Вы­со­та опус­ка­ния ниж­не­го тела равна сумме удли­не­ний пру­жин. При этом ниж­няя пру­жи­на рас­тя­ги­ва­ет­ся ниж­ним телом 2m, верх­няя  — обо­и­ми те­ла­ми 2m + m  =  3m. От­сю­да на­хо­дим вы­со­ту опус­ка­ния ниж­не­го тела:

Если по­ме­нять ме­ста­ми и пру­жи­ны, и тела, то вме­сто этой фор­му­лы по­лу­чим:

Ответ:

Пусть масса воды в ка­стрю­ле равна m. Урав­не­ние теп­ло­во­го ба­лан­са для на­гре­ва­ния воды от тем­пе­ра­ту­ры во­до­про­во­да до тем­пе­ра­ту­ры ки­пе­ния дает

где P  — мощ­ность на­гре­ва­те­лей плиты, c  — удель­ная теп­ло­ем­кость воды, T₀  — тем­пе­ра­ту­ра во­до­про­вод­ной воды, T_к  — тем­пе­ра­ту­ра ки­пе­ния (по­сколь­ку вхо­дит раз­ность тем­пе­ра­тур, тем­пе­ра­ту­ры можно за­да­вать в гра­ду­сах Цель­сия).

Урав­не­ние теп­ло­во­го ба­лан­са для до­ли­ва­ния до­пол­ни­тель­ной во­до­про­вод­ной воды в ка­стрю­лю дает (по­сколь­ку до­пол­ни­тель­ная вода на­гре­лась от тем­пе­ра­ту­ры во­до­про­во­да до тем­пе­ра­ту­ры на ΔT мень­шей тем­пе­ра­ту­ры ки­пе­ния

где m₁  — масса до­пол­ни­тель­ной воды. От­сю­да на­хо­дим

Урав­не­ние теп­ло­во­го ба­лан­са для на­гре­ва­ния воды мас­сой m + m₁ от тем­пе­ра­ту­ры, мень­шей на ΔT тем­пе­ра­ту­ры ки­пе­ния, до тем­пе­ра­ту­ры ки­пе­ния дает

На­хо­дя из фор­му­лы (**) массу m + m₁

по­лу­чим для на­гре­ва­ния воды мас­сой m + m₁

Деля те­перь урав­не­ние (*) на урав­не­ние (***), най­дем

Ответ: 16 °С.

Пусть сво­бод­но пла­ва­ю­щий кубик по­гру­жа­ет­ся в воду на глу­би­ну h. Тогда усло­вие рав­но­ве­сия ку­би­ка дает

где ρ — плот­ность ве­ще­ства ку­би­ка, a  — длина его ребра. От­сю­да на­хо­дим от­но­ше­ние плот­но­стей ку­би­ка и воды

Когда на пла­ва­ю­щий кубик дей­ству­ет «утап­ли­ва­ю­щая» сила F, усло­вие рав­но­ве­сия дает

где V_п.ч.  — объем по­гру­жен­ной части ку­би­ка. По­сколь­ку где Δh  — глу­би­на «при­топ­ле­ния» ку­би­ка силой F до­пол­ни­тель­но к его по­гру­же­нию за счет силы тя­же­сти. От­сю­да с уче­том (*) по­лу­ча­ем

По­это­му для рав­но­вес­ных по­ло­же­ний ку­би­ка, дан­ных в за­да­че, имеем

Деля урав­не­ния (***) друг на друга, по­лу­ча­ем

где От­сю­да на­хо­дим

А затем из фор­му­лы (**) плот­ность ку­би­ка

Ответ: плот­ность ве­ще­ства ку­би­ка 250 кг/м³.

При дви­же­нии жест­ко­го стерж­ня спра­вед­ли­во усло­вие не­рас­тя­жи­мо­сти стерж­ня  — про­ек­ции ско­ро­сти его кон­цов на стер­жень оди­на­ко­вы. Ис­поль­зу­ем это усло­вие для сто­рон тре­уголь­ни­ка АС и BC.

Пусть υ₁  — ско­рость вер­ши­ны С, и угол между век­то­ром и сто­ро­ной ВС  — α. Тогда из усло­вия не­рас­тя­жи­мо­сти сто­рон АС и ВС по­лу­чим

Деля урав­не­ния друг на друга и ис­поль­зуя фор­му­лу сло­же­ния ко­си­ну­са, най­дем

От­сю­да

По­это­му

Из вто­рой фор­му­лы (*) на­хо­дим

Ответ: ско­ро­сти вер­ши­ны С в этот мо­мент

По­сколь­ку тре­уголь­ник со­дер­жит три вы­во­да, но не со­дер­жит ак­тив­ных эле­мен­тов, он эк­ви­ва­лен­тен не­ко­то­рой «звез­де» из трех со­про­тив­ле­ний (см. рис.). Со­про­тив­ле­ния r₁ и r₂ най­дем из дан­ных усло­вия

От­сю­да

(от­ме­тим, что для дан­ных усло­вия долж­но быть вы­пол­не­но не­ра­вен­ство 2r > R).

Те­перь воз­вра­ща­ем­ся к дан­ной в усло­вии цепи. По­сколь­ку она сим­мет­рич­на от­но­си­тель­но пря­мой AB, ток по пе­ре­мыч­ке, свя­зы­ва­ю­щей левый сим­мет­рич­на от­но­си­тель­но пря­мой AB, ток по пе­ре­мыч­ке, свя­зы­ва­ю­щей левый ниж­ний и пра­вый верх­ний квад­ра­ты не течет, и ее можно уда­лить из цепи. Более того, если сде­лать раз­ре­зы вдоль диа­го­на­лей квад­ра­тов так, как по­ка­за­но на ри­сун­ке, со­хра­нив толь­ко со­еди­не­ние об­ра­зо­вав­ших­ся тре­уголь­ни­ков в вер­ши­нах (см. рис.), со­про­тив­ле­ние цепи не из­ме­нит­ся, по­сколь­ку в пер­во­на­чаль­ной цепи токи нигде не будут пе­ре­се­кать эти диа­го­на­ли.

Ну а по­сколь­ку каж­дый тре­уголь­ник эк­ви­ва­лен­тен «звез­де», то дан­ную цепь можно пред­ста­вить в виде

Со­еди­няя те­перь точки име­ю­щие оди­на­ко­вый по­тен­ци­ал, видим, что дан­ная цепь эк­ви­ва­лент­на сле­ду­ю­щей цепи

На­хо­дя ее со­про­тив­ле­ние, по­лу­чим для со­про­тив­ле­ния дан­ной цепи

Ис­поль­зуя фор­му­лы (*) по­лу­ча­ем окон­ча­тель­но для со­про­тив­ле­ния дан­ной цепи

Ответ:

За­ви­си­мость ко­ор­ди­на­ты че­ло­ве­ка x от вре­ме­ни t в си­сте­ме ко­ор­ди­нат, свя­зан­ной с зем­лей с на­ча­лом ко­ор­ди­нат, на­хо­дя­щим­ся в ниж­ней точке эс­ка­ла­то­ра, и осью x, на­прав­лен­ной вдоль эс­ка­ла­то­ра, имеет вид

Когда че­ло­век до­бе­жал до се­ре­ди­ны эс­ка­ла­то­ра, закон (*) дает

где t₁  — время дви­же­ния че­ло­ве­ка вверх до се­ре­ди­ны эс­ка­ла­то­ра. От­сю­да

(вто­рой ко­рень яв­ля­ет­ся от­ри­ца­тель­ным). Закон дви­же­ния че­ло­ве­ка вниз (в той же си­сте­ме ко­ор­ди­нат; время от­счи­ты­ва­ет­ся от мо­мен­та раз­во­ро­та) имеет вид

Для воз­вра­ще­ния че­ло­ве­ка в ниж­нюю точку эс­ка­ла­то­ра этот закон дает

где t₂  — время дви­же­ния че­ло­ве­ка до ниж­ней точки эс­ка­ла­то­ра. От­сю­да

(вто­рой ко­рень яв­ля­ет­ся от­ри­ца­тель­ным). По­это­му время воз­ра­ще­ния че­ло­ве­ка в ниж­нюю точку эс­ка­ла­то­ра равно

Ответ:

По­сколь­ку во вто­ром (изо­хо­ри­че­ском) про­цес­се то газ в нем на­гре­ва­ет­ся Сле­до­ва­тель­но, из­ме­не­ние тем­пе­ра­ту­ры газа в пер­вом про­цес­се от­ри­ца­тель­но По­это­му при­ме­не­ние пер­во­го за­ко­на тер­мо­ди­на­ми­ки к пер­во­му про­цес­су дает

где υ — ко­ли­че­ство ве­ще­ства (число молей) газа, C  — его мо­ляр­ная теп­ло­ем­кость. Здесь учте­но, что ко­ли­че­ство теп­ло­ты, по­лу­чен­ное газом в пер­вом про­цес­се, есть От­сю­да

По­это­му при­ме­не­ние пер­во­го за­ко­на тер­мо­ди­на­ми­ки ко вто­ро­му про­цес­су дает

Ответ:

При ну­ле­вом уско­ре­нии блока сила на­тя­же­ния ве­рев­ки равна mg. Если «вклю­чить» уско­ре­ние блока, тело мас­сой m нач­нет под­ни­мать­ся вверх, и, сле­до­ва­тель­но, сила на­тя­же­ния ве­рев­ки уве­ли­чит­ся. При не­ко­то­ром уско­ре­нии блока сила на­тя­же­ния ста­нет равна 1,5mg, и тогда вто­рое тело ото­рвет­ся от опоры. Для на­хож­де­ния этого уско­ре­ния рас­смот­рим слу­чай малых уско­ре­ний блока (когда вто­рое тело от опоры не от­ры­ва­ет­ся), най­дем силу на­тя­же­ния ве­рев­ки, и ис­сле­ду­ем воз­мож­ность ее уве­ли­че­ния до ве­ли­чи­ны 1,5mg. Итак, пока тело с мас­сой 1,5m не от­ры­ва­ет­ся от опоры вто­рой закон Нью­то­на для тела мас­сой m дает (в про­ек­ци­ях на ось, на­прав­лен­ную вер­ти­каль­но вверх)

где T  — сила на­тя­же­ния ве­рев­ки, a₁  — уско­ре­ние тела мас­сой m. Пока вто­рое тело не от­ры­ва­ет­ся от опоры, уско­ре­ние тела мас­сой m будет в два раза боль­ше уско­ре­ния блока, по­сколь­ку при сме­ще­нии блока на не­ко­то­рое рас­сто­я­ние тело мас­сой m будет под­ни­мать­ся на вдвое боль­шее рас­сто­я­ние. По­это­му

Из этой фор­му­лы сле­ду­ет, что сила на­тя­же­ния ве­рев­ки ста­но­вит­ся рав­ной 1,5mg при

Сле­до­ва­тель­но, вто­рое тело ото­рвет­ся от опоры при

Ответ:

Пусть в пи­ра­ми­ду в узел А (см. рис.) вте­ка­ет ток I. Най­дем па­де­ние на­пря­же­ния на пи­ра­ми­де, а затем и ее со­про­тив­ле­ние. Оче­вид­но (бла­го­да­ря сим­мет­рии цепи), что в узле А ток де­лит­ся по­по­лам. Най­дем как де­лит­ся ток в узлах В и С. Пусть в узле В ток де­лит­ся так  — ток I₁ течет через про­вод­ник с со­про­тив­ле­ни­ем R, ток I₂ течет через со­про­тив­ле­ние 2R. (Ко­неч­но, бла­го­да­ря сим­мет­рии цепи, и в узле С ток раз­де­лит­ся в той же про­пор­ции). По­это­му на участ­ке DF течет ток 2 I₁, на участ­ке ЕF  — 2I₂. По­сколь­ку па­де­ние на­пря­же­ния на участ­ке АF, вы­чис­лен­ное по про­вод­ни­кам AB–BD–DF, равно па­де­нию на­пря­же­ния, вы­чис­лен­но­му по про­вод­ни­кам АС–CE–EF, имеем для токов I₁ и I₂

От­сю­да на­хо­дим

А те­перь и на­пря­же­ние между уз­ла­ми А и B

От­сю­да по­лу­ча­ем

Ответ:

По­нят­но, что по­ло­же­ния рав­но­ве­сия, от­кло­нен­но­го влево от по­ло­же­ния дис­ков, по­ка­зан­но­го на ри­сун­ке, нет. Дей­стви­тель­но, центр тя­же­сти боль­шо­го диска на­хо­дит­ся левее точки ка­са­ния ниж­не­го диска и опоры, а при по­во­ро­те всей кон­струк­ции влево центр тя­же­сти боль­шо­го диска сме­ща­ет­ся боль­ше, чем центр тя­же­сти ма­ло­го, и мо­мен­ты сил тя­же­сти для боль­ше­го и мень­ше­го дис­ков от­но­си­тель­но точки опоры не смо­гут ком­пен­си­ро­вать друг друга. Таким об­ра­зом, если диск предо­ста­вить са­мо­му себе в по­ло­же­нии, по­ка­зан­ном на ри­сун­ке в усло­вии, он упа­дет. Но усло­вие за­да­чи по­став­ле­но по-дру­го­му  — не­об­хо­ди­мо найти по­ло­же­ние рав­но­ве­сия скле­ен­ных по­лу­дис­ков с опо­рой на мень­ший диск, при­чем не­обя­за­тель­но то, куда эта кон­струк­ция при­дет сама из по­ло­же­ния, по­ка­зан­но­го на ри­сун­ке. По­это­му от­кло­ним диски впра­во и по­про­бу­ем найти рав­но­ве­сие в таком по­ло­же­нии. Ясно, что такое рав­но­ве­сие можно найти даже для очень боль­шо­го (и тя­же­ло­го) верх­не­го диска: если его от­кло­нить так, что центр тя­же­сти боль­шо­го диска будет над точ­кой ка­са­ния, и тогда его мо­мент может ока­зать­ся не­боль­шим (малое плечо) и может быть ком­пен­си­ро­ван даже не­боль­шим мо­мен­том ма­ло­го диска.

Итак, пусть диски от­кло­не­ны от по­ло­же­ния, по­ка­зан­но­го на ри­сун­ке, так, что угол, ко­то­рый со­став­ля­ет их диа­метр с зем­лей, равен α (см. рис.; для упро­ще­ния вы­чис­ле­ния плеч сил все углы α от­ме­че­ны на ри­сун­ке ду­га­ми). В по­ло­же­нии рав­но­ве­сия сумма мо­мен­тов всех сил от­но­си­тель­но любой точки долж­на быть равна нулю. По­сколь­ку силы тя­же­сти по­лу­дис­ков

при­ло­же­ны к их цен­трам тя­же­сти, а цен­тры тя­же­сти на­хо­дят­ся на­про­тив их цен­тров на рас­сто­я­нии от цен­тра, то усло­вие мо­мен­тов от­но­си­тель­но точки ка­са­ния ниж­не­го диска и земли дает

где m и m₁  — массы ма­ло­го и боль­шо­го по­лу­дис­ков со­от­вет­ствен­но, r и R  — их ра­ди­у­сы,   — от­но­ше­ние рас­сто­я­ние от цен­тра тя­же­сти по­лу­дис­ка до его цен­тра к ра­ди­у­су. По­сколь­ку массы по­лу­дис­ков про­пор­ци­о­наль­ны квад­ра­там их ра­ди­у­сов, из этой фор­му­лы на­хо­дим

Не­ожи­дан­ным яв­ля­ет­ся пре­дель­ный пе­ре­ход

И это при том, что в этом слу­чае диск яв­ля­ет­ся од­но­род­ным, и, ка­за­лось бы, его диа­метр дол­жен за­нять го­ри­зон­таль­ной по­ло­же­ние. Эти рас­суж­де­ния не­вер­ны. Дей­стви­тель­но, по­сколь­ку од­но­род­ный диск может за­ни­мать любое по­ло­же­ние; то он зай­мет такое по­ло­же­ние, ко­то­рое будет по­ло­же­ни­ем устой­чи­во­го рав­но­ве­сия для бес­ко­неч­но ма­ло­го от­ли­чия дис­ков друг от друга, ко­то­рое и опре­де­ля­ет­ся фор­му­лой (*).

При из фор­му­лы (*) по­лу­ча­ем

Этот пе­ре­ход еще более уди­ви­тель­ный. Ведь, ка­за­лось бы, при бес­ко­неч­ных раз­ме­рах верх­не­го по­лу­дис­ка мо­мен­та силы тя­же­сти, дей­ству­ю­щей на ниж­ний по­лу­диск, не смо­жет его ском­пен­си­ро­вать. Не­вер­но! Ком­пен­са­ция мо­мен­та верх­не­го по­лу­дис­ка может про­изой­ти, но толь­ко при ну­ле­вом плече силы тя­же­сти от­но­си­тель­но точки ка­са­ния (тогда даже при мо­мент силы тя­же­сти, дей­ству­ю­щей на верх­ний по­лу­диск, от­но­си­тель­но точки опоры будет ко­неч­ным). Имен­но к та­ко­му по­ло­же­нию и при­во­дит фор­му­ла (***). Дей­стви­тель­но, при центр тя­же­сти верх­не­го по­лу­дис­ка ока­жет­ся в точ­но­сти над точ­кой ка­са­ния ниж­не­го по­лу­дис­ка и опоры.

Оче­вид­но, все рас­смот­рен­ные рав­но­ве­сия яв­ля­ют­ся не­устой­чи­вы­ми. Дей­стви­тель­но, если предо­ста­вить по­лу­дис­ки самим себе из по­ло­же­ния, по­ка­зан­но­го на ри­сун­ке в усло­вии за­да­чи. Тогда вся кон­струк­ция будет па­дать влево. По­это­му ее от­кло­не­ние впра­во при­во­дит к уве­ли­че­нию по­тен­ци­аль­ной энер­гии скле­ен­ных по­лу­дис­ков. А по­сколь­ку по­ло­же­ние рав­но­ве­сия  — одно, то оно от­ве­ча­ет мак­си­му­му по­тен­ци­аль­ной энер­гии. Т. е. это по­ло­же­ние рав­но­ве­сия  — не­устой­чи­во.

Ответ: по­ло­же­ние не­устой­чи­во.

Пусть рас­сто­я­ние между го­ро­да­ми равно l. Тогда для вре­ме­ни Δt от­ста­ва­ния вто­ро­го ав­то­мо­би­ля от пер­во­го имеем

А для вре­ме­ни от­ста­ва­ния тре­тье­го ав­то­мо­би­ля от вто­ро­го  —

где υ₃  — ско­рость тре­тье­го ав­то­мо­би­ля. При­рав­ни­вая фор­му­лы (*) и (**) и решая урав­не­ние от­но­си­тель­но υ₃ , по­лу­чим

Из усло­вия рав­но­ве­сия пе­ре­го­род­ки (ра­вен­ство дав­ле­ний спра­ва и слева от нее), на­хо­дим, что в на­чаль­ный мо­мент она рас­по­ло­же­на на рас­сто­я­нии и от кон­цов со­су­да. После того, как гелий рас­пре­де­лит­ся по со­су­ду рав­но­мер­но, его пар­ци­аль­ные дав­ле­ния спра­ва и слева от пе­ре­го­род­ки (не­за­ви­си­мо от ее рас­по­ло­же­ния) будут равны. По­это­му пе­ре­го­род­ка рас­по­ло­жит­ся так, что пар­ци­аль­ные дав­ле­ния кис­ло­ро­да спра­ва и слева будут оди­на­ко­вы. А по­сколь­ку ко­ли­че­ства ве­ще­ства кис­ло­ро­да спра­ва и слева от пе­ре­го­род­ки оди­на­ко­вы, она рас­по­ло­жит­ся по­се­ре­ди­не. Сле­до­ва­тель­но, пе­ре­ме­ще­ние пе­ре­го­род­ки после пе­ре­рас­пре­де­ле­ния гелия со­став­ля­ет

Ответ:

Пусть через верх­нее со­про­тив­ле­ние r течет ток I₁, через верх­нее со­про­тив­ле­ние 2r  — ток I₂ (см. рис.; если какое-то из на­прав­ле­ний тока вы­бра­но не­пра­виль­но, то со­от­вет­ству­ю­щие токи по­лу­чат­ся от­ри­ца­тель­ны­ми). Тогда, из усло­вия токов в верх­нем узле имеем

С дру­гой сто­ро­ны, бла­го­да­ря сим­мет­рии цепи в ниж­нем со­про­тив­ле­нии r течет такой же ток (см. рис.). По­это­му из усло­вия ра­вен­ства нулю суммы па­де­ний на­пря­же­ния в пра­вом кон­ту­ре (при его об­хо­де про­тив ча­со­вой стрел­ки) имеем

Решая си­сте­му урав­не­ний (*) и (**), по­лу­чим

Ответ:

Стер­жень будет рас­по­ло­жен так, что его центр тя­же­сти будет ле­жать на одной вер­ти­ка­ли с осью. По­это­му ис­ко­мый угол α — это угол между дли­ной сто­ро­ной стерж­ня и на­прав­ле­ни­ем на его центр тя­же­сти. Най­дем по­ло­же­ние его цен­тра тя­же­сти. Мыс­лен­но «раз­ре­жем» стер­жень пря­мы­ми, па­рал­лель­ны­ми пря­мой АВ на бес­ко­неч­но узкие «по­лос­ки» тол­щи­ной 4h (см. рис.). Каж­дая «по­лос­ка», на ко­то­рые мы «раз­ре­за­ем» стер­жень, со­сто­ит из двух участ­ков ле­во­го и пра­во­го ка­те­та (см. рис.) дли­ной слева и спра­ва (здесь γ — угол САВ; см. рис.). По­это­му от­но­ше­ние рас­сто­я­ний от ле­во­го и пра­во­го ка­те­тов до цен­тра тя­же­сти каж­дой «по­лос­ки» (точка О на ри­сун­ке) равно

Сле­до­ва­тель­но, центр тя­же­сти стерж­ня лежит на пря­мой СО, ко­то­рая делит сто­ро­ну AB тре­уголь­ни­ка ABC на от­рез­ки AO и OB, длины ко­то­рых от­но­сят­ся друг к другу как AO : OB  =  1 : 2 (см. рис.). По­это­му, если CB  =  a, то

Ис­поль­зуя далее тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка АСО на­хо­дим длину от­рез­ка CO

От­сю­да по тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка АСО на­хо­дим синус ис­ко­мо­го угла α:

Можно дать и более про­стое ре­ше­ние: чтобы мо­мент силы тя­же­сти, дей­ству­ю­щей на стер­жень, от­но­си­тель­но опоры рав­нял­ся бы нулю, нужно, чтобы рав­ня­лись друг другу мо­мен­ты сил тя­же­сти, дей­ству­ю­щих на каж­дую сто­ро­ну угла  — АС и СВ. Учи­ты­вая, что и длина и масса одной сто­ро­ны вдвое боль­ше дру­гой, по­лу­чим

где m и l  — масса и длина более длин­ной сто­ро­ны угла. От­сю­да

Ответ:

Пла­сти­ны при­об­ре­тут такие за­ря­ды, что раз­ность по­тен­ци­а­лов 1–3 будет равна –3U, раз­ность по­тен­ци­а­лов 2–4 будет равна U. Пусть за­ря­ды пла­стин 1 и 3 равны q₁ и –q₁ пла­стин 2 и 4 q₂ и –q₂ со­от­вет­ствен­но (см. рис.). Для опре­де­лен­но­сти счи­та­ем q₁ и q₂ по­ло­жи­тель­ны­ми; если они как ре­ше­ния ни­же­сле­ду­ю­щих урав­не­ний ока­жут­ся от­ри­ца­тель­ны­ми, это будет озна­чать, что про­ек­ция век­то­ра на­пря­жен­но­сти элек­три­че­ско­го поля между пла­сти­на­ми на ось, на­прав­лен­ную вер­ти­каль­но вниз, яв­ля­ет­ся от­ри­ца­тель­ной. Тогда про­ек­ции на­пря­жен­но­сти элек­три­че­ско­го поля между пла­сти­на­ми 1 и 2, 2 и 3, 3 и 4 на ось, на­прав­лен­ную вер­ти­каль­но вниз, со­от­вет­ствен­но равны

Тогда для раз­но­сти по­тен­ци­а­лов между пла­сти­на­ми 1 и 3 , и 2 и 4 имеем

где S  — пло­щадь пла­стин, l  — рас­сто­я­ние между бли­жай­ши­ми пла­сти­на­ми,   — элек­три­че­ская по­сто­ян­ная. Решая эту си­сте­му урав­не­ний, на­хо­дим

По­это­му про­ек­ция век­то­ра на­пря­жен­но­сти элек­три­че­ско­го поля между пла­сти­на­ми 2 и 3 на ось, на­прав­лен­ную вер­ти­каль­но вниз, со­став­ля­ет

а век­тор на­пря­жен­но­сти на­прав­лен вер­ти­каль­но вниз. По­это­му

Ответ:

Пусть на­пря­же­ние ис­точ­ни­ка равно U. Тогда со­глас­но за­ко­ну Ома для участ­ка цепи для тока через ре­зи­сто­ры имеем

Те­перь по за­ко­ну Джо­у­ля-Ленца на­хо­дим мощ­ность, вы­де­ля­е­мую на ре­зи­сто­ре r:

Если ре­зи­стор с со­про­тив­ле­ни­ем 2r за­ме­нить ре­зи­сто­ром с со­про­тив­ле­ни­ем 4r, ток в цепи ста­нет рав­ным

и для новой мощ­но­сти, вы­де­ля­е­мой на со­про­тив­ле­нии r имеем

Ответ:

Пусть оскол­ки при­об­ре­та­ют при взры­ве ско­рость υ — оди­на­ко­вую у каж­до­го оскол­ка, т. к. гра­на­та по усло­вию сим­мет­рич­на. Тогда оче­вид­но, что пер­вым упа­дет на землю оско­лок, ле­тя­щий при взры­ве вер­ти­каль­но вниз, по­след­ним  — оско­лок, ле­тя­щий вер­ти­каль­но вверх. Кроме того, по­нят­но, что по­след­ний оско­лок будет дви­гать­ся так  — после взры­ва по­ле­тит вверх, до­стиг­нет не­ко­то­рой мак­си­маль­ной вы­со­ты, затем будет дви­гать­ся вниз, снова по­па­дет в ту точку, где взо­рва­лась гра­на­та, а потом в точ­но­сти по­вто­рит дви­же­ние пер­во­го оскол­ка. По­это­му ин­тер­вал вре­ме­ни, в те­че­ние ко­то­ро­го оскол­ки па­да­ли на землю равен вре­ме­ни воз­вра­ще­ния по­след­не­го оскол­ка в точку взры­ва гра­на­ты. Сле­до­ва­тель­но,

где υ₁  — ско­рость, ко­то­рую при­об­ре­та­ют оскол­ки при взры­ве. От­сю­да

А по­сколь­ку взрыв гра­на­ты про­изо­шел на вы­со­те

Для вре­ме­ни па­де­ния пер­во­го оскол­ка t₁ имеем

От­сю­да

Ответ:

Чтобы доска на­ча­ла дви­гать­ся сила F долж­на пре­вы­сить мак­си­маль­ную силу тре­ния между до­с­кой и полом мак­си­маль­ную силу тре­ния между до­с­кой и телом и силу на­тя­же­ния нити T, сле­до­ва­тель­но

Чтобы тело на­ча­ло дви­гать­ся сила на­тя­же­ния нити долж­на пре­вы­сить мак­си­маль­ную силу тре­ния между телом и до­с­кой тогда

Под­став­ляя силу на­тя­же­ния из (**) в (*) и ис­поль­зуя закон Ку­ло­на-Амон­то­на для мак­си­маль­ных сил тре­ния, по­лу­чим

Ответ:

Из за­ко­на Кла­пей­ро­на-Мен­де­ле­е­ва имеем

Таким об­ра­зом, за­ви­си­мость дав­ле­ния газа от его объ­е­ма ли­ней­ная. При­ме­ня­ем далее к рас­смат­ри­ва­е­мо­му про­цес­су пер­вый закон тер­мо­ди­на­ми­ки

где ΔU  — из­ме­не­ние внут­рен­ней энер­гии газа, A  — его ра­бо­та. Для из­ме­не­ния внут­рен­ней энер­гии газа по­лу­чим из за­ко­на Кла­пей­ро­на-Мен­де­ле­е­ва и дан­ной в усло­вии за­ви­си­мо­сти объ­е­ма газа от его тем­пе­ра­ту­ры

где Ра­бо­ту газа най­дем как пло­щадь под гра­фи­ком дав­ле­ния от объ­е­ма

В ре­зуль­та­те по­лу­ча­ем

Ответ:

По­сколь­ку тре­уголь­ник дви­жет­ся рав­но­мер­но, сумма сил и сумма мо­мен­тов сил, дей­ству­ю­щих на тре­уголь­ник, равны нулю. А так как силы тре­ния, дей­ству­ю­щие на части тре­уголь­ни­ка, рас­по­ло­жен­ные над одной и над вто­рой по­лу­по­верх­но­стя­ми, на­прав­ле­ны па­рал­лель­но гра­ни­це раз­де­ла (про­ти­во­по­лож­но ско­ро­сти дви­же­ния тре­уголь­ни­ка от­но­си­тель­но по­верх­но­сти; см. рис.) и при­ло­же­ны к цен­трам тя­же­стей этих ча­стей, то

Пусть гра­ни­ца по­лу­по­верх­но­стей делит тре­уголь­ник на два тре­уголь­ни­ка с вы­со­та­ми h₁ и h₂ (см. рис.). Тогда урав­не­ние мо­мен­тов от­но­си­тель­но точки при­ло­же­ния силы дает

А так как силы тре­ния F_тр,1 и F_тр,2 про­пор­ци­о­наль­ны мас­сам (и, сле­до­ва­тель­но, пло­ща­дям) тре­уголь­ни­ков, на ко­то­рые боль­шой тре­уголь­ник де­лит­ся гра­ни­цей раз­де­ла по­лу­по­верх­но­стей, а плечи этих сил со­став­ля­ют от высот со­от­вет­ству­ю­щих тре­уголь­ни­ков, из фор­му­лы (**) по­лу­чим

От­ку­да на­хо­дим

С дру­гой сто­ро­ны, по­сколь­ку массы тре­уголь­ни­ков m₁ иm₂, на ко­то­рые боль­шой тре­уголь­ник де­лит­ся гра­ни­цей раз­де­ла по­лу­по­верх­но­стей, от­но­сят­ся так же как и их пло­ща­ди, а, сле­до­ва­тель­но, вы­со­ты h₁ и h₂, а в сумме они равны массе всего тре­уголь­ни­ка, на­хо­дим

Те­перь по фор­му­ле (*) на­хо­дим силу, с ко­то­рой не­об­хо­ди­мо дей­ство­вать на тре­уголь­ник для его рав­но­мер­но­го пе­ре­ме­ще­ния по гра­ни­це раз­де­ла по­лу­по­верх­но­стей

Ответ: