается до \(0\,{}^\circ\text{C}\), начальная температура льдинки равна \(-40\,{}^\circ\text{C}\).

Скорость электрона меняется только на сетках, где излом графика, а поле между сетками однородно. По наклону графика \(v^2(x)\) можно сравнить напряжённости полей, а те определяются суммой зарядов сеток.

Координаты сеток и их электрические заряды: \(x = d,\ 2d,\ 3d,\ 4d\) и заряды \(+q,\ -q/2,\ +q/2,\ -q\) соответственно.

При запуске электрона со скоростью \(v_0/2\) график зависимости квадрата скорости от координаты представлен на рисунке:

График зависимости проекции скорости \(v_x\) от времени \(t\) (введено обозначение \(\tau = d/v_0\)):

Клапан открывается, когда давление в цилиндре выходит за пределы \(p_0 - \Delta_1\) и \(p_0 + \Delta_2\). Выясните, достигают ли давления этих границ при изотермическом изменении объёма от \(V_0\) до \(2V_0\) и сколько воздуха при этом остаётся.

В первом случае \(\nu_{\max} = \dfrac{1{,}6\,p_0 V_0}{R T_0}\), \(\nu_{\min} = \dfrac{1{,}4\,p_0 V_0}{R T_0}\); во втором случае количество воздуха остаётся постоянным (после того, как оно один раз установилось) и равным \(\nu = \dfrac{1{,}2\,p_0 V_0}{R T_0}\). Процессы в координатах \(p\)–\(V\):

Подъём уровня в среднем сосуде определяется суммой скоростей опускания поршней. Сравните наклоны двух ветвей графика \(h(l)\) и найдите, с какими скоростями движутся поршни на каждом этапе.

\(\rho_{\text{см}_1} = \dfrac{2(7\rho_1+\rho_2)+(\rho_1+7\rho_2)}{3\cdot 8} = \dfrac{15\rho_1+9\rho_2}{24}\), если сначала быстрее движется левый поршень;  \(\rho_{\text{см}_2} = \dfrac{2(\rho_1+7\rho_2)+(7\rho_1+\rho_2)}{3\cdot 8} = \dfrac{9\rho_1+15\rho_2}{24}\), если сначала быстрее движется правый поршень.

Работу силы удобно искать через изменение кинетической энергии, а для конечной скорости нужен импульс силы "— площадь под графиком.

\(A = 136{,}4\text{ мДж}\).

Изменение импульса тела пропорционально площади под графиком приведенной зависимости, которую можно найти суммированием площадей прямоугольников и трапеций (или треугольников): \(\Delta p = 4{,}4\cdot 10^{-2}\text{ Н}\cdot\text{с}\). Конечную скорость найдем через изменение импульса: \(v = v_0 + \dfrac{\Delta p}{m} = 4{,}2\) м/с. По теореме об изменении кинетической энергии \[\frac{mv_0^2}{2} + A = \frac{mv^2}{2},\] откуда \(A = 136{,}4\) мДж.

Найдите по прямой части графика закон \(V_{\text{ср}}(t)\), а по нему — путь \(S(t) = V_{\text{ср}}t\) и скорость точки. Прямолинейность возможна, пока скорость не обратится в нуль: после этого точка начала бы возвращаться.

Убывающий участок графика мог быть прямолинейным до момента \(t_{\max} = 12\) с.

Полная тень заканчивается там, где столб «закрывает» весь диск Солнца. Выразите длину такой тени через \(d\), \(\alpha\) и угол \(\varphi\) высоты Солнца, а затем сопоставьте с наклоном и полкой графика.

\(H = L_0\,\dfrac{\sqrt{1 - (k\alpha)^2}}{k\alpha} = 9\) м (при грубом переводе градусов в радианы) или \(H \approx 12\) м.

Вольтметр идеальный, поэтому каждое плечо моста работает как делитель напряжения; показание равно разности потенциалов средних точек. Наклон графика \(R(T)\) в точке \(T_0\) даёт связь \(\Delta R_t\) с \(\Delta T\).

1) \(U(\Delta T) = \dfrac{U_0 k}{4R_t(T_0)}\,\Delta T\), т. е. \(U(\Delta T) = \Delta T \cdot 50\text{ мВ}/{}^\circ\text{С}\) (здесь \(\Delta R_t = -k\Delta T\), \(k = 10\text{ Ом}/{}^\circ\text{С}\)); меньшая относительная погрешность обеспечивается при низких температурах;  2) \(23\,{}^\circ\text{С} < T < 100\,{}^\circ\text{С}\).

Что видно на графике при \(y=0\) и при \(x=0\)? Подумайте, под каким углом идёт в воде луч, выходящий вдоль поверхности жидкости.

\(n = 1{,}33 \pm 0{,}05\), \(h = 1{,}34 \pm 0{,}05\) м.

Выясните, какие маркеры относятся к воде: как меняется погружённый в воду объём игрушки по мере добавления масла? Затем сравните условие плавания в начале и в конце опыта.

1) \(\mu = 0{,}17\text{ мл/с}\);  2) \(\rho_\text{м} = 0{,}77\text{ г/см}^3\).

а. Количество масла в сосуде с течением времени увеличивается, следовательно, сила Архимеда, действующая на пластиковую игрушку со стороны масла, возрастает. Из-за этого уменьшается объём игрушки, погружённый в воду, и уровень воды в сосуде понижается. Значит, крестиками на графике обозначены измерения, связанные с водой, а кружочками —- с маслом. В момент времени \(t = 6\) мин уровень воды прекращает изменяться, а уровень масла повышается с постоянной скоростью, значит, объёмы воды и масла, вытесненные игрушкой, перестают изменяться. По графику определим изменение объёма масла за последние 4 минуты измерений: \(\Delta V_\text{м} = 40\) мл. Скорость \(\mu\) равна \(\Delta V_\text{м}/\Delta t\), где \(\Delta t = 4\) мин. Подставив числовые значения, находим \(\mu = 10\text{ мл/мин} = 0{,}17\text{ мл/с}\).

б. Обозначим объёмы игрушки, погружённые в воду, в начальный и конечный моменты времени как \(V_1\) и \(v_1\) соответственно. Тогда \(V_1 - v_1 \approx 243\text{ мл} - 100\text{ мл} = 143\text{ мл}\). Разность объёмов, измеренных в момент времени \(t = 6\) мин, равна \(\mu t + V_2\), где \(\mu t\) —- объём масла в сосуде к моменту времени \(t = 6\) мин, \(V_2\) —- объём вытесненного масла. Откуда находим \(V_2 = 245\text{ мл} - 10\text{ мл/мин}\cdot 6\text{ мин} = 185\text{ мл}\).

Силу тяжести, действующую на игрушку, в начальный момент времени компенсирует сила Архимеда \(\rho_\text{в} g V_1\), а в конечный момент —- \(\rho_\text{м} g V_2 + \rho_\text{в} g v_1\), где \(\rho_\text{в}\) и \(\rho_\text{м}\) —- плотности воды и масла соответственно. Следовательно, \[\rho_\text{м} = \frac{V_1 - v_1}{V_2}\,\rho_\text{в} = 0{,}77\text{ г/см}^3.\]

За полчаса вертолёт пролетает 100 км, то есть лежит на окружности радиуса 100 км вокруг своего положения в начале интервала. Одновременно он лежит на окружности вокруг \(A\) с радиусом из таблицы. Пересечения окружностей дают возможные положения.

1) вертолёт пролетит над населённым пунктом, отмеченным на рисунке решения крестиком, с 12:39 до 12:45 (самое раннее время —- 12:39);  2) населённый пункт, в который приходит траектория, показанная на рисунке решения фиолетовым цветом.

а. Нарисуем окружность (чёрная) радиусом 150 км (30 маленьких клеточек), центр которой совпадает с центром пункта \(A\). Изобразим ещё одну окружность (красная) радиусом 100 км (20 маленьких клеточек), центр которой совпадает с положением вертолёта в 12:00. Пересечения этих окружностей —- это два возможных расположения вертолёта в момент времени 12:30. В пункт, который расположен ближе всего к одной из этих точек, вертолёт долетит за минимальное время. Этот пункт на рисунке отмечен крестиком. Расстояние от центра населённого пункта до положения вертолёта в 12:30 равно 8 клеточкам. Диаметр населённого пункта равен 4 клеточкам. Следовательно, вертолёт будет лететь над этим населённым пунктом с 12:39 до 12:45.

б. На рисунке изображены 4 чёрные окружности радиусами 150 км, 225 км, 250 км и 300 км, центры которых совпадают с центром пункта \(A\), и красные окружности радиусом 100 км, которые показывают, где мог бы оказаться вертолёт через 30 минут. Возможны 4 траектории перемещения вертолёта, одна из которых попадает в искомый населённый пункт. Данная траектория изображена фиолетовым цветом.

Найдите ускорения каждого бруска по отдельности: у нижнего оно равно нулю. При упругом ударе одинаковых тел они обмениваются скоростями.

4a) \(t_1 = \sqrt{\dfrac{8L}{g}} \approx 0{,}28\) с, \(t_k = \sqrt{\dfrac{8L}{g}}\,(2k-1)\);  4b) \(S_n = L\,(2n^2 - 2n + 1)\).

Что видно на графике при \(x\to0\)? Предмет у самой правой линзы даёт у неё изображение с увеличением, близким к единице, и это изображение служит предметом для левой линзы на расстоянии \(L\).

\(f=60\) см, \(L=\dfrac{2f}{3}=40\) см.

Покажем относительно короткое решение этой задачи. Пусть предмет находится на расстоянии \(x\to0\) от правой линзы, проще говоря, предмет находится вблизи оптического центра правой линзы. Тогда правая линза формирует мнимое изображение предмета, располагающееся также вблизи оптического центра правой линзы, при этом предмет изображается в линзе с поперечным увеличением \(\Gamma_1=\dfrac{f}{f-x}\), примерно равным 1. Изображение предмета в правой линзе является фиктивным предметом для второй линзы. Этот фиктивный предмет располагается на расстоянии \(L\) от левой линзы и, как следует из графика, изображается с увеличением \(\Gamma_2=3\) в этой линзе. Отсюда следует уравнение \[\left|\frac{f}{f-L}\right| = 3,\] которое имеет два решения \(L=\dfrac{4f}{3}\) и \(L=\dfrac{2f}{3}\).

Рассмотрим первое решение \(L=\dfrac{4f}{3}\). Пусть расстояние до предмета меньше фокусного расстояния линзы: \(x<f\). Тогда правая линза даёт мнимое изображение, располагающееся на расстоянии \(y_1=\dfrac{fx}{f-x}\), увеличение этого изображения равно \[\Gamma_1=\frac{f}{f-x}. \tag{1}\] Расстояние от фиктивного предмета до левой линзы даётся формулой \[x_1=\frac{xf}{f-x}+\frac{4f}{3}=\frac{f(4f-x)}{3(f-x)},\] Подставляя значение \(x_1\) в формулу линзы, находим расстояние до изображения во второй линзе \[y_1=\frac{f(4f-x)}{f+2x}\] и увеличение, с которым изображается фиктивный предмет во второй линзе \[\Gamma_2=\frac{y_1}{x_1}=\frac{3(f-x)}{f+2x}. \tag{2}\] Перемножая увеличения, полученные в (10) и (11), находим формулу, дающую увеличение системы \[\Gamma=\Gamma_1\cdot\Gamma_2=\frac{3f}{f+2x}. \tag{3}\] Из полученной формулы следует, что при изменении \(x\) от 0 до \(f\) увеличение уменьшается, что не соответствует графику, представленному в условии. Таким образом, значение \(L=\dfrac{4f}{3}\) не подходит.

Исследуем значение \(L=\dfrac{2f}{3}\). В этом случае, считая \(x<f\), и рассуждая аналогично предыдущему случаю, имеем вместо формул (11) и (12) соотношения \[\Gamma_2=\left|\frac{3(f-x)}{f-4x}\right|,\qquad \Gamma=\Gamma_1\cdot\Gamma_2=\left|\frac{3f}{f-4x}\right|. \tag{4}\] Легко видеть, что вторая формула из (13) соответствует приведённому в условии графику при \(f=60\) см. Расстояние между линзами, очевидно, равно \(L=\dfrac{2f}{3}=40\) см. Отметим, что ответы можно получить и другим способом, например, решая задачу «в лоб».

За время между вспышками обруч поворачивается на четверть оборота. Как по двум точкам, отстоящим на пол-оборота, найти положение оси обруча?

\(R = (0{,}75 \pm 0{,}05)\text{ м}\), \(v = (5{,}7 \pm 0{,}5)\text{ м/с}\).

Задача может быть решена разными способами. Покажем один из них, наиболее простой по мнению автора.

Пусть \(\{\mathbf r_i\}\), \(i = 1, 2, 3, 4\) "— совокупность радиус-векторов точек, изображённых на рисунке, в некоторой системе координат; \(\{\mathbf R_i\}\), \(i = 1, 2, 3, 4\) "— совокупность радиус-векторов точек, изображающих центр диска в моменты вспышек. Обозначим \(\mathbf a\) "— вектор, проведённый из точки, изображающей центр диска, к точке, изображающей лампочку в моменты первой вспышки, вектор \(\mathbf b\) "— аналогичный вектор для момента второй вспышки.

Справедливы соотношения \[\mathbf r_1 = \mathbf R_1 + \mathbf a, \qquad \mathbf r_3 = \mathbf R_1 + \mathbf v \cdot 2t - \mathbf a,\] в которых \(\mathbf v\) "— скорость движения центра диска. Для моментов второй и четвёртой вспышек верны соотношения \[\mathbf r_2 = \mathbf R_2 + \mathbf b, \qquad \mathbf r_4 = \mathbf R_2 + \mathbf v \cdot 2t - \mathbf b.\] Из этих соотношений следуют формулы \[\frac{\mathbf r_1 + \mathbf r_3}{2} = \mathbf R_1 + \mathbf v \cdot t = \mathbf R_2, \qquad \frac{\mathbf r_2 + \mathbf r_4}{2} = \mathbf R_3.\] Легко видеть, что полусумма векторов \(\dfrac{\mathbf r_1 + \mathbf r_3}{2}\) "— есть радиус-вектор середины отрезка, соединяющего точки 1 и 3. Отсюда следует вывод о том, что точка, изображающая центр диска в момент второй вспышки, совпадает с серединой отрезка 13. Аналогично, точка, изображающая центр диска в момент третьей вспышки, совпадает с серединой отрезка 24.

Таким образом, построение содержит следующие шаги. Строим середины отрезков 13 и 24 (точки \(O_2\) и \(O_3\) соответственно на рисунке). Длина отрезка \(O_2 2\) равна радиусу диска. За четверть секунды точка, изображающая центр диска, проходит путь, соответствующий длине отрезка \(O_2O_3\).

Измерения по чертежу, сделанные после построений при помощи линейки, дают \(O_2 2 = 34{,}5\text{ мм}\), \(O_2O_3 = 64{,}5\text{ мм}\). Сравнив при помощи линейки найденные длины с длиной отрезка, соответствующего длине 1 метр (45 мм), получаем искомые величины \[R \approx \frac{34{,}5}{45}\text{ м} = 0{,}75\text{ м}, \qquad v \approx \frac{64{,}5}{45}\cdot 4\text{ м/с} \approx 5{,}7\text{ м/с}.\]

Пока сила чуть превышает максимум трения покоя, брусок сначала «срывается» с места, а как только сила меняет знак, начинает тормозиться почти вдвое сильнее. Для досок выясните по порядку: когда начнёт двигаться каждая доска и когда начнётся проскальзывание между ними.

А) график скорости "— пилообразный периодический, максимальное значение \(u = 1{,}8\text{ м/с}\);  Б1) \(a = 0\) при \(t < t_0\), далее \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{t_0} - \mu_s g\), до \(16\text{ м/с}^2\) при \(t = 4t_0\);  Б2) \(a = 0\) при \(t < 2t_0\), затем \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{2t_0} - \mu_s g\) (от \(1\) до \(5\text{ м/с}^2\) при \(t = 3{,}6t_0\)), затем \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{t_0} - 3\mu_s g\) (от \(6\) до \(8\text{ м/с}^2\) при \(t = 4t_0\)).

А. Анализ показывает, что в каждый момент времени брусок двигается с ускорением, которое по абсолютной величине может быть равно \(a_1 \approx (\mu_r - \mu_s)\,g = 1\text{ м/с}^2\) или \(a_2 \approx (\mu_r + \mu_s)\,g = 9\text{ м/с}^2\). Спустя длительное время после начала процесса установится квазистационарный режим, и проекция скорости бруска в зависимости от времени будет меняться периодически. В течение периода за время \(\tau = \dfrac{T}{20}\) модуль скорости бруска уменьшается от значения \(u\) до нуля, а затем за время \(9\tau\) увеличивается от нуля до \(u\) (см. рисунок ниже, \(\tau = 0{,}2\text{ с}\)). Значение максимальной скорости в квазистационарном режиме равно \(u = 1{,}8\text{ м/с}\).

Можно дать доказательство того факта, что спустя длительное время после начала процесса устанавливается квазистационарный режим. Действительно, обозначим \(v_k\) "— значение модуля скорости бруска спустя время \(\dfrac{kT}{2}\) после начала процесса. Справедливо рекуррентное соотношение \[v_{k+1} = 2\text{ м/с} - \frac{v_k}{9}, \tag{1}\] при этом \(v_1 = 2\text{ м/с}\). Введём обозначение \(w_k = v_k - u\), где \(u = 1{,}8\text{ м/с}\). Из формулы (4) следует соотношение \[w_{k+1} = -\frac{w_k}{9},\] а из него формула для \((k+1)\)-го члена последовательности \[w_{k+1} = 0{,}2\cdot\frac{(-1)^k}{9^k},\] которая является убывающей геометрической прогрессией. Легко видеть, что предел последовательности \(\{w_k\}\) при \(k \to \infty\) равен нулю. Это означает, что при больших \(k\) значение \(v_k\) стремится к \(u\).

Б. Б1) Сразу заметим, что нижняя доска при любом значении внешней силы будет оставаться в покое, поскольку максимальное значение силы трения покоя, действующей на неё со стороны стола, равно \(2\mu_r mg\), а максимальная сила, действующая на нижнюю доску со стороны верхней равна \(\mu_r mg\). Таким образом, при значении внешней силы меньше \(\mu_r mg\) ускорение верхней доски равно нулю, а при значении больше \(\mu_r mg\) равно \[a(t) = \frac{\mu_r g t}{t_0} - \mu_s g. \tag{2}\] Искомый график изображён на рисунке, представленном ниже.

Б2) В этом случае движение начнётся, когда внешняя сила станет больше значения \(2\mu_r mg = mg\), это произойдёт в момент времени \(t_1 = 2t_0\), далее верхняя доска будет двигаться совместно с нижней с ускорением, даваемым формулой \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{2t_0} - \mu_s g\), похожей на формулу (5). Позднее в некоторый момент времени начнётся проскальзывание верхней доски по нижней. Значение внешней силы в этот момент будет удовлетворять соотношению \[\frac{F - 2\mu_s mg}{2m}\cdot m = \mu_r mg. \tag{3}\] Решив уравнение (6), находим критическое значение силы \(F = 2\,(\mu_s + \mu_r)\,mg = 1{,}8\,mg\). Этого значения сила достигает в момент времени \(t = 3{,}6t_0\). Далее нижняя доска будет двигаться с ускорением, большим ускорения верхней доски. Зависимость ускорения нижней доски от времени в этом случае будет задаваться формулой \[a(t) = \frac{\mu_r g t}{t_0} - 3\mu_s g. \tag{4}\] Искомый график можно видеть на рисунке, представленном ниже.

Выпишите, какая масса замерзает за малое перемещение капли по высоте, и просуммируйте по всему пути: что в этой сумме не зависит от размера капли?

\(n = \dfrac{2}{27} \approx 7{,}4\,\%\).

Обозначим \(\Delta T(h) = t_c - t(h)\) "— разность температур капли и окружающей среды на высоте \(h\) (большая буква используется для обозначения разности температур, чтобы избежать путаницы с временем). Пусть за малое время \(\Delta t\) замерзает небольшая масса капли \(\Delta m\), тогда справедливо соотношение \[\lambda\,\Delta m = \alpha\,\Delta T(h)\,S\,\Delta t.\] Пусть скорость капли равна \(v\), тогда это соотношение можно переписать в виде \[\frac{\lambda v\,\Delta m}{\alpha S} = \Delta T(h)\,\Delta h. \tag{1}\] При суммировании выражений, стоящих в правой части формулы (8), получается величина, численно равная площади фигуры, ограниченной графиком профиля температуры, осями абсцисс и ординат. Эта площадь не зависит от размера капли и скорости её падения. Таким образом, суммарная масса, превращающаяся в лёд в процессе падения, пропорциональна площади её поверхности и обратно пропорциональна скорости падения \[m \propto \frac{S}{v} \propto \frac{R^2}{v}. \tag{2}\] Символ <<\(\propto\)>> означает пропорциональность. Скорость падения определяется из равенства силы сопротивления и силы тяжести: \[Mg = \beta S v^2 \quad\Rightarrow\quad v^2 \propto \frac{\rho V}{S} \propto R. \tag{3}\] Комбинируя соотношения (9), (10) и учитывая, что масса капли пропорциональна \(R^3\), получаем для доли замерзающей массы соотношение \[n = \frac{m}{M} \propto \frac{R^{3/2}}{R^3} \propto R^{-3/2}. \tag{4}\] Из формулы (11) следует, что доля массы большой капли, превращающаяся в лёд, равна \[n = \frac{1}{4}\cdot(2{,}25)^{-3/2} = \frac{2}{27} \approx 7{,}4\,\%.\]

Ток через \(R\) постоянен, если вольт-амперная характеристика параллельного соединения диода и \(R_0\) имеет горизонтальный участок. В пункте А построите нагрузочную прямую \(U = U_0 - IR\) и найдите предельные наклоны, при которых она пересекает характеристику один раз.

А) \(R > \dfrac{2u}{i}\) или \(R < \dfrac{5u}{4i}\);  Б1) \(R_0 \approx 66{,}7\text{ Ом}\);  Б2) \(201\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 215\text{ Ом}\).

А. Обозначим \(V(I)\) зависимость напряжения на туннельном диоде от текущего через него тока. Тогда ток в рассматриваемой цепи определяется уравнением \(U_0 - IR = V(I)\), количество решений которого зависит от величины параметра \(R\). Графический метод решения этого уравнения состоит в определении координат точки (или точек) пересечения вольт-амперной характеристики и прямой \(U = U_0 - IR\). На графике, представленном ниже, пунктирной линией показана прямая, соответствующая такому значению сопротивления, при котором ток цепи определяется неоднозначно (уравнение имеет три решения). Тонкими сплошными линиями чёрного цвета показаны прямые, соответствующие таким значениям сопротивления \(R_1\) и \(R_2\), что уравнение имеет два решения.

Легко видеть, что искомые значения сопротивления, при которых ток в цепи определяется однозначно, даются неравенствами \[R < R_1, \qquad R > R_2.\] Теперь остаётся определить значения \(R_1\) и \(R_2\). Значение \(R_1\) определяется из уравнения \[u = 6u - 4i\cdot R_1. \tag{1}\] Аналогичное уравнение можно записать и для определения значения \(R_2\) \[4u = 6u - i\cdot R_2. \tag{2}\] Решая уравнения (12) и (13), получаем ответы: \[R > \frac{2u}{i}, \qquad R < \frac{5u}{4i}.\]

Б. Параллельное соединение туннельного диода и резистора может обеспечить постоянный ток в этой цепи (в некотором диапазоне напряжений) в том случае, если вольт-амперная характеристика этого параллельного соединения имеет горизонтальный участок, что реализуется при значении сопротивления балластного резистора, равном \[R_0 = \frac{U_2 - U_1}{I_1 - I_2} = \frac{600}{9}\text{ Ом} \approx 66{,}7\text{ Ом}.\] Теперь можем легко вычислить постоянное значение тока через нагрузку \[I_{\text{const}} = I_1 + \frac{U_1}{R_0} = 13\text{ мА}.\] Обозначим минимальное входное напряжение \(U_{\min} = 3{,}0\text{ В}\), тогда значение тока \(I_{\text{const}}\) через нагрузку реализуется при следующих значениях сопротивления нагрузки \[\frac{U_{\min} - U_2}{I_{\text{const}}} \leqslant R \leqslant \frac{U_{\min} - U_1}{I_{\text{const}}}, \tag{3}\] Вычислив значения в формуле (14) и округлив до целого, получим неравенства \[170\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 215\text{ Ом}. \tag{4}\] Рассуждая аналогично, можем рассчитать диапазон возможных значений сопротивления нагрузки для максимального входного напряжения \(U_{\max} = 3{,}4\text{ В}\). Получится двойное неравенство \[201\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 246\text{ Ом}. \tag{5}\] Пересечение отрезков (15) и (16) даёт ответ на вопрос задачи: \[201\text{ Ом} \leqslant R \leqslant 215\text{ Ом}.\]

КПД — это работа за цикл, делённая на всё подведённое тепло. Для участка с постоянной теплоёмкостью \(c\) из первого начала получите связь \(A\) и \(Q\) и найдите \(c\) на каждом участке графика.

1) \(\eta = \dfrac{A}{Q_+} \approx 8{,}9\,\%\);  2) \(T_{\min} = 120\text{ К}\).

Используя график, находим КПД цикла \[\eta = \frac{A}{Q_+} = \frac{0{,}8\text{ кДж}}{9{,}0\text{ кДж}} = 8{,}9\,\%,\] где \(A\) — работа, совершённая газом за цикл, \(Q_+\) — подведённое к газу количество теплоты.

Найдём теплоёмкость газа в процессе, который описывается уравнением \(A = \dfrac{1}{6}Q\) (прямолинейный участок, проходящий через начало координат). Запишем первое начало термодинамики для процесса с постоянной теплоёмкостью \[c\,\Delta T = c_V\,\Delta T + A,\] откуда получим следующее соотношение \[A = (c - c_V)\,\Delta T = \frac{c - c_V}{c}\,Q.\] Следовательно, \(\dfrac{c_1 - c_V}{c_1} = \dfrac{1}{6}\), откуда имеем равенство \(c_1 = \dfrac{6}{5}c_V = 3R\).

Зная теплоёмкость газа, найдём изменение температуры в этом процессе \[Q = 3R\,\Delta T_1 \quad\Rightarrow\quad \Delta T_1 = \frac{9\text{ кДж}}{3 \cdot 8{,}3\text{ Дж/(моль}\cdot\text{К)}} = 361\text{ К}.\] Во втором процессе работа газа равна нулю, поэтому для него справедлива формула \(Q = c_V\,\Delta T_2\), из которой следует \[\Delta T_2 = -\frac{7{,}5\text{ кДж}} {\dfrac{5}{2} \cdot 8{,}3\text{ Дж/(моль}\cdot\text{К)}} = -361\text{ К}.\] В начале и в конце третьего процесса с постоянной теплоёмкостью температуры газа равны, следовательно, это изотермический процесс.

Минимальная температура газа в цикле равна \[T_{\min} = T_{\max} + \Delta T_2 = 481\text{ К} - 361\text{ К} = 120\text{ К}.\]

Изображения радиусов, проведённых из центра в крайние точки полуокружности, одинаковы по размеру, значит, диаметр, стягивающий полуокружность, перпендикулярен главной оптической оси. Прямая через изображения концов радиуса, перпендикулярного оси, проходит через фокус.

\(f = 20\), \(R = 6\) (в клетках); оптический центр \(O\) — на рисунке решения (на главной оптической оси, на расстоянии \(20\) от фокуса \(F\)).

Существует несколько вариантов решения. Покажем один из них.

Поскольку изображения радиусов, проведённых из центра в крайние точки полуокружности, имеют одинаковый размер, диаметр, закрывающий полуокружность, перпендикулярен главной оптической оси.

При этом главная оптическая ось касается изображения в одной из крайних точек и совпадает с одной из линий сетки. Далее по рисунку определяем размер изображения радиуса, закрывающего полуокружность, получается \(A_1B_1 = 12\). Далее определяем расстояние от дальней точки изображения до главной оптической оси \(A_2B_2 = 30\) и расстояние между ближней и дальней точками изображения \(B_2B_1 = 60\). Прямая \(A_1A_2\) должна проходить через фокус. Из подобия треугольников получаем \(B_1F = 40\).

Обозначим \(R\) — радиус исходной окружности, \(a_1\) — расстояние от диаметра, закрывающего полуокружность, до линзы, \(f\) — фокусное расстояние. Тогда справедливы соотношения \[\frac{R}{a_1} = \frac{12}{f + 40} \quad\Rightarrow\quad a_1 = \frac{f + 40}{12}\cdot R .\] Аналогично для расстояния \(a_2\) от ближней (к линзе) точки полуокружности до линзы имеем формулу \[a_2 = \frac{f + 100}{30}\cdot R .\] Далее записываем для точки изображения \(A_1\) формулу линзы. Имеем уравнение \[\frac1f = \frac{1}{f + 40} + \frac{1}{a_1}.\] Подставляя в это уравнение выражение для \(a_1\), получаем после преобразований соотношение \[R = 0{,}3f .\] Учитывая, что \(a_1 = a_2 + R\), из выражений для \(a_1\) и \(a_2\) имеем уравнение \[\frac{f + 100}{30} + 1 = \frac{f + 40}{12}.\] Решая это уравнение и подставляя найденное значение \(f = 20\) в соотношение \(R = 0{,}3f\), получаем \(R = 6\).

Пустой сосуд нить не натягивает — значит, сила натяжения определяется только моментом веса содержимого относительно опоры. Меняться она может либо потому, что смещается центр масс содержимого, либо потому, что меняется его масса. Что должно случиться с тающей льдинкой, чтобы центр масс резко сместился?

В конце утерянного участка оставшийся лёд всплыл (оторвался от дна);  1) \(m = 0{,}2\) кг;  2) \(P = 115\) Вт;  3) \(t_0 \approx -81\,^\circ\)C.

Отметим, что нить не натянута до помещения льда в сосуд. Это означает, что центр масс системы «рычаг + сосуд» находится по горизонтали на уровне опоры, что позволяет в уравнениях моментов исключать соответствующие слагаемые.

График имеет 4 участка. На первом, очевидно, лёд нагревается. На втором идёт плавление льда, и вода начинает стекать с льдинки в сосуд, равномерно распределяясь по его дну. Однако заканчивается этот участок раньше, чем лёд полностью успевает растаять, — в момент отрыва льдинки от дна. То есть в конце утерянного участка оставшийся лёд всплыл. Кстати, начало этого участка также не обязательно совпадает с моментом начала плавления, ведь вода может скапливаться в каких-то углублениях на льдинке и положение центра масс льда может оставаться какое-то время неизменным. Вообще, поведение на втором участке предсказать почти невозможно, поскольку процесс сильно зависит от формы куска льда, а также от того, как именно к нему будет подводиться тепло. На третьем участке в сосуде сначала тающий лёд, плавающий на поверхности воды, а потом вода, нагревающаяся до температуры кипения. На четвёртом участке вода уже достигла температуры кипения и испаряется. Изменение силы натяжения нити в начале связано с перераспределением веса содержимого по мере нагрева, а в конце — с изменением массы содержимого.

Массу льда можно найти по третьему отрезку графика из правила моментов (\(x\) — длина \(\frac18\) части рычага): \[T_3\cdot 2x = mg\cdot 3x;\] \(T_3 = 3\) Н. Откуда \(m = 0{,}2\) кг.

Мощность нагрева легко посчитать по четвёртому отрезку, зная массу, испарившуюся за известный промежуток времени. Хорошие точки на графике — \((1600\text{ с};\ 3\text{ Н})\), а также \((3200\text{ с};\ 1{,}8\text{ Н})\). Из них получаем \(\Delta T = 1{,}2\) Н, \(\Delta m = \dfrac{2\Delta T}{3g} = 0{,}08\) кг, \(\Delta\tau = 1600\) с. Откуда: \[P = \frac{L\Delta m}{\Delta\tau} = 115\text{ Вт}.\] Зная мощность, несложно посчитать начальную температуру льда (\(\tau_3 = 1600\) с — момент, когда вода закипела, начало четвёртого участка): \[t_0 = \frac{cm\Delta t_\text{воды} + \lambda m - P\tau_3}{c_\text{льда}m} \approx -81\,^\circ\text{C}.\]

Источник и изображение всё время на одной вертикали, поэтому их горизонтальные скорости равны. В системе зеркала их траектории симметричны, откуда ускорение изображения \(\vec a^* = 2\vec a - \vec g\); останется сравнить «крутизну» двух парабол по графику.

\(a = (1{,}76 \pm 0{,}10)\text{ м/с}^2\), ускорение зеркала направлено вниз (другими способами решения — \(1{,}64\); \(1{,}75\); \(1{,}80 \pm 0{,}02\text{ м/с}^2\)).

Плоскость зеркала горизонтальна, поэтому источник света \(S\) и его изображение \(S^*\) всегда расположены на одной вертикальной прямой. Тогда, поскольку проекция скорости \(v_x\) источника на горизонтальную ось \(x\) остаётся постоянной, проекция скорости изображения на соответствующую ось \(v^*_x = v_x\).

В связанной с зеркалом системе отсчёта ускорение источника равняется: \[\vec a_\text{отн} = \vec g - \vec a.\] В системе отсчёта зеркала траектории источника \(S\) и его изображения \(S^*\) симметричны относительно зеркала, значит для ускорения изображения источника относительно зеркала выполняется: \[\vec a^*_\text{отн} = -\vec a_\text{отн}.\] Для ускорения изображения источника в лабораторной системе отсчёта находим: \[\vec a^* = \vec a + \vec a^*_\text{отн} = 2\vec a - \vec g.\] Далее будем считать, что ускорение зеркала направлено вертикально вверх. Рассмотрим различные варианты определения ускорения.

Первый способ. Рассмотрим траекторию источника между точками, расположенными на одной горизонтали. Между ними он движется в течение времени \(t\), равного: \[t = \frac{2v_\text{в}}{g},\] где \(v_\text{в}\) — вертикальная компонента скорости источника в указанных положениях. Тогда его горизонтальное перемещение за данное время равняется: \[\Delta x = v_x t = \frac{2v_x v_\text{в}}{g}.\] Аналогично рассматривая траекторию изображения источника между точками, расположенными на одной горизонтали, получим: \[\Delta x^* = \frac{2v_x v^*_\text{в}}{g + 2a},\] где \(v^*_\text{в}\) — вертикальная компонента скорости изображения источника в указанных положениях. Здесь мы учли равенство \(v^*_x = v_x\). Разделив уравнения друг на друга, получим: \[\frac{\Delta x}{\Delta x^*} = \frac{v_\text{в}}{v^*_\text{в}}\left(1 + \frac{2a}{g}\right) \;\Rightarrow\; a = \frac{g}{2}\left(\frac{v^*_\text{в}}{v_\text{в}}\,\frac{\Delta x}{\Delta x^*} - 1\right).\] Для улучшения точности рассмотрим максимально возможные значения \(\Delta x\) и \(\Delta x^*\), которым соответствуют точки, расположенные на левом крае рисунка. Соответствующее отношение вертикальных компонент скоростей измерим как отношение угловых коэффициентов касательных. Получим: \[\frac{\Delta x}{\Delta x^*} = 0{,}865 \pm 0{,}010, \qquad \frac{v^*_\text{в}}{v_\text{в}} = \frac{k^*}{k} = 0{,}740 \pm 0{,}015 \;\Rightarrow\; a = -(1{,}76 \pm 0{,}10)\text{ м/с}^2.\] Таким образом: \(a = (1{,}76 \pm 0{,}10)\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Второй способ. Введём прямоугольную систему координат \(Oxy\). Определим координаты вершин обеих траекторий, для этого проведём горизонтальные прямые и построим к ним серединные перпендикуляры. Координаты вершины для траектории источника (на рисунке обозначено точкой 1) определяются однозначно: \(x_\text{в} = 36\) ус. единиц, \(y_\text{в} = 18\) ус. единиц. Координаты вершины траектории изображения (точка 3) по оси ординат определяются хуже, поэтому возьмём приближённое значение, таким образом \(x^*_\text{в} = 45\) ус. единиц, \(y^*_\text{в} \approx 21\) ус. единиц.

Рассмотрим движение источника света между точками 1 и 2. Между этими двумя точками источник двигался в течение времени \(t_1\), тогда его горизонтальное и вертикальное перемещения: \[\Delta x = v_x t_1; \quad \Delta y = \frac{g t_1^2}{2}.\] Время движения из формулы для горизонтального перемещения: \(t_1 = \Delta x / v_x\). Тогда: \[g = \frac{2\Delta y}{t_1^2} = \frac{2\Delta y \cdot v_x^2}{\Delta x^2}.\] Аналогично рассматривая траекторию изображения источника между точками 3 и 4, с учётом равенства горизонтальных проекций скоростей \(v_x = v^*_x\), получим: \[\Delta x^* = v^*_x t_2; \quad \Delta y^* = \frac{(g + 2a)t_2^2}{2}; \quad g + 2a = \frac{2\Delta y^*}{t_2^2} = \frac{2\Delta y^* \cdot v_x^2}{(\Delta x^*)^2}.\]

Разделим получившиеся выражения для ускорений друг на друга: \[\frac{g + 2a}{g} = \frac{\Delta y^* \cdot \Delta x^2}{\Delta y \cdot (\Delta x^*)^2}; \qquad a = \frac{g}{2}\left(\frac{\Delta y^* \cdot \Delta x^2}{\Delta y \cdot (\Delta x^*)^2} - 1\right).\] Необходимые значения в условных единицах: \(\Delta y^* = 39\), \(\Delta x^* = 65\), \(\Delta x = 74\) и \(\Delta y = 76\) найдены с помощью масштабно-координатной сетки. \[a = \frac{9{,}80}{2}\left(\frac{39 \cdot 74^2}{76 \cdot 65^2} - 1\right) = -1{,}64\text{ м/с}^2.\] Отличие от значения, полученного первым способом, обуславливается погрешностью определения координаты вершины траектории изображения источника.

\(a = 1{,}64\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Третий способ. Предположим, что ускорение зеркала направлено вниз. Проведём касательные к обеим траекториям в начальный момент времени и построим векторные треугольники перемещений для источника и его изображения. Для улучшения точности рассмотрим максимально возможные значения \(\vec v_0 t\) и \(\vec u_0 t\), где \(\vec v_0\) и \(\vec u_0\) — скорости источника и его изображения. Векторные треугольники будем строить таким образом, чтобы горизонтальные перемещения источника и изображения были равны. Таким образом время \(t\) будет одинаковым для обоих случаев.

Тогда отношение полных ускорений будет равно отношению длин соответствующих сторон двух векторных треугольников перемещений: \[\frac{g - 2a}{g} = \frac{l_2}{l_1},\] где \(l_1\) — длина в условных единицах вертикальной стороны треугольника перемещений источника, а \(l_2\) — вертикальной стороны треугольника перемещений изображения источника. Тогда: \[a = \frac{g}{2}\left(1 - \frac{l_2}{l_1}\right) = \frac{9{,}80}{2}\left(1 - \frac{27}{42}\right) = 1{,}75\text{ м/с}^2.\] \(a = 1{,}75\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Четвёртый способ. В любой момент времени точка, принадлежащая плоскости зеркала, находится на середине вертикального отрезка, соединяющего точки, принадлежащие траекториям источника и изображения. Воспользовавшись этим, мы можем восстановить траекторию точки зеркала (красная линия).

Ускорение зеркала относительно земли равно \(\vec a\). Из рисунка видно, что оно направлено вертикально вниз. Зная, что ускорение источника равно \(\vec g\), и определив координаты вершин парабол, либо характерные расстояния по вертикали и горизонтали, мы можем найти величину ускорения, воспользовавшись любым из вышеописанных способов решения.

\(a = (1{,}80 \pm 0{,}02)\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

На участке \(1 - 2\) масса не меняется — он вертикален, так что масса в точке 3 равна \(M/4\). За одинаковое время плита испарила \(3M/4\), а долив принёс те же \(3M/4\); на участке \(3 - 1\) запишите тепловой баланс смешивания и найдите \(t(m)\).

1) \(P = \eta\mu_0 q \approx 2{,}3\text{ кВт}\);  2) \(\mu = \mu_0\eta q/L = 1{,}0\text{ г/с}\);  3) \(t_1 = 40\,^\circ\text{C}\), диаграмма — прямоугольный треугольник с вершинами \((1;\,40)\), \((1;\,100)\), \((4;\,100)\);  4) \(\tau_{23}/\tau_{12} \approx 6{,}9\).

За время \(\Delta\tau\) сжигается \(\Delta m_0 = \mu_0\Delta\tau\) газа, то есть выделяется \(\Delta Q_\text{вся} = \Delta m_0 q\) энергии. Лишь \(\eta\)-ая её часть идёт на нагревание воды \(\Delta Q_\text{эфф} = \eta\Delta Q_\text{вся}\). Тогда эффективная мощность \[P = \frac{\Delta Q_\text{эфф}}{\Delta\tau} = \eta\mu_0 q \approx 2{,}3\text{ кВт}.\]

Заметим, что на участке \(1 - 2\) не происходит изменения массы воды (не происходит испарений и доливаний), т. е. этот участок вертикальный. Обозначим массу воды в точке 1 за \(M\). Уравнение, описывающее испарение на участке \(2 - 3\): \[P\tau_{23} = \left(M - \frac{M}{4}\right)L = \frac{3M}{4}L.\] Уравнение, описывающее доливание воды на участке \(3 - 1\): \[\mu\tau_{31} = M - \frac{M}{4} = \frac{3M}{4}.\] С учётом \(\tau_{23} = \tau_{31}\), получим \[\mu = \frac{P}{L} = \mu_0\frac{\eta q}{L} = 1{,}0\text{ г/с}.\]

Уравнение теплового баланса на участке \(3 - 1\) (\(t_{100} = 100\,^\circ\text{C}\) — температура кипения воды, \(c\) — удельная теплоемкость воды, \(m\) и \(t\) — текущие масса и температура воды на участке \(3 - 1\)): \[c\frac{M}{4}(t_{100} - t) = c\left(m - \frac{M}{4}\right)(t - t_\text{х}).\] Из него следует зависимость температуры воды от её массы на этом участке \[t(m) = t_\text{х} + \frac{M}{4}(t_{100} - t_\text{х})\cdot\frac{1}{m}.\]

Последняя формула показывает линейность участка \(3 - 1\). Температура воды при массе, равной начальной \(M\), равна \(t_1 = t(M) = t_\text{х} + (t_{100} - t_\text{х})/4 = (t_{100} + 3t_\text{х})/4 = 40\,^\circ\text{C}\). Восстановим целостный вид диаграммы — это прямоугольный треугольник с вершинами \((1;\,40)\), \((1;\,100)\), \((4;\,100)\). \[t_1 = 40\,^\circ\text{C}.\]

Уравнение, описывающее нагревание на участке \(1 - 2\): \[P\tau_{12} = cM(t_{100} - t_1).\] Тогда

\[\frac{\tau_{23}}{\tau_{12}} = \frac{3L}{4c(t_{100} - t_1)} \approx 6{,}9.\]

Звук сверхзвукового самолёта приходит по образующей конуса Маха, а при равномерном полёте угол между образующей и осью конуса не меняется. Звук из \(C\) пришёл в \(B\) первым — значит, образующая в этот момент перпендикулярна \(CB\); в момент регистрации в \(A\) она ей параллельна.

Траектория — прямая \(CD\), где \(D\) — положение самолёта над точкой \(A\); положения самолёта в моменты регистрации звука микрофонами \(A\) и \(B\) — точки \(S_1\) и \(S_2\) на рисунке решения.

По условию задачи микрофон в точке \(B\) зафиксировал звуковой сигнал, испущенный самолётом, когда он находился в точке \(C\). Проведём прямую \(CB\) и построим к ней перпендикуляр, проходящий через точку \(B\). Это позволит определить положение образующей конуса Маха в рассматриваемый момент времени.

Поскольку самолёт двигался равномерно, угол между образующими конуса Маха и его осью остаётся постоянным в любой момент времени. Чтобы найти границы области слышимости в момент регистрации сигнала микрофоном \(A\), проведём через точку \(A\) прямую, параллельную \(BS_2\).

Известно, что микрофон в точке \(A\) зафиксировал сигнал спустя время \(t\) после пролёта самолёта над этой точкой, а через такое же время после начала регистрации звук дошёл до микрофона \(B\). Чтобы восстановить положение самолёта над точкой \(A\), на расстоянии \(AB\) левее по горизонтали от \(A\) проведём ещё одну прямую, параллельную \(BS_2\), и найдём её пересечение с вертикалью, проходящей через точку \(A\) (точка \(D\)).

Так как самолёт двигался прямолинейно, проведём прямую через точки \(C\) и \(D\), чтобы восстановить траекторию полёта. Таким образом, точка \(S_1\) соответствует положению самолёта в момент регистрации звука микрофоном \(A\), а точка \(S_2\) — в момент регистрации микрофоном \(B\).

Площадь прямоугольника \(N_\text{ср}\tau\) под точкой графика — это вся полученная к этому моменту теплота, а она однозначно задаёт температуру. Значит, у точек \(A\) и \(B\) такие прямоугольники равновелики. Мгновенная мощность — это скорость роста той же площади: \(\dfrac{d(N_\text{ср}\tau)}{d\tau}\).

1) одна крупная клетка — \(1\) мин по оси \(\tau\) и \(1\) Вт по оси \(N_\text{ср}\), ось \(\tau\) (\(N_\text{ср} = 0\)) — вторая снизу линия сетки, \(\tau_A = 1{,}8\) мин, \(\tau_B = 4\) мин (рис. 3 решения);  2) \(t_0 = 22\,^\circ\text{C}\);  3) \(t_C \approx 48{,}4\,^\circ\text{C}\), \(N_{C\text{ср}} \approx 2{,}2\text{ Вт}\), \(N_{C\text{мгн}} \approx 2{,}2\text{ Вт}\); \(t_D = 52\,^\circ\text{C}\), \(N_{D\text{ср}} = 2\text{ Вт}\), \(N_{D\text{мгн}} = 0\).

Первый способ.

Для нагрева слитка серебра от начальной температуры \(t_0\) до температуры \(t\) необходимо сообщить ему суммарное количество теплоты: \[Q = cm(t - t_0).\] С другой стороны, количество теплоты \(Q\) можно выразить через среднюю мощность \(N_\text{ср}\) и время теплообмена \(\tau\): \[Q = N_\text{ср}\tau.\] По условию задачи температуры в состояниях \(A\) и \(B\) равны, следовательно, суммарное количество теплоты, сообщённое слитку в моменты времени \(\tau_A\) и \(\tau_B\), также одинаково. Это означает, что площади прямоугольников, соответствующих этим процессам на графике (см. рисунок 1), равны, так как они пропорциональны количеству теплоты. Таким образом, выполняется равенство: \[N_{A\text{ср}}\tau_A = N_{B\text{ср}}\tau_B.\] Для восстановления оси времени необходимо обеспечить равенство площадей прямоугольников с одинарной штриховкой на графике.

Второй способ. По условию задачи температуры в состояниях \(A\) и \(B\) равны, следовательно, эти точки лежат на одной гиперболе. Если две вершины прямоугольника расположены на одной гиперболе, то прямая, проходящая через две другие вершины, должна пересекать начало координат. Это следует из подобия треугольников, образованных описанной прямой и осями координат (см. рисунок 2).

Зная, что \(\tau_B - \tau_A = 2{,}2\) мин, восстановим график зависимости (рисунок 3):

Из графика известно, что \(N_{A\text{ср}} = 2\text{ Вт}\) и \(\tau_A = 1{,}8\text{ мин} = 108\text{ с}\), тогда: \[N_{A\text{ср}}\tau_A = cm(t_A - t_0) \;\Longrightarrow\; t_0 = t_A - \frac{N_{A\text{ср}}\tau_A}{cm}.\] \[t_0 = 22\,^\circ\text{C}.\] Из графика известно, что \(N_{C\text{ср}} \approx 2{,}2\text{ Вт}\), \(\tau_C = 2{,}4\text{ мин} = 144\text{ с}\), \(N_{D\text{ср}} = 2\text{ Вт}\) и \(\tau_D = 3\text{ мин} = 180\text{ с}\). Тогда: \[N_{C\text{ср}}\tau_C = cm(t_C - t_0); \qquad N_{D\text{ср}}\tau_D = cm(t_D - t_0).\] \[N_{C\text{ср}} \approx 2{,}2\text{ Вт}; \qquad N_{D\text{ср}} = 2\text{ Вт};\] \[t_C = t_0 + \frac{N_{C\text{ср}}\tau_C}{cm} \approx 48{,}4\,^\circ\text{C};\] \[t_D = t_0 + \frac{N_{D\text{ср}}\tau_D}{cm} = 52\,^\circ\text{C}.\] Получим выражение, позволяющее найти значение мгновенной мощности в произвольный момент времени. Для этого рассмотрим малый промежуток времени \(\Delta\tau \to 0\). За этот промежуток времени количество теплоты \(\Delta Q\) можно выразить через мгновенную мощность \(N_\text{мгн}\): \[\Delta Q = N_\text{мгн}\Delta\tau.\] С другой стороны, \(\Delta Q\) можно выразить через изменение площади прямоугольника на графике зависимости \(N_\text{ср}(\tau)\): \[\Delta Q = (N_\text{ср} + \Delta N_\text{ср})(\tau + \Delta\tau) - N_\text{ср}\tau = \Delta N_\text{ср}\tau + N_\text{ср}\Delta\tau + \Delta N_\text{ср}\Delta\tau.\] Пренебрегая малыми величинами второго порядка (\(\Delta N_\text{ср}\Delta\tau \approx 0\)), получаем: \[\Delta Q \approx \Delta N_\text{ср}\tau + N_\text{ср}\Delta\tau.\] Приравнивая выражения для \(\Delta Q\), находим: \[N_\text{мгн}\Delta\tau = \Delta N_\text{ср}\tau + N_\text{ср}\Delta\tau.\] Разделив на \(\Delta\tau\), получаем выражение для мгновенной мощности: \[N_\text{мгн} = \frac{\Delta N_\text{ср}}{\Delta\tau}\tau + N_\text{ср},\] где величина \(k = \dfrac{\Delta N_\text{ср}}{\Delta\tau}\) пропорциональна угловому коэффициенту касательной к графику \(N_\text{ср}(\tau)\). Аналогичное выражение можно получить, используя дифференцирование: \[N_\text{мгн} = \frac{dQ}{d\tau} = \frac{d(N_\text{ср}\tau)}{d\tau} = \frac{dN_\text{ср}}{d\tau}\tau + N_\text{ср}.\] Построим касательные к графику в точках \(C\) и \(D\) и рассчитаем их угловые коэффициенты наклона:

\[k_C = 0\text{ Вт/с}, \quad k_D = -\frac23\text{ Вт/с}.\]

Возможен другой способ решения.

Зная \(N_\text{ср}(\tau)\), построим график зависимости \(Q(\tau) = N_\text{ср}\cdot\tau\) для моментов времени \(\tau \in [0;\,4]\) мин, проведём гладкую кривую и построим касательные к графику \(Q(\tau)\) в указанные моменты времени. Угловые коэффициенты касательных будут равны мгновенной мощности: \[N_\text{мгн} = \frac{dQ}{d\tau}.\] Тогда: \[N_{C\text{мгн}} = k_C\tau_C + N_{C\text{ср}} \approx 2{,}2\text{ Вт};\] \[N_{D\text{мгн}} = k_D\tau_D + N_{D\text{ср}} = 0\text{ Вт}.\]

Если \(dU = -\delta A_\text{газа}\), то \(\delta Q = 0\) — это адиабата; если \(dU = \delta A_\text{газа}\), то \(\delta Q = 2\,dU\) — политропа. Запишите уравнения обоих процессов в виде \(TV^n = \text{const}\); в логарифмических координатах они станут прямыми.

1) \(T_2 = 4T_0\);  2) параллелограмм с вершинами \(1\,(-3;\,4)\), \(2\,(0;\,2)\), \(3\,(3;\,-2)\), \(4\,(0;\,0)\) (по оси абсцисс \(\log_2\frac{V}{V_0}\));  3) \(\eta = \dfrac{1}{2}\).

Первый метод

В процессах \(2-3\) и \(4-1\) подведённое к газу количество теплоты равно нулю, поэтому эти процессы — адиабатические, их уравнение в координатах \((T, V)\) имеет вид \[TV^{1/3} = \text{const}.\] Получим уравнение процессов \(1-2\) и \(3-4\). Пусть \(\Delta T\), \(\Delta V\) — бесконечно малые изменения температуры и объёма, тогда изменение внутренней энергии \[\Delta U = 3\nu R\Delta T,\] а работа газа \(\delta A = p\Delta V\), поэтому для процесса выполняется соотношение \[3\nu R\Delta T = \frac{\nu RT}{V}\Delta V.\] Сократив общие множители и разделяя переменные, получим \[3\frac{\Delta T}{T} = \frac{\Delta V}{V},\] откуда после интегрирования найдём уравнение процесса \[TV^{-1/3} = \text{const}.\] Используя уравнение адиабаты для процесса \(4-1\), найдём объём газа в точке \(1\): \[T_1V_1^{1/3} = T_4V_4^{1/3},\] откуда с учётом значения температур \(T_1 = 2T_4 = 2T_0\) получим \(V_1 = V_0/8\). Аналогично с помощью уравнения процесса \(3-4\) \[T_3V_3^{-1/3} = T_4V_4^{-1/3},\] получим \(V_3 = 8V_0\). Запишем также уравнения для процессов \(1-2\) и \(2-3\): \[T_1V_1^{-1/3} = T_2V_2^{-1/3}, \qquad T_3V_3^{1/3} = T_2V_2^{1/3}.\] Разделив второе уравнение на первое и учтя равенство \(T_1 = T_3\): \[V_2^{2/3} = V_3^{1/3}V_1^{1/3} = V_0^{2/3},\] а значит, \(V_2 = V_0\). Тогда температура \(T_2 = T_1V_1^{-1/3}V_2^{1/3} = 4T_0\).

Второй метод

Будем решать в терминах \(TS\). В процессах \(2-3\) и \(4-1\) подведённое к газу количество теплоты равно нулю, поэтому эти процессы — адиабатические, в них сохраняется энтропия, поэтому \[S_2 = S_3 \quad\text{и}\quad S_1 = S_4.\] Найдём изменение энтропии в процессах \(1-2\) и \(3-4\): \[dS = \frac{\delta Q}{T} = \frac{2\,dU}{T} = 2\nu C_V\frac{dT}{T},\] \[S_2 - S_1 = 2\nu C_V\ln\frac{T_2}{T_1} = 2\nu C_V\ln\frac{T_3}{T_4} = S_3 - S_4.\] Получаем соотношение на температуры: \[\frac{T_2}{T_1} = \frac{T_3}{T_4}, \qquad T_2 = \frac{T_1T_3}{T_4}, \qquad T_2 = 4T_0.\]

Уравнение адиабаты в координатах \((p, V)\) имеет вид \(pV^{4/3} = \text{const}\), а значит, в логарифмических координатах график процесса — прямая \[\log_2\frac{p}{p_0} + \frac{4}{3}\log_2\frac{V}{V_0} = \text{const}.\] Аналогично уравнение процессов \(1-2\) и \(3-4\) в координатах \((p, V)\) получается из найденного в предыдущем пункте с помощью уравнения состояния \(pV/T = \text{const}\): \(pV^{2/3} = \text{const}\); в логарифмических координатах также получим прямые \[\log_2\frac{p}{p_0} + \frac{2}{3}\log_2\frac{V}{V_0} = \text{const}.\] Таким образом, достаточно вычислить координаты точек \(1\), \(2\), \(3\), \(4\). Объёмы уже найдены в предыдущем пункте. С помощью уравнения состояния получим \(p_1 = 16p_0\), \(p_2 = 4p_0\), \(p_3 = p_0/4\).

Тогда координаты граничных точек процессов в координатах \(\log_2\dfrac{V}{V_0}\) (абсцисса) и \(\log_2\dfrac{p}{p_0}\) (ордината) равны: \(1\,(-3,\ 4)\), \(2\,(0,\ 2)\), \(3\,(3,\ -2)\), \(4\,(0,\ 0)\). График процесса имеет вид параллелограмма.

Первый метод

На адиабатах теплота не отводится и не подводится. Для оставшихся двух процессов подведённое тепло \(Q = \Delta U + A\), причём, поскольку \(A = \Delta U\), выполняется \(Q = 2\Delta U = 2C_V\Delta T\), где \(C_V\) — теплоёмкость газа при постоянном объёме. Тогда на участке \(1-2\) подводится тепло \(Q_+ = 2C_V(T_2 - T_1) = 4C_VT_0\), а на участке \(3-4\) отводится тепло \(Q_- = 2C_V(T_3 - T_4) = 2C_VT_0\), поэтому КПД \[\eta = \frac{Q_+ - Q_-}{Q_+} = \frac{1}{2}.\]

Второй метод

Найдём зависимость \(T(S)\) для процессов \(1-2\) и \(3-4\): \[T_{3-4}(S) = T_4\exp\left(\frac{S - S_4}{2\nu C_V}\right),\] \[T_{1-2}(S) = T_1\exp\left(\frac{S - S_1}{2\nu C_V}\right) = 2T_{3-4}(S).\] Подставим в выражение для КПД: \[\eta = \frac{\int_{S_1}^{S_2} T_{1-2}\,dS - \int_{S_4}^{S_3} T_{3-4}\,dS}{\int_{S_1}^{S_2} T_{1-2}\,dS} = \frac{2\int_{S_4}^{S_3} T_{3-4}\,dS - \int_{S_4}^{S_3} T_{3-4}\,dS}{2\int_{S_4}^{S_3} T_{3-4}\,dS} = \frac{1}{2}.\]

На участке, где \(k\) постоянна, а волокна не рвутся, \(F\) пропорциональна \(x\) с тем же коэффициентом. При разрыве волокон \(x\) не меняется, а сила падает до значения, соответствующего меньшей жёсткости.

1) \(F(x)\) — ломаная со скачками вниз при \(x_1=1\text{ см}\) (сила \(20\text{ Н}\to10\text{ Н}\)) и \(x_2=4\text{ см}\) (сила \(40\text{ Н}\to20\text{ Н}\)), последний участок идёт до \(x_3=12\text{ см}\) (\(F=60\text{ Н}\));  2) разрывы при \(t_1=12\text{ мин}\) и \(t_2=24\text{ мин}\), после них \(x\) скачком принимает значения \(2\text{ см}\) и \(8\text{ см}\); \(x(30\text{ мин})=10\text{ см}\); затем \(x\) линейно убывает до нуля к \(60\)-й минуте (без обратных скачков).

Дуга \(LM\) возникает из-за мгновенного разворота системы отсчёта велосипедиста: в ней лодка движется по окружности вокруг велосипедиста. Что даёт радиус этой дуги для масштаба клетки и как разбить время движения на участки до и после разворота?

\(V = 5\text{ м/с}\);  \(v = 2\text{ м/с}\);  \(S_{BC} \approx 166{,}7\text{ м}\).

Сила Магнуса перпендикулярна скорости и не меняет её модуль, а только поворачивает вектор скорости. Как связан радиус кривизны траектории с этой силой? Для \(C_\text{D}\) посмотрите, как быстро убывает скорость на графике \(v(t)\).

1) \(AB = R = \dfrac{m v_0}{C_\text{M}\,\omega}\);  2) \(C_\text{M} \approx 1{,}25\cdot 10^{-4}\) кг,  \(C_\text{D} \approx 4{,}8\cdot 10^{-4}\) кг/м.

При смещении столбика на \(h\) разность давлений воздуха в коленах уравновешивает лишний столбик ртути высотой \(2h\); давления воздуха — по закону Бойля–Мариотта, а охлаждение равносильно уменьшению начального давления. Проверьте, не выходит ли ответ за длину столбика \(l/4\), и выберите из корней устойчивый.

1) \(h_0 = 0\);  2) \(h_1 = l/5 = 125\) мм;  3) \(h_2 = \sqrt{4L_2^2 + l^2} - 2L_2 \approx 172\) мм, где \(L_2 = 0{,}7\cdot750 = 525\) мм (ртуть целиком переходит в одно колено);  4) при малом смещении \(x\) из этого положения разность сил давления воздуха \((\Delta P_1 + \Delta P_2)S > 0\) возвращает ртуть, а сила тяжести не меняется — равновесие устойчиво.

Пусть смещение концов столбика ртути после переворота трубки равно \(h_0\). Разность давлений воздуха в левой и правой частях трубки \(\Delta P = P_\text{л} - P_\text{п}\) уравновешивается избыточным гидростатическим давлением ртути \(2\rho gh_0\). Используя закон Бойля-Мариотта, найдем: \[P_\text{л} = P_\text{А}\frac{l}{l - h_0}, \qquad P_\text{п} = P_\text{А}\frac{l}{l + h_0}.\]

Запишем условие равновесия столбика ртути: \[P_\text{А}\frac{l}{l - h_0} - P_\text{А}\frac{l}{l + h_0} = 2\rho gh_0.\] После преобразований получаем: \[\frac{2lh_0P_\text{А}}{l^2 - h_0^2} = 2\rho gh_0.\] Решения этого уравнения \[h_0 = 0,\quad h_0 = \pm\sqrt{l\left(l - \frac{P_\text{А}}{\rho g}\right)}.\] При \(P_\text{А} = 750\text{ мм рт.ст.} > 625\text{ мм рт.ст.} = \rho gl\) подходит только один из корней \(h_0 = 0\). Таким образом, сразу после переворота столбик ртути не смещается.

Понижение температуры до \(0{,}8\,T_0\) соответствует изменению начального давления воздуха (давления воздуха в трубке с запаянными концами до её переворота) с \(P_A\) до \(P_1 = 0{,}8\,P_A = \rho gL_1\), где \(L_1 = 0{,}8\cdot 750\text{ мм} = 600\) мм. В этом случае существует решение: \[h_1 = \sqrt{l\left(l - \frac{P_1}{\rho g}\right)} = \sqrt{l\,(l - L_1)} = \sqrt{0{,}625\,(0{,}625 - 0{,}600)}\text{ м} = \frac{l}{5} = 125\text{ мм}.\]

Можно показать, что именно это решение соответствует устойчивому положению столбика ртути. Корень \(h_1 = 0\) мм соответствует неустойчивому положению, то есть при небольшом смещении столбика ртути избыточное гидростатическое давление превышает разность давлений воздуха в левом и правом участках трубки и ртуть стремится занять положение, соответствующее устойчивому положению.

Покажем, что корень \(h_1 = 125\) мм соответствует устойчивому равновесию. Пусть от положения равновесия столбик ртути сместился дополнительно на некоторое малое расстояние \(x\), тогда давление газа в левой части сосуда: \[P_\text{л}(x) = \frac{lP_1}{l - h_1 - x} = \frac{lP_1}{l - h_1}\cdot\frac{1}{1 - \frac{x}{l - h_1}} \approx \frac{lP_1}{l - h_1}\left(1 + \frac{x}{l - h_1}\right) = \frac{lP_1}{l - h_1} + \frac{xlP_1}{(l - h_1)^2}.\] Аналогично для давления в правой части сосуда: \[P_\text{п}(x) = \frac{lP_1}{l + h_1 + x} \approx \frac{lP_1}{l + h_1} - \frac{xlP_1}{(l + h_1)^2}.\] Суммарная сила давления газа, стремящаяся вернуть столбик ртути в положение равновесия, равна \[\begin{gather*} F_\text{д}(x) = (P_\text{л} - P_\text{п})S \approx \left(\frac{lP_1}{l - h_1} - \frac{lP_1}{l + h_1}\right)S + \left(\frac{1}{(l - h_1)^2} + \frac{1}{(l + h_1)^2}\right)xlP_1S =\\ = F_\text{д}(0) + \frac{2(l^2 + h_1^2)}{(l^2 - h_1^2)^2}xlP_1S. \end{gather*}\] Сила, равная разности сил тяжестей, действующих на столбики ртути в разных частях сосуда, стремится вывести столбик ртути из положения равновесия:

\[F_\text{т}(x) = \rho S(l/4 + h_1 + x) - \rho S(l/4 - h_1 - x) = 2\rho gSh_1 + 2\rho gSx = F_\text{т}(0) + 2\rho gSx.\] Найдем разность возвращающей и выводящей из положение равновесия сил с учётом равенства \(F_\text{д}(0) = F_\text{т}(0)\) в положении равновесия: \[\Delta F = F_\text{д} - F_\text{т} = 2\left(\frac{(l^2 + h_1^2)lL_1}{(l^2 - h_1^2)^2} - 1\right)\rho gSx.\] Подставив в выражение корень \(h_1 = 0\), получим: \[\begin{gather*} \Delta F = F_\text{д} - F_\text{т} = 2\left(\frac{(l^2 + 0^2)lL_1}{(l^2 - 0^2)^2} - 1\right)\rho gSx = 2\left(\frac{L_1}{l} - 1\right)\rho gSx =\\ = 2\left(\frac{600\text{ мм}}{625\text{ мм}} - 1\right)\rho gSx < 0, \end{gather*}\] т. е. суммарная сила, действующая на систему, будет выводить её из положения равновесия, и \(h_1 = 0\) мм соответствует неустойчивому положению равновесия.

Подставив \(h_1 = l/5\), получим: \[\begin{gather*} \Delta F = F_\text{давл} - F_\text{тяж} = 2\left(\frac{(l^2 + (l/5)^2)lL_1}{(l^2 - (l/5)^2)^2} - 1\right)\rho gSx =\\ = 2\left(\frac{25\cdot 26\cdot L_1}{24^2\cdot l} - 1\right)\rho gSx = 2\left(\frac{25\cdot 26\cdot 600\text{ мм}}{24^2\cdot 625\text{ мм}} - 1\right)\rho gSx =\\ = 2\left(\frac{26}{24} - 1\right)\rho gSx > 0, \end{gather*}\] т. е. суммарная сила, действующая на систему, будет стремиться вернуть её в положение равновесия, и \(h_1 = l/5 = 125\) мм соответствует устойчивому положению равновесия.

Расчёт по полученной формуле для смещения при начальном давлении \(P_2 = 0{,}7\,P_A = \rho gL_2\), где \(L_2 = 0{,}7\cdot 750\text{ мм} = 525\) мм, соответствующего температуре \(T_2 = 0{,}7\,T_0\), даёт результат: \[h_2 = \sqrt{l\left(l - \frac{P_2}{\rho g}\right)} = \sqrt{0{,}625\,(0{,}625 - 0{,}525)}\text{ м} = 0{,}25\text{ м} = 250\text{ мм} = \frac{2l}{5} > \frac{l}{4}.\] Но в этом случае столбик ртути целиком перемещается в одну из частей трубки и выражение для избыточного гидростатического давления \(2\rho gh_2\) должно быть заменено на \(\rho gl/2\).

Пусть столбик ртути целиком перешёл в одну из частей трубки и его нижний конец переместился вниз на \(h_2\), тогда в левой и правой частях трубки давление будет соответственно равно: \[P_\text{л} = P_2\frac{l}{l - h_2} = \frac{\rho glL_2}{l - h_2}, \qquad P_\text{п} = P_2\frac{l}{l + h_2} = \frac{\rho glL_2}{l + h_2}.\] Условие равновесия столбика выглядит теперь следующим образом: \[\frac{2\rho glL_2h_2}{l^2 - h_2^2} = \frac{\rho gl}{2}.\] Получим квадратное уравнение: \[h_2^2 + 4L_2h_2 - l^2 = 0,\] которое имеет корни \[h_2 = -2L_2 \pm\sqrt{4L_2^2 + l^2}.\] Отбросив отрицательный корень, получаем ответ: \[h_2 = \sqrt{4\cdot\left(\frac{T_2P_A}{T_0\rho g}\right)^2 + l^2} - \frac{2T_2P_A}{T_0\rho g} = \sqrt{4\cdot 0{,}525^2 + 0{,}625^2}\text{ мм} - 2\cdot 0{,}525\text{ мм} \approx 172\text{ мм}.\]

Покажем, что \(h_2 \approx 172\) мм соответствует устойчивому положению равновесия. Пусть от положения равновесия ртуть дополнительно сместилась на малое расстояние \(x > 0\), тогда давление газа в левой части сосуда: \[P_\text{л}(x) = \frac{lP_2}{l - h_2 - x} = \frac{lP_2}{l - h_2}\cdot\frac{1}{1 - \frac{x}{l - h_2}} = \frac{lP_2}{l - h_2} + \Delta P_1,\ \Delta P_1 > 0.\] Аналогично находим давление газа в правой части сосуда: \[P_\text{п}(x) = \frac{lP_2}{l + h_2 + x} = \frac{lP_2}{l + h_2}\cdot\frac{1}{1 + \frac{x}{l + h_2}} = \frac{lP_2}{l + h_2} - \Delta P_2,\ \Delta P_2 > 0.\] Суммарная сила давления газа, стремящаяся вернуть столбик ртути в положение равновесия, равна \[\begin{gather*} F_\text{д} = (P_\text{л} - P_\text{п})S \approx \left(\frac{lP_2}{l - h_2} - \frac{lP_2}{l + h_2}\right)S + (\Delta P_1 + \Delta P_2)S =\\ = F_\text{д0} + (\Delta P_1 + \Delta P_2)S. \end{gather*}\] Сила тяжести не изменяется при движении столба жидкости внутри одной части сосуда: \[F_\text{т} = \rho Slg/2.\] Найдем разность возвращающей и выводящей из положение равновесия сил с учетом равенства \(F_\text{д0} = F_\text{т}\) в положении равновесия: \[\Delta F = F_\text{д} - F_\text{т} = (\Delta P_1 + \Delta P_2)S > 0,\] т. е. результирующая сила положительна и положение равновесия устойчиво.

Вдоль оси цилиндр изображение не увеличивает, а поперёк работает как толстая линза: увеличение видно по излому линий миллиметровки. Второе соотношение даёт ширина полосы, видимой сквозь цилиндр: её края образуют лучи, идущие по касательной к цилиндру.

1) \(n \approx 1{,}48\);  2) \(\dfrac{y}{R} = \dfrac{R-h}{R} \approx 0{,}46\), где \(h\) — расстояние от оси цилиндра до плоскости среза.

Заметим, что по условию фотографирование происходит с большого расстояния, поэтому можно считать, что увеличение цилиндра в направлении его оси отсутствует. Дополнительно можно убедиться в этом, проверив, что точки пересечения линий миллиметровки и их изображений лежат примерно на оси цилиндра.

Теперь исследуем увеличение для параксиальных лучей в направлении, перпендикулярном оси цилиндра. Пусть расстояние от оси цилиндра до плоскости равно \(h\). Будем считать его положительным, если осталось больше половины цилиндра. Рассмотрим точку, смещённую от плоскости симметрии системы на малое расстояние \(x\). Найдём положение её изображения, образованного параксиальными лучами.

Из закона преломления света получаем: \[\gamma = n\beta = \frac{nx}{h + R}.\] Запишем геометрические соотношения. \[\frac{x(h + H)}{h} = \Gamma x = \frac{nx(h + H + R)}{h + R}.\] Выразим и подставим значение \(H\). \[H = h(\Gamma - 1), \qquad \Gamma(h + R) = n(\Gamma h + R).\] Получаем искомое увеличение: \[\Gamma = \frac{nR}{R - (n - 1)h}.\] Заметим, что мы видим не всю миллиметровку, которую закрывает цилиндр. Такое может быть только в случае \(h > 0\), то есть отрезали меньше половины цилиндра. По фотографии видно, что область видимости ограничивают лучи, идущие по касательной к цилиндру.

Из закона преломления света имеем: \[\cos\theta = \frac{1}{n}, \qquad d = 2\left(R - h\operatorname{tg}\theta\right), \qquad \frac{d}{2R} = 1 - \frac{h\sqrt{n^2 - 1}}{R}.\] Теперь достаточно измерить по фотографии \(\Gamma\) и \(d/R\). Тогда у нас будет система из двух уравнений с двумя неизвестными.

Проведём ось цилиндра, вертикальную линию миллиметровки и касательную к её изображению в точке на оси цилиндра. Отрезок \(CA\) — перпендикуляр из точки касательной на ось цилиндра. Тогда увеличение можно найти по фотографии: \[\Gamma = \frac{AC}{AB} \approx 2{,}0.\] Для поиска области видимости можем воспользоваться подобием: для любой прямой можем определить, какую её часть видно через цилиндр. Воспользуемся горизонтальной линией на миллиметровке: закрыто цилиндром 22 мм, видно через цилиндр 9 мм. \[\frac{d}{2R} \approx 0{,}41.\] Для удобства введём обозначение \(\xi = h/R\). \[\left\{\begin{aligned} 2 &= \frac{n}{1 - (n - 1)\xi};\\ 0{,}41 &= 1 - \xi\sqrt{n^2 - 1}. \end{aligned}\right. \qquad \xi = \frac{0{,}59}{\sqrt{n^2 - 1}} = \frac{2 - n}{2(n - 1)}.\] Получили уравнение на \(n\), которое можно решить численно: \(n = 1{,}48\). Подставляя полученное значение в формулы для \(\xi\), получаем: \[\xi = 0{,}54.\] При этом искомая величина выражается через \(\xi\): \[\frac{y}{R} = \frac{R - h}{R} = 1 - \xi = 0{,}46.\]

Пока в смеси есть лёд, её температура не меняется, и всё тепло горячей воды идёт на плавление: запишите баланс для малого участка трубы. Массовый расход смеси одинаков во всех сечениях, а плотность смеси зависит от доли льда.

1) \(T_\text{г}(0) = 26{,}5\,^\circ\text{C}\);  2) прямая \(T_\text{г}(x) = 26{,}5\,^\circ\text{C} + 6{,}7\,\dfrac{^\circ\text{C}}{\text{м}}\cdot x\);  3) \(v(x) = \dfrac{\mu_\text{х}}{S\rho_\text{в}\rho_\text{л}}\bigl(0{,}6\rho_\text{л} + 0{,}4\rho_\text{в} - 0{,}06x(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})\bigr)\) (\(x\) в метрах).

Пока в смеси есть лёд, её температура \(0\,^\circ\text{C}\). Всё тепло от горячей воды идёт на плавление льда.

Далее будем рассматривать изменение всех величин вдоль оси \(x\). Выделим элементарный участок трубы длиной \(\Delta x\), настолько малый, что можно считать скорость движения смеси постоянной. За время \(\Delta\tau\) внутри выделенного объёма масса льда изменится на: \[\Delta m_\text{л} = \mu_\text{х}\Delta\tau\,\Delta\alpha.\] Изменение внутренней энергии горячей воды: \[\delta Q_2 = -c\mu_\text{г}\Delta\tau\,\Delta T_\text{г}.\] Так как теплопотерями в окружающую среду и теплоёмкостью стенок можно пренебречь и режим течения является установившимся, то изменение внутренней энергии выделенного элемента равно 0: \[\Delta U = 0; \quad -\lambda\mu_\text{х}\Delta\alpha - c\mu_\text{г}\Delta T_\text{г} = 0. \tag{1}\] Из выражения (1) следует, что \[\frac{\Delta T_\text{г}}{\Delta\alpha} = -\frac{\lambda\mu_\text{х}}{c\mu_\text{г}} = \text{const}. \tag{2}\] Отсюда следует, что \[T_\text{г}(L) - T_\text{г}(0) = \frac{\mu_\text{х}\lambda}{\mu_\text{г}c}\bigl(\alpha(0) - \alpha(L)\bigr),\] где \(\alpha(0) = 0{,}4\), \(\alpha(L) = 0{,}1\). Отсюда \[T_\text{г}(0) = T_\text{г}(L) - \frac{\mu_\text{х}\lambda}{\mu_\text{г}c}\bigl(\alpha(0) - \alpha(L)\bigr),\] или: \[T_\text{г}(0) = 26{,}5\,^\circ\text{C}.\] Разделим числитель и знаменатель левой части выражения (2) на \(\Delta x\) и получим: \[\frac{\Delta T_\text{г}}{\Delta x} = -\frac{\lambda\mu_\text{х}}{c\mu_\text{г}}\,\frac{\Delta\alpha}{\Delta x} = 6{,}7\,^\circ\text{C/м}.\] Тогда: \[T(x) = 26{,}5\,^\circ\text{C} + 6{,}7x.\] График зависимости температуры \(T_\text{г}(x)\) горячей воды от координаты приведён на рисунке.

Рассмотрим элементарный участок трубы длиной \(\Delta x\). Объём смеси равен \[\Delta V = \Delta V_\text{л} + \Delta V_\text{в},\] где \(\Delta V_\text{л}\) и \(\Delta V_\text{в}\) — объёмы твёрдой и жидкой фаз. Тогда \[\Delta V = \frac{\alpha(x)\,\Delta m}{\rho_\text{л}} + \frac{(1 - \alpha(x))\,\Delta m}{\rho_\text{в}}.\] Плотность смеси: \[\rho(x) = \frac{\Delta m}{\Delta V} = \left(\frac{\alpha(x)}{\rho_\text{л}} + \frac{1 - \alpha(x)}{\rho_\text{в}}\right)^{-1}.\] Массовый расход постоянен: \[\mu = S\,\rho(x)\,v(x),\] откуда \[v(x) = \frac{\mu_\text{х}}{S\,\rho(x)} = \frac{\mu_\text{х}}{S}\left(\frac{\alpha(x)}{\rho_\text{л}} + \frac{1 - \alpha(x)}{\rho_\text{в}}\right).\] С учётом того, что \[\alpha(x) = 0{,}4 - 0{,}06x,\] \[v(x) = \frac{\mu_\text{х}}{S\rho_\text{в}\rho_\text{л}}\bigl(0{,}6\rho_\text{л} + 0{,}4\rho_\text{в} - 0{,}06x(\rho_\text{в} - \rho_\text{л})\bigr).\]

В начале зарядки конденсатор не заряжен, так что ток определяется пересечением ВАХ источника с прямой \(U = IR\). Конденсатор в итоге заряжается до \(U_0\) (ток при этом стремится к нулю).

1) максимальная сила тока, протекающего в цепях с резисторами \(R_0\) и \(R_1\), равна \(I_{\max}^{(0)} = \dfrac{U_0}{R_0} = \dfrac{2}{3}\) А и \(I_{\max}^{(1)} = \dfrac{2I_0U_0}{I_0R_1 + U_0} = \dfrac{4}{3}\) А соответственно;

2) ёмкость включённого в цепь конденсатора равна \(C = \dfrac{2Q_0}{U_0^2} = 0{,}24\) мкФ;

3) в резисторе \(R_1\) к моменту полной зарядки конденсатора выделится количество теплоты \(Q_1 = \dfrac{I_0R_1(3U_0 - I_0R_1)}{U_0(U_0 + I_0R_1)}\,Q_0 = \dfrac{5}{6}Q_0 = 10\) мкДж.

Выразите КПД через \(\mu\) и \(v^2\): полезная работа на единице пути пропорциональна \(v^2\), а энергия топлива — \(\mu\). Что тогда представляют собой линии постоянного КПД на графике?

\(\eta_{\max} = (25{,}0 \pm 1{,}2)\,\%\).

Скорость источника вдоль луча к детектору равна \(v\cos\theta\), где \(\theta\) — угол между курсом и направлением на детектор. Что происходит с \(\cos\theta\) при очень больших и при нулевом \(t\), и как ведёт себя график вблизи момента прохождения над детектором?

1a) \(f = \dfrac{f_0}{1 \mp \frac{v}{c}}\) (при \(c \gg v\) также \(f \approx f_0\left(1 \pm \frac{v}{c}\right)\)), верхний знак при сближении, нижний при удалении;  1b) \(v = (9{,}0 \pm 0{,}3)\) м/с, \(h = \left|\dfrac{v^2\tau}{c\,\Delta n}\right| = (410 \pm 50)\) м.

Эталонный конденсатор и нелинейный соединены последовательно, поэтому их заряды равны: по \(U_x\) узнаёте заряд, а по \(U_y\) — напряжение на нелинейном конденсаторе. Для второго пункта: чему равна работа генератора по перемещению заряда за период и куда уходит часть этой энергии помимо резистора?

1) \(|\sigma_\text{p}^{(\alpha)}|=\dfrac{C_0a}{S}\), \(|\sigma_\text{p}^{(\beta)}|=\dfrac{C_0b}{S}\), \(|\sigma_\text{p}^{(\gamma)}|=\dfrac{99C_0u}{S}\approx\dfrac{100C_0u}{S}\); \(E^{(\alpha)}=\dfrac{C_0a}{S\varepsilon_0}\), \(E^{(\gamma)}=\dfrac{C_0u}{S\varepsilon_0}\);  2) \(P_g=4CU_0^2n\), \(P_R=3{,}8\,CU_0^2n\).

Пункт 1. Сначала рассмотрим точку \(\gamma\) графика зависимости \(U_y(U_x)\). Справедливы соотношения \[100u=\frac{q(\gamma)}{C_0},\qquad u=\frac{R_2}{R_1+R_2}\bigl(E(\gamma)d+100u\bigr), \tag{1}\] где \(q(\gamma)\) — заряд эталонного конденсатора, \(E(\gamma)\) — напряжённость поля в диэлектрической пластине в данный момент. Из условия следует сильное неравенство \[100\,\frac{R_2}{R_1+R_2}\ll1, \tag{2}\] поэтому второе уравнение из (20) можно переписать так \[u=\frac{R_2}{R_1+R_2}\cdot E(\gamma)d. \tag{3}\] Таким образом, напряжение \(U_x=100u\) в точке \(\gamma\) пропорционально заряду \(q(\gamma)\) эталонного конденсатора, а следовательно (поскольку заряды конденсаторов равны) и заряду нелинейного конденсатора. Напряжение \(U_y=u\) в точке \(\gamma\) пропорционально напряжению на нелинейном конденсаторе. Подставляя в формулу (22) соотношение из условия, имеем искомую напряжённость \[E(\gamma)=\frac{C_0u}{S\varepsilon_0}. \tag{4}\] Поверхностная плотность поляризационных зарядов найдётся из соотношения \[\frac{q(\gamma)}{S\varepsilon_0}-\frac{|\sigma_\text{p}^{(\gamma)}|}{\varepsilon_0}=E(\gamma).\] Подставим в это соотношение заряд \(q(\gamma)\) из первого уравнения из (20), а напряжённость поля из формулы (23), после несложных преобразований получим ответ \[|\sigma_\text{p}^{(\gamma)}|=\frac{100C_0u}{S}-\frac{C_0u}{S}=\frac{99C_0u}{S}.\] Теперь рассмотрим точку \(\beta\). Легко видеть, что сумма напряжений на нелинейном и обычном конденсаторе в состоянии, соответствующем этой точке на графике, равна нулю. Этот факт отражает уравнение \[\left(\frac{C_0b}{S\varepsilon_0}-\frac{|\sigma_\text{p}^{(\beta)}|}{\varepsilon_0}\right)d-b=0, \tag{5}\] ведь заряд нелинейного конденсатора в этом случае равен \(C_0b\) (с точностью до знака). Из условия следует сильное неравенство \(\dfrac{C_0d}{S\varepsilon_0}\gg1\), поэтому пренебрегая последним слагаемым в уравнении (24), получаем искомую поверхностную плотность \[|\sigma_\text{p}^{(\beta)}|=\frac{C_0b}{S}.\] Наконец рассмотрим состояние диэлектрика, соответствующее точке \(\alpha\). Заряды конденсаторов в этом состоянии, очевидно, равны нулю, поэтому напряжённость поля в диэлектрике создаётся только поляризационными зарядами, следовательно справедливо равенство \[\frac{|\sigma_\text{p}^{(\alpha)}|}{\varepsilon_0}\cdot d\cdot\frac{R_2}{R_1+R_2}=a. \tag{6}\] Используя соотношение для сопротивлений, данное в условии, из равенства (25) имеем ответы: \[|\sigma_\text{p}^{(\alpha)}|=\frac{C_0a}{S},\qquad E^{(\alpha)}=\frac{C_0a}{S\varepsilon_0}.\]

Пункт 2. Сильное неравенство \(nRC\ll1\), приведённое в условии, означает, что время, за которое заряды на обкладках конденсатора устанавливаются, значительно меньше периода колебаний напряжения.

Пусть в некоторый момент времени напряжение на выводах генератора и на конденсаторе равно \(-U_0\). При изменении полярности напряжения на выводах генератора, последний перемещает заряд \(Q=2CU_0\), совершая работу \(A_g^{(1/2)}=2CU_0^2\). При обратном изменении полярности на выводах генератора, он совершает такую же работу по перемещению заряда. Таким образом, за период генератор совершает работу \(A_g=2A_g^{(1/2)}=4CU_0^2\), следовательно средняя мощность, потребляемая цепью от генератора, равна \(P_g=4CU_0^2n\).

Заметим, что если бы зависимость заряда конденсатора от напряжения на нём была бы линейной (\(q=CU\)), то вся мощность, потребляемая цепью от генератора, выделялась бы в виде тепла на резисторе. В случае нелинейного конденсатора часть работы, совершаемой генератором, тратится на «переполяризацию диэлектрика». При увеличении заряда нелинейного конденсатора от значения \(-CU_0\) до значения \(CU_0\) электрические силы совершают работу, равную \(A_p^{(1/2)}=\int U\,dq\), численно эта работа равна площади половины петли гистерезиса, располагающейся справа от оси ординат. Очевидно, что работа электрических сил по перезарядке конденсатора за период равна площади всей петли гистерезиса \(A_p=2A_p^{(1/2)}\) — это и есть потери энергии на переполяризацию диэлектрика. Таким образом, из закона сохранения энергии следует, что на резисторе за период выделяется количество теплоты, равное \(Q=A_g-A_p\). Определение \(A_p\), как уже было сказано, сводится к расчёту площади петли гистерезиса, которая может быть найдена разными способами. Приведём здесь конечный ответ \(A_p=0{,}2\,CU_0^2\). Таким образом, искомая мощность равна \(P_R=3{,}8\,CU_0^2n\).

Вертикальное положение теряет устойчивость, когда наклон начальных участков графиков момента силы и упругого момента совпадает. Для башни роль пружины играет поролон: найдите его возвращающий момент интегрированием по основанию.

1) \(F_{\max} = \dfrac{\gamma}{l}\);  2) \(\alpha \approx 0{,}24\) рад \(\approx 14^\circ\);  3) \(L_1 = \sqrt{\dfrac{Ea^4}{6\lambda gH}}\);  4) \(L_2 = L_1\sqrt{1 + \dfrac{d^2}{2L_1^2}} \approx L_1\left(1 + \dfrac{d^2}{4L_1^2}\right)\).

а) Пусть рычаг отклонился от вертикали и находится в состоянии равновесия (см. рисунок). Тогда сумма моментов сил, действующих на рычаг, будет равна нулю: \[Fl\sin\alpha = \gamma\alpha .\]

Посмотрим на графическое решение этого уравнения. Нарисуем графики зависимости момента сил, скручивающего пружину, и момента сил упругости от угла \(\alpha\). Возможно две ситуации, изображённые на рисунках а) и б).

Видно, что в случае малой приложенной силы график синуса лежит ниже прямой и уравнение имеет только одно решение, соответствующее вертикальному положению рычага. При превышении некоторого предела решений уравнения становится два. При этом вертикальное положение оказывается неустойчивым. Действительно, при малом отклонении от положения равновесия возвращающий момент сил оказывается меньше момента сил, увеличивающего отклонение. Таким образом, при преодолении критической силы положение равновесия окажется наклонённым. Критическую силу легко рассчитать, рассмотрев переходную от рисунка а) к рисунку б) ситуацию. В ней угловой коэффициент обоих графиков в нулевом положении должен совпадать, то есть: \[F_{\max}l = \gamma \;\Rightarrow\; F_{\max} = \frac{\gamma}{l}.\]

б) Для нахождения нового положения равновесия можем воспользоваться формулой приближённого исчисления синуса угла: \[Fl\left(\alpha - \frac{\alpha^3}{6}\right) = \gamma\alpha .\] Сократим выражение на \(\alpha\), так как нулевой корень уравнения нас не интересует, и решим квадратное уравнение: \[Fl\left(1 - \frac{\alpha^2}{6}\right) = \gamma .\] Два корня уравнения соответствуют двум возможным положениям отклонения рычага: \[\alpha = \pm\sqrt{6\left(1 - \frac{\gamma}{Fl}\right)} = \pm\sqrt{6\left(1 - \frac{1}{1{,}01}\right)} = 0{,}24 \approx 14^\circ .\]

в) Рассмотрим теперь модель Пизанской башни, установленной на упругой опоре. Пусть основание башни наклонилось на угол \(\varphi\) (рисунок). Тогда за счёт сил упругости возникнет возвращающий момент сил. Рассчитаем его.

На расстоянии \(x\) от осевой линии поролон сожмётся на \(x\cdot\operatorname{tg}\varphi\). Тогда в сечении поролона площадью \(ds = a\,dx\) возникнет сила в соответствии с законом Гука: \[dF = E\,ds\,\varepsilon = Ea\,\frac{x\cdot\operatorname{tg}\varphi}{H}\,dx .\] Эта сила внесёт вклад в суммарный возвращающий момент сил: \[dM = x\,dF = Ea\,\frac{x^2\cdot\operatorname{tg}\varphi}{H}\,dx .\] Тогда суммарный момент сил может быть рассчитан как: \[M = 2\int_0^{a/2} \frac{Ea\operatorname{tg}\varphi\cdot x^2}{H}\,dx = \frac{Ea^4\cdot\operatorname{tg}\varphi}{12H}.\] То есть для малых углов крутильная жёсткость подставки составит \(\gamma' = \dfrac{Ea^4}{12H}\).

На наклонённую башню действует момент силы тяжести, равный: \[M_б = \frac{\lambda L^2}{2}\,g\sin\varphi .\] Аналогично пункту а) башня выйдет из вертикального положения в случае равенства коэффициента пропорциональности между синусом и моментом силы и крутильной жёсткости опоры: \[\frac{Ea^4}{12H} = \frac{\lambda L_1^2}{2}\,g \quad\Rightarrow\quad L_1 = \sqrt{\frac{Ea^4}{6\lambda gH}} .\]

г) Рассмотрим наклонное равновесие башни: \[\frac{Ea^4\cdot\operatorname{tg}\varphi}{12H} = \lambda\frac{L^2}{2}\,g\sin\varphi .\] С учётом приближённых формул: \[\left(1 + \frac{\varphi^2}{3}\right) = \frac{L^2}{L_1^2}\left(1 - \frac{\varphi^2}{6}\right).\] Предельный угол отклонения башни, прежде чем она опрокинется, определяется её высотой и диаметром: \(\varphi_{\text{кр}} = \dfrac{d}{L}\). Тогда для расчёта критической высоты башни запишем: \[\left(1 + \frac{d^2}{3L_2^2}\right) = \frac{L_2^2}{L_1^2}\left(1 - \frac{d^2}{6L_2^2}\right).\] Преобразуем уравнение к виду биквадратного: \[\frac{L_2^4}{L_1^2} - L_2^2\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2}\right) - \frac{d^2}{3} = 0 .\] Рассчитаем дискриминант: \[D = \left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2}\right)^2 + \frac{4d^2}{3L_1^2}.\] С учётом указанного в условии приближения: \[D = 1 + \frac{5d^2}{3L_1^2}.\] Тогда выберем положительный корень уравнения: \[L_2^2 = \frac{L_1^2}{2}\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2} + \sqrt{1 + \frac{5d^2}{3L_1^2}}\right) \approx \frac{L_1^2}{2}\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2} + 1 + \frac{5d^2}{6L_1^2}\right) = L_1^2\left(1 + \frac{d^2}{2L_1^2}\right).\] И окончательно для высоты \(L_2\) с учётом приближений: \[L_2 = L_1\sqrt{1 + \frac{d^2}{2L_1^2}} \approx L_1\left(1 + \frac{d^2}{4L_1^2}\right).\]

В установившемся режиме джоулева мощность \(U^2G(t)\) равна мощности теплоотдачи \(k(t - t_\text{в})\); коэффициент \(k\) найдите из первого опыта. Каждое следующее уравнение решается графически — пересечением прямой с графиком \(G(t)\). Помните, что прибор переводит в температуру ток, считая напряжение номинальным.

1) \(t_1 = 13\ ^\circ\)C;  2) \(\approx 42\ ^\circ\)C;  3) \(t_* \approx 51{,}5\ ^\circ\)C (сам термистор при этом нагрет до \(t_2 = 34\ ^\circ\)C).

Пусть \(U_0\) — номинальное напряжение источника. Тепловая мощность, выделяющаяся на термисторе, должна в установившемся режиме рассеиваться в окружающий воздух. Поэтому \[U_0^2G(t) = k(t - t_\text{в}), \tag{1}\] где \(t\) — собственная температура термистора, \(t_\text{в}\) — температура воздуха, а \(k\) — коэффициент пропорциональности в законе Ньютона-Рихмана. Определяя по графику значение проводимости при температуре \(t = 29\ ^\circ\)C \[G(29\ ^\circ\text{C}) = 1{,}2\,G_{25}\] и подставляя \(t_\text{в} = 27\ ^\circ\)C, получим, что \[k = 0{,}6\,\frac{1}{^\circ\text{C}}\cdot U_0^2G_{25}.\]

Пусть теперь температура воздуха равна \(t_1\), а температура термистора, соответственно, \((t_1 + 1\ ^\circ\text{C})\).

Подставим эти значения в (1): \[U_0^2G(t_1 + 1\ ^\circ\text{C}) = k\cdot 1\ ^\circ\text{C} \qquad\Rightarrow\qquad G(t_1 + 1\ ^\circ\text{C}) = 0{,}6G_{25}.\] Данное значение проводимости (точка 1 на рис.) соответствует температуре \(t_1 + 1\ ^\circ\text{C} = 14\ ^\circ\)C, откуда \(t_1 = 13\ ^\circ\)C.

Пусть теперь \(t_\text{в} = 38{,}5\ ^\circ\)C. Тогда \[U_0^2G(t) = k(t - 38{,}5\ ^\circ\text{C}) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{G(t)}{G_{25}} = 0{,}6\,\frac{1}{^\circ\text{C}}\cdot(t - 38{,}5\ ^\circ\text{C}).\] Полученное уравнение решим графически, построив прямую, заданную этим уравнением, поверх данного в условии графика (прямая \(A\) на рис.). Точка пересечения соответствует температуре термистора \(t = 42\ ^\circ\)C.

Пусть при напряжении источника \(2U_0\) и температуре воздуха \(t_\text{в} = 24\ ^\circ\)C, термистор в установившемся режиме имеет температуру \(t_2\). Запишем условие теплового равновесия для термистора и подставим в него выражение для \(k\): \[4U_0^2G(t_2) = k(t_2 - t_\text{в}) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{G(t_2)}{G_{25}} = 0{,}15\,\frac{1}{^\circ\text{C}}\cdot(t_2 - 24\ ^\circ\text{C}).\] Полученное уравнение снова решим графически, построив прямую, заданную этим уравнением (прямая \(B\) на рис.): \[t_2 = 34\ ^\circ\text{C}, \quad G(t_2) = 1{,}5G_{25}.\]

Однако экран прибора будет показывать не значение \(t_2\), а совершенно другое число \(t_* \ne t_2\)! Это связано с тем, что встроенный компьютер, переводящий показания амперметра в значение температуры, выводимое на экран настроен на напряжение \(U_0\). Чтобы найти формулу для пересчёта, запишем выражения для силы тока через термистор в двух случаях: 1) напряжение равно \(U_0\), температура равна \(t_*\); 2) напряжение равно \(2U_0\), температура — \(t_2\) \[I_1 = U_0G(t_*) \quad\text{и}\quad I_2 = 2U_0G(t_2).\] Приравнивая их, получим \[G(t_*) = 2G(t_2) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{G(t_*)}{G_{25}} = 3.\] Отсюда, по графику (точка 2 на рис.), определяем, что \(t_* \approx 51{,}5\ ^\circ\)C.

Поршень лёгкий, поэтому давление газа сверху и снизу одинаково, а температура постоянна. Запишите, куда девается газ из нижней части: он растворяется в поступившей воде. Подумайте, что изменится, когда весь газ под поршнем растворится.

1) вниз, \(v_\text{п} = \dfrac{q}{2S}\left(\dfrac{kRT_0}{M} - 1\right) \approx 0{,}01\) см/с;  2) \(t_1 \approx 1250\) с;  3) \(P_{min} \approx 132\) кПа;  4) \(t_2 = 2640\) с;  5) ломаная из двух отрезков через точки \((0\text{ с};\ 6{,}6\text{ л})\), \((1250\text{ с};\ 8{,}2\text{ л})\), \((2640\text{ с};\ 2{,}64\text{ л})\).

Пусть \(V_\text{в}\) — объём верхней части сосуда, \(V_1\) и \(V_2\) — объёмы газа и, соответственно, газированной воды в нижней части сосуда. Так как вода поступает с постоянной скоростью, а суммарный объём сосуда равен \(2V_0\), то \[V_2 = qt, \qquad V_1 = 2V_0 - V_\text{в} - qt.\] Рассмотрим случай, когда вода ещё не заполнила всю нижнюю часть сосуда (\(V_1 > 0\)). Поршень, разделяющий сосуд, лёгкий и двигается без трения, поэтому давление углекислого газа \(P\) по обе стороны от него одинаково. Масса \(CO_2\), растворённого в воде, согласно закону Генри равна \[m_2 = \mu_\text{р} V_2 = kPV_2 = kPqt.\] В начальный момент массы газа в верхней и нижней частях сосуда равны, следовательно в некоторый момент \(t\) масса газа под поршнем \[m_1 = m_\text{в} - m_2 = m_\text{в} - kPqt, \tag{*}\] где \(m_\text{в}\) — масса углекислого газа в верхней части сосуда. Запишем теперь уравнения Менделеева–Клапейрона для газа, находящегося по обе стороны от поршня, и, выражая оттуда массы, подставим их в уравнение \((*)\) \[\begin{gather*} \begin{cases} PV_\text{в} = m_\text{в} RT_0/M,\\ PV_1 = m_1 RT_0/M \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \frac{PV_1 M}{RT_0} = \frac{PV_\text{в} M}{RT_0} - kPqt \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad V_1 = V_\text{в} - \frac{kRT_0}{M}\cdot qt. \end{gather*}\] Отсюда, решая систему, найдём, что \[V_\text{в} = V_0 + \frac{qt}{2}\left(\frac{kRT_0}{M} - 1\right), \qquad V_1 = V_0 - \frac{qt}{2}\left(\frac{kRT_0}{M} + 1\right). \tag{**}\] Поскольку \[\frac{kRT_0}{M} = \frac{3{,}17\cdot10^{-5}\cdot 8{,}31\cdot 274}{0{,}044} \approx 1{,}64 > 1,\] то из первого выражения в \((**)\) следует, что \(V_\text{в}\) увеличивается с постоянной скоростью, а поршень двигается вниз. Скорость его движения равна \[v_\text{п} = \frac{\Delta V_\text{в}}{S\Delta t} = \frac{q}{2S}\left(\frac{kRT_0}{M} - 1\right) = \frac{4\text{ см}^3/\text{с}}{256\text{ см}^2}\,(1{,}64 - 1) \approx 0{,}01\text{ см/с}.\]

Из второго выражения в \((**)\) следует, что объём газа над поверхностью воды в нижней части сосуда непрерывно уменьшается и в момент времени \[t_1 = \frac{2V_0}{q(kRT_0/M + 1)} = \frac{2\cdot 6{,}6\text{ л}}{0{,}004\text{ л/с}\cdot(1{,}64 + 1)} \approx 1250\text{ с}\] становится нулевым, весь газ оказывается растворенным в жидкости, а жидкость упирается в поршень. В дальнейшем поступающая вода будет поднимать поршень, а объём газа в верхней части сосуда станет уменьшаться. Процесс, происходящий с газом над поршнем, изотермический, поэтому минимальное давление \(P_{min}\) достигается при максимальном \(V_\text{в}\), то есть через время \(t = t_1\) после включения насоса.

Максимальный объём верхней части сосуда достигается в момент времени \(t_1\). Найдем этот объем, подставив выражение для \(t_1\) в первую формулу \((**)\): \[V_{\text{в}\,max} = 2V_0\cdot\frac{kRT_0/M}{kRT_0/M + 1} \approx 8{,}2\text{ л}.\] Давление газа над поршнем в этот момент, согласно закону Бойля–Мариотта, равно \[P_{min} = \frac{P_0 V_0}{V_{\text{в}\,max}} \approx 132\text{ кПа}.\]

В момент выключения насоса давление газа над поршнем равно \(P_\text{кр}\), а объём верхней части сосуда составляет \[V_{\text{в}\,\text{кр}} = \frac{P_0 V_0}{P_\text{кр}} = \frac{2V_0}{5} = 2{,}64\text{ л}.\] Объём остальной части сосуда, заполненной водой, равен \[V_{2\,\text{кр}} = 2V_0 - V_{\text{в}\,\text{кр}} = \frac{8V_0}{5}.\] Отсюда получим, что время работы насоса \[t_2 = \frac{V_{2\,\text{кр}}}{q} = \frac{8V_0}{5q} = 2640\text{ с}.\]

Исходя из результатов, полученных в предыдущих пунктах, график зависимости \(V_\text{в}(t)\) имеет вид ломаной, состоящей из двух прямолинейных участков. Вершина ломаной находится в точке с координатами \((t_1;\ V_{\text{в}\,max})\), а её концы — в точках \((0;\ V_0)\) и \((t_2;\ V_{\text{в}\,\text{кр}})\). Построим график функции \(V_\text{в}(t)\), отметив на нём характерные точки.

На стенке выбоины сила реакции лежит в вертикальной плоскости, проходящей через центр выбоины. Какая составляющая скорости шайбы при переходе через край не меняется? На что это похоже в оптике?

1) \(h \approx 0{,}61\,\dfrac{v_1^2}{g}\);  2) \(h = 1{,}5\,\dfrac{v_1^2}{g}\).

Рассмотрим скатывание шайбы по границе. В малой окрестности области скатывания участок деформации выбоины можно считать наклонным профилем. Тогда сила реакции на шайбу действует только в вертикальной плоскости, проходящей через центры шайбы и выбоины, а значит, из закона сохранения импульса следует, что перпендикулярная этому сечению компонента скорости шайбы сохраняется.

На поверхности вне выбоины скорость шайбы \(v_1\), и она направлена под углом \(\alpha\) к перпендикуляру к границе раздела. На дне выбоины скорость шайбы \(v_2\), и она направлена под углом \(\beta\). При переходе шайбы с одной горизонтальной плоскости на другую получается формула, похожая на закон преломления света: \[v_\perp = v_1 \sin\alpha = v_2 \sin\beta .\]

Отсюда \(\sin\beta = \dfrac{\sin\alpha}{n}\), где \(n = \dfrac{v_2}{v_1}\). Проанализируем геометрию траектории. Построим вспомогательные высоты \(AH_1\) и \(BH_2\), длины которых по условию равны \(x_0\) и \(x_1\). Так как \(AO = OB = R\), то \(\angle OAB = \angle OBA = \beta\). Тогда из \(\triangle AOB\): \(AB = L = 2R\cos\beta\). Из геометрии трапеции \(AH_1H_2B\) видно, что \(x_0 - x_1 = L\sin(\alpha - \beta)\).

Тогда \(x_1 = x_0 - 2R\cos\beta\,(\sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta)\), а из \(\triangle AOH_1\) имеем \(\sin\alpha = x_0/R\). Получаем зависимость \[\frac{x_1}{R} = \frac{x_0}{R}\left(\frac{2}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^2 + \frac{2}{n}\sqrt{1 - \frac{n^2+1}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^2 + \frac{1}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^4} - 1\right).\] Она сложна для анализа, поэтому обратим внимание на центральную часть графика: там зависимость близка к линейной и \(x_0/R \ll 1\). Для центрального участка \[\frac{x_1}{R} = \frac{x_0}{R}\left(\frac{2}{n} - 1\right).\] Это выражение можно было получить сразу, воспользовавшись малостью углов \(\alpha\) и \(\beta\). При малых \(x_0\) зависимость \(x_1(x_0)\) линейная, её угловой коэффициент \(k = \dfrac{2}{n} - 1\). Строим аппроксимирующую прямую в центральной части графика.

Из графика \(k \approx 0{,}34\). Тогда \(n = \dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{2}{1+k} \approx 1{,}49\), откуда \(v_2 = 1{,}49\,v_1\). Из закона сохранения энергии \(\dfrac{m v_2^2}{2} = \dfrac{m v_1^2}{2} + m g h\) находим глубину выбоины: \(h = \dfrac{v_2^2 - v_1^2}{2g} \approx 0{,}61\,\dfrac{v_1^2}{g}\).

Теперь выясним, при каких условиях \(x_1\) не зависит от \(x_0\). При \(n = 2\) на центральном участке \(k = 0\): все траектории фокусируются в одной точке — там, где стоят ворота. Тогда \(v_2 = 2v_1\) и \(h = 1{,}5\,\dfrac{v_1^2}{g}\).

Сложите силу тяжести и постоянную силу \(\vec F\) в одно «эффективное» поле тяжести: горку можно преодолеть, если ни одна её точка не оказывается в этом поле выше стартовой. В третьем пункте работу силы \(F\) выгоднее всего набирать, направляя её вдоль траектории.

1) \(F_{\min 1} = \dfrac{4}{3}mg\);  2) \(F_{\min 2} = \dfrac{4}{5}mg\), \(\alpha_{opt} = \arcsin\dfrac45 = \operatorname{arctg}\dfrac43\) (сила направлена по касательной к горке);  3) \(s_{\min} = \dfrac{H}{2}\left(2 + \sqrt3 - \dfrac{5\pi}{6}\right) \approx 0{,}56\,H\), сила всё время направлена вдоль траектории.

Пункт 1. Метод 1. Бусинка движется под действием суммы внешних сил \(\vec F + m\vec g\). Рассмотрим движение в поле эффективного ускорения свободного падения: \[\vec g_{eff} = \vec g + \frac{\vec F}{m}.\]

Для преодоления горки необходимо, чтобы в любой точке траектории потенциальная энергия была меньше, чем в точке старта.

В критическом случае перпендикуляр к эффективному ускорению свободного падения касается второй четверть-окружности. Тогда из геометрии \(\theta = 2\operatorname{arctg}(1/2)\). \[F_{\min 1} = mg\operatorname{tg}\theta = \frac{4mg}{3}.\]

Метод 2. Если бусинка преодолела горку, это значит, что в любой момент времени работа внешних сил: \[A_F \geqslant \Pi,\] где \(\Pi\) — потенциальная энергия. Поделим обе части неравенства на \(mg\) и подставим \(A_F = F\cdot x\): \[\frac{F\cdot x}{mg} \geqslant h.\]

Рассмотрим график зависимости обеих величин от \(x\). В критическом случае графики касаются. Тогда тангенс угла наклона прямой равен: \[\operatorname{tg}\theta = \frac43 = \frac{F}{mg}.\] Получаем: \[F_{\min 1} = mg\operatorname{tg}\theta = \frac{4mg}{3}.\]

Пункт 2. Метод 1. Минимум силы достигается, когда вектор \(\vec F/m\) перпендикулярен вектору \(\vec g_{eff}\). Направление силы \(F\) — по касательной к горке под углом \(\theta\) к горизонту.

\[F_{\min 2} = mg\sin\theta = \frac45 mg; \qquad \theta = 2\operatorname{arctg}(1/2) = \arcsin(4/5).\]

Метод 2. Снова запишем неравенство \[A_F \geqslant \Pi.\] Подставим \(A_F = F_x\cdot x + F_y\cdot h\): \[F_x\cdot x + F_y\cdot h \geqslant mgh; \qquad F_x\cdot x \geqslant h(mg - F_y); \qquad \frac{F_x}{mg - F_y}\cdot x \geqslant h.\] Аналогично предыдущему пункту получаем, что: \[\frac{F_x}{mg - F_y} = \operatorname{tg}\theta = \frac43; \qquad F_x = \frac43 mg - \frac43 F_y.\] С учётом того, что \(F^2 = F_x^2 + F_y^2\), получаем: \[F^2 = \frac{16}{9}F_y^2 - \frac{32}{9}F_y mg + \frac{16}{9}m^2g^2 + F_y^2 = \frac{25}{9}F_y^2 - \frac{32}{9}F_y mg + \frac{16}{9}m^2g^2.\] Минимум этой квадратичной зависимости достигается при: \[F_y = \frac{16}{25}mg.\] Тогда \[F_{\min 2}^2 = \frac{16}{9}m^2g^2 - \frac{16^2}{25\cdot 9}m^2g^2 = \frac{16}{25}m^2g^2.\] Получаем ответ: \[F_{\min 2} = \frac45 mg.\] Угол с горизонтом: \[\theta = \operatorname{arctg}\frac{F_y}{F_x} = \operatorname{arctg}\frac43.\]

Пункт 3. Если бусинка преодолела горку, это значит, что в любой момент времени сумма работ внешних сил: \[A_F + A_{mg} \geqslant 0.\] Для максимизации работы силы \(F\) последняя должна быть всегда направлена вдоль траектории. Рассмотрим критический случай, когда бусинка достигает предельной точки, остановившись на второй четверть-окружности. Параметризуем эту точку углом \(\alpha\). В критическом случае эта точка является положением равновесия: \[F = mg\cos\alpha.\]

Работа сил равна нулю: \[F\cdot\left(s + \frac H2\cdot\left(\frac\pi2 + \alpha\right)\right) = mg\frac H2\cdot(1 + \sin\alpha);\] \[s = \frac{mg}{F}\,\frac H2\cdot(1 + \sin\alpha) - \frac H2\cdot\left(\frac\pi2 + \alpha\right); \qquad s = \frac H2\left(\frac{1 + \sin\alpha}{\cos\alpha} - \frac\pi2 - \alpha\right).\] С учётом \(F = mg\cos\alpha\): \[s = \frac H2\left(\frac{1 + \sqrt{1 - F^2/m^2g^2}}{F/mg} - \frac\pi2 - \arccos\frac{F}{mg}\right).\] Для \(F = mg/2\): \[s = \frac H2\left(2 + \sqrt3 - \frac{5\pi}{6}\right).\]