Среднее значение функции

Количество теплоты при линейной зависимости теплоёмкости от температуры равно произведению средней теплоёмкости на изменение температуры.

\(7{,}7\text{ мин}\).

Для измерения длительностей важен не сам сдвиг относительно эталона, а то, насколько он постоянен: смотрите, как меняются показания от измерения к измерению.

порядок от лучших к худшим: \(A\), \(В\), \(Б\).

Погрешность периода растёт линейно, поэтому за время \(t\) средняя погрешность одного периода — полусумма начального и конечного значений. Умножьте её на число оборотов \(t/T\).

\(t = (8{,}3 \pm 0{,}1)\) лет.

Сила давления на грань равна \(\rho g h_c S_\text{гр}\), где \(h_c\) — глубина центра грани. Либо найдите вертикальную равнодействующую сил на все четыре грани через вес воды над пирамидой.

\(F = \dfrac{\rho g A^3}{2\sqrt 6} \approx 2{,}48\cdot 10^{10}\) Н.

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.

Составьте уравнение теплового баланса для первого шарика и посмотрите, как связаны температуры воды после соседних погружений.

\(t_{100} \approx 41{,}5\,{}^\circ\text{C}\).

Запишем уравнение теплового баланса после погружения первого шарика: \[C(t_1 - t_0) = C_\text{ш}(\theta - t_1) = \alpha C(\theta - t_1) \quad\Rightarrow\quad t_1 = \theta + \frac{1}{1+\alpha}(t_0 - \theta) \approx 10{,}5\,{}^\circ\text{C},\] где \(C\) "— теплоёмкость сосуда с водой, \(C_\text{ш}\) "— теплоёмкость шарика, \(t_1\) "— установившаяся температура после погружения первого шарика.

Уравнение теплового баланса при втором погружении: \[C(t_2 - t_1) = C_\text{ш}(\theta - t_2) = \alpha C(\theta - t_2) \quad\Rightarrow\quad t_2 = \theta + \frac{1}{1+\alpha}(t_1 - \theta) = \theta + \left(\frac{1}{1+\alpha}\right)^2 (t_0 - \theta) \approx 11{,}0\,{}^\circ\text{C}.\] Проделав аналогичные действия \(n\) раз, получаем: \[t_n = \theta + \frac{1}{1+\alpha}(t_{n-1} - \theta) = \theta + \left(\frac{1}{1+\alpha}\right)^n (t_0 - \theta).\] Значит, \[t_{100} \approx 41{,}5\,{}^\circ\text{C}.\]

Работа бабы Дуси равна полному изменению потенциальной энергии воды, ведра и цепи. Центр масс однородной цепи поднимается лишь на \(h/2\).

\(\eta \approx 67{,}4\%\).

Термометр сам принимает температуру жидкости, в которую погружён, и при этом заметно её меняет: запишите уравнение теплового баланса для термометра и жидкости при каждом погружении, обозначив теплоёмкость термометра отдельной буквой.

1) 2;  2) столбец 2 (\(t_1^{(3)} \approx 28{,}0\text{ °C}\)).

Сила трения линейно растёт с координатой, поэтому работу трения можно считать через среднее значение силы. Ускорение системы тоже линейно зависит от \(x\).

1) груз 1 после отпускания пройдёт путь \(x_{\max} = 2x_0 = 2/k\);  2) в процессе движения грузы будут иметь максимальную скорость \(V_{\max} = \sqrt{\dfrac{g}{2k}}\);  3) максимальное значение модуля силы натяжения нити в процессе движения \(T_{\max} = \dfrac{3mg}{2}\);  4) графики зависимостей \(a(x)\) и \(T(t)\) приведены на рисунках 1 и 2.

Число машин на каждом участке пропорционально времени, которое машина на нём проводит. Выразите среднее арифметическое скоростей через среднюю скорость одной машины на этом отрезке пути.

84 км/ч.

Пусть \(l_1\), \(l_2\) — длины «хорошего» и «плохого» участков дороги, \(v_1\), \(v_2\) — скорости автомобилей на этих участках. Пусть также \(\Delta t\) — временной интервал между автомобилями. Тогда дистанция между ближайшими автомобилями будет составлять \(v_1\Delta t\) на быстром отрезке и \(v_2\Delta t\) на медленном. Тогда на быстром отрезке в произвольный момент времени находится \(N_1 = \dfrac{l_1}{v_1\Delta t}\) автомобилей, а на медленном — \(N_2 = \dfrac{l_2}{v_2\Delta t}\). Среднее арифметическое их скоростей будет равно \(u = \dfrac{N_1v_1 + N_2v_2}{N_1 + N_2}\), поскольку всего автомобилей \(N_1 + N_2\). Имеем: \[u = \frac{N_1v_1 + N_2v_2}{N_1 + N_2} = \frac{\dfrac{l_1}{v_1\Delta t}v_1 + \dfrac{l_2}{v_2\Delta t}v_2}{\dfrac{l_1}{v_1\Delta t} + \dfrac{l_2}{v_2\Delta t}} = \frac{l_1 + l_2}{\dfrac{l_1}{v_1} + \dfrac{l_2}{v_2}}. \tag{1}\] Отметим, что полученный результат совпадает со средней скоростью отдельного автомобиля на всей дистанции. Аналогичный результат справедлив для автомобилей на второй половине дистанции. Поскольку средняя скорость на второй половине ниже, чем на всей дистанции, ясно, что плохой отрезок дороги идёт в конце пути. Тогда вторая половина дороги состоит из участка плохой дороги протяжённостью \(l_2\) и участка хорошей дороги протяжённостью \(\dfrac{l_1 + l_2}{2} - l_2 = \dfrac{l_1 - l_2}{2}\). Средняя скорость на второй половине пути может быть найдена как \[u_2 = \frac{\dfrac{l_1 + l_2}{2}}{\dfrac{l_1 - l_2}{2v_1} + \dfrac{l_2}{v_2}}. \tag{2}\] Из соотношения (1) получаем \[\frac{l_2}{v_2} = \frac{l_1 + l_2}{u} - \frac{l_1}{v_1}. \tag{3}\] Из соотношений (2) и (3) имеем \[\frac{l_1 + l_2}{2u_2} = \frac{l_1 - l_2}{2v_1} + \frac{l_2}{v_2} = -\frac{l_1 + l_2}{2v_1} + \frac{l_1 + l_2}{u}.\] После сокращения на \(l_1 + l_2\) получаем \[\frac{1}{2u_2} = -\frac{1}{2v_1} + \frac{1}{u},\] откуда \(v_1 = \dfrac{uu_2}{2u_2 - u} = 84\) км/ч.

Спустя долгое время напряжение на конденсаторе почти постоянно, значит, средний заряд, пришедший за один период, равен ушедшему. Учтите, что в положении 2 ток течёт через резистор \(R\) и диод в другую сторону.

1) \(U_C = 3\mathcal{E}/5 = 3\) В;  2) \(\langle P\rangle = 0{,}2\) Вт.

а) В квазистационарном режиме (который установится спустя длительное время после начала процесса) напряжение на конденсаторе \(U_C\) будет изменяться крайне незначительно. Поскольку переключатель одинаковое время находится в положениях 1 и 2, токи зарядки и разрядки конденсатора должны быть равны. Этот факт отражает уравнение \[\frac{\mathcal{E} - U_0 - U_C}{R} = \frac{U_C - U_0}{2R},\] решая которое находим искомое напряжение: \(U_C = \dfrac{2\mathcal{E} - U_0}{3} = \dfrac{3\mathcal{E}}{5}\).

б) Средняя мощность, выделяющаяся на светодиодах, равна \[\langle P\rangle = (\mathcal{E} - U_C)I = \frac{(\mathcal{E} - U_C)(\mathcal{E} - U_C - U_0)}{R} = \frac{2\mathcal{E}^2}{25R} = 0{,}2\text{ Вт}.\]

Пока жидкость в широком сосуде не дошла до крышки, она просто расширяется; потом её объём фиксирован, и при каждом малом нагреве в узкий сосуд уходит порция \(4SH\,\Delta\rho\) при текущей температуре. Давление на дно найдите по массе жидкости в узком сосуде, а тепло, принесённое порциями, — как площадь под графиком \(\rho(t)\).

1) \(p_\text{дно} = 2{,}75\rho_0 gH\);  2) \(p_\text{к} = 2{,}25\rho_0 gH\);  3) \(t_R \approx 1{,}36\,t_0\).

Зависимость плотности от температуры: \[\rho(t) = \rho_0 - \frac{\rho_0}{2}\cdot\frac{t - t_0}{t_0} = \rho_0\,\frac{3t_0 - t}{2t_0}. \tag{1}\] Начальная масса \(m_{L0}\) жидкости в левом сосуде: \[m_{L0} = 4Sh\rho_0 = 4SH\rho.\] Следовательно, сосуд большего сечения заполнится доверху, когда плотность в нём уменьшится до \(\rho = 0{,}95\rho_0\). Из (1) получаем: \[\rho = 0{,}95\rho_0 \;\Rightarrow\; 3t_0 - t_1 = 1{,}9t_0 \;\Rightarrow\; t_1 = 1{,}1t_0.\] После этого жидкость начинает перетекать из левого (широкого) сосуда в правый. При достижении температуры \(t = 2t_0\) масса \(m_L\) жидкости в левом сосуде равна: \[m_L = 4SH\cdot\frac{\rho_0}{2} = 2\rho_0 SH.\] Полная масса \(m\) жидкости изначально: \[m = (4S + S)h\rho_0 = 5S\cdot 0{,}95H\rho_0 = 4{,}75\rho_0 SH.\] Следовательно, масса \(m_R\) жидкости в правом сосуде после нагрева: \[m_R = m - m_L = 2{,}75\rho_0 SH.\] Тогда давление на дне: \[p_\text{дно} = \frac{m_R g}{S} = 2{,}75\rho_0 gH.\] Давление \(p_\text{к}\) жидкости на крышку в сосуде большего сечения найдём из равенства давлений: \[p_\text{к} = p_\text{дно} - 0{,}5\rho_0 gH = 2{,}25\rho_0 gH.\]

Поскольку объём левого сосуда фиксирован (при достижении высоты \(H\)), уменьшение массы в нём прямо пропорционально уменьшению плотности при нагреве. При нагреве левого сосуда на малую величину \(\Delta t\) плотность уменьшается на \(\Delta\rho\), и в правый сосуд перетекает масса: \[\Delta m = 4SH\,\Delta\rho, \tag{2}\] температура которой равна текущей температуре \(t\) в левом сосуде.

Способ 1. Можно считать, что нагреватель сообщил количество теплоты массе \(\Delta m\) уже после того, как она переместилась в правый сосуд. Тогда количество теплоты, поступающее в правый сосуд: \[\Delta Q = c\Delta m\,(t - t_0) = 4cSH(t - t_0)\Delta\rho,\] где \(c\) — теплоёмкость жидкости.

Если воспользоваться графиком зависимости \(\rho(t)\), то можно заметить, что величине \(\Delta Q\) пропорциональна площадь полоски шириной \(\Delta\rho\) и длиной \(t - t_0\) (см. рисунок 1), домноженной на \(4cSH\).

Полное количество «перенесённой» в правый сосуд теплоты \(Q\) пропорционально площади трапеции, показанной на рисунке 2, с домножением на \(4cSH\). Тогда: \[Q = 0{,}99\rho_0 t_0 cSH.\]

Эта теплота, распределённая по массе \(m_R = 2{,}75\rho_0 SH\), повысит температуру правого сосуда: \[t_R = t_0 + \frac{Q}{cm_R} = t_0 + \frac{0{,}99\rho_0 t_0 cSH}{c\cdot 2{,}75\rho_0 SH}.\]

Способ 2. Из (1) и (2) получим, что при повышении температуры левого сосуда от \(t_1 = 1{,}1t_0\) до \(t_2 = 2t_0\) масса, перетекающая в правый сосуд, увеличивается равномерно с температурой:

\[\Delta m = \frac{2SH}{t_0}\cdot\Delta t.\] Следовательно, распределение масс по температуре равномерное, и средняя температура приходящих порций жидкости равна среднему арифметическому концов интервала: \[t_\text{ср} = \frac{t_1 + t_2}{2} = \frac{1{,}1t_0 + 2t_0}{2} = 1{,}55t_0.\] Уравнение теплового баланса для правого сосуда: \[m_{R0}c(t_R - t_0) + \Delta mc(t_R - t_\text{ср}) = 0,\] где \(m_{R0}\) — начальная масса жидкости в правом сосуде. Отсюда: \[t_R = \frac{m_{R0}t_0 + \Delta m\,t_\text{ср}}{m_{R0} + \Delta m}.\]

Способ 3. Малая масса, перетекающая при возрастании температуры на \(\mathrm{d}t\): \[\mathrm{d}m = -4SH\,\mathrm{d}\rho.\] Из (1): \[\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}t} = -\frac{\rho_0}{2t_0} \quad\Rightarrow\quad \mathrm{d}m = \frac{2\rho_0 SH}{t_0}\,\mathrm{d}t.\] Количество теплоты, переносимое этой массой: \[\mathrm{d}Q = c(t - t_0)\,\mathrm{d}m = c(t - t_0)\frac{2\rho_0 SH}{t_0}\,\mathrm{d}t.\] Интегрируем от \(t_1 = 1{,}1t_0\) до \(2t_0\): \[Q = \frac{2\rho_0 SHc}{t_0}\int_{1{,}1t_0}^{2t_0}(t - t_0)\,\mathrm{d}t = \frac{2\rho_0 SHc}{t_0}\left[\frac{(t - t_0)^2}{2}\right]\Bigg|_{1{,}1t_0}^{2t_0}.\] Подставляем пределы: \[Q = \frac{2\rho_0 SHc}{t_0}\cdot\frac{t_0^2 - 0{,}01t_0^2}{2} = 0{,}99\rho_0 ct_0 SH.\] Далее, как и в первом способе: \[t_R = t_0 + \frac{Q}{cm_R}.\] Окончательно: \[t_R = 1{,}36t_0.\]