Из пра­ви­ла ры­ча­гов легко по­нять, что ваза будет сто­ять устой­чи­во тогда, когда центр её тя­же­сти (вме­сте с водой) на­хо­дит­ся над пло­ща­дью опоры. В ином слу­чае ваза пе­ре­вернётся.

Когда в вазе мало воды, центр тя­же­сти будет на­хо­дит­ся над ос­но­ва­ни­ем, и ваза будет сто­ять устой­чи­во. Будем по­сте­пен­но до­ли­вать воду. Пер­вый мо­мент, когда ваза ста­нет не­устой­чи­вой, легко опре­де­лить из сим­мет­рии (см. рис. 1). В этом слу­чае, оче­вид­но, центр тя­же­сти вазы с водой будет на­хо­дить­ся ровно над краем ос­но­ва­ния; при до­ли­ва­нии ма­ло­го ко­ли­че­ства воды уентр тя­же­сти пе­ре­ме­стит­ся влево, и ваза упадёт.

Будем до­ли­вать воду даль­ше. Когда пер­вая сек­ция будет це­ли­ком за­пол­не­на, центр тя­же­сти будет на­хо­дить­ся за пре­де­ла­ми ос­но­ва­ния. Ана­ло­гич­но при любом про­цен­те за­пол­не­ния вто­рой сек­ции.

На­учим­ся опре­де­лять центр тя­же­сти вазы, когда часть тре­тьей сек­ции за­пол­не­на. Пер­вые две сек­ции мы можем за­ме­нить на гру­зи­ки, мас­са­ми, рав­ны­ми массе воды в этих сек­ци­ях, и рас­по­ло­жен­ны­ми прямо под их цен­тра­ми тя­же­сти (см. рис. 2). Воду же в тре­тьей сек­ции мы можем за­ме­нить на гру­зик, мас­сой, рав­ной массе воды в этой сек­ции, и рас­по­ло­жен­ный ровно по се­ре­ди­не сек­ции. Центр тя­же­сти трёх гру­зи­ков опре­де­лить не со­став­ля­ет труда из пра­ви­ла ры­ча­гов. Стоит от­ме­тить, что нас ин­те­ре­су­ет лишь то, на­хо­дит­ся центр тя­же­сти над пло­ща­дью опоры или нет, т. е. его по­ло­же­ние по го­ри­зон­та­ли.

Те­перь вы­чис­лим все тре­бу­е­мые ве­ли­чи­ны. Дно у вазы квад­рат­ное и имеет пло­щадь S  =  36 см². В то же время, сто­ро­на этого квад­ра­та  —три клет­ки, что видно из ри­сун­ка. От­сю­да можем сде­лать вывод, что одна клет­ка на ри­сун­ке со­от­вет­ству­ет двум сан­ти­мет­рам.

Тогда пер­вый мо­мент не­устой­чи­во­сти вазы будет при объёме воды, рав­ном S · 6 см  =  216 см³  =  216 мл.

Легко ви­деть, что цен­тры тя­же­сти пер­вой и вто­рой сек­ции на­хо­дят­ся друг над дру­гом и на рас­сто­я­нии в пол клет­ки от края вазы. Со­ста­вим урав­не­ние для вто­ро­го слу­чая:

От­сю­да:

А зна­чит, не­устой­чи­вость вазы за­кон­чит­ся при­объёме воды, рав­ном 576 мл. При даль­ней­шем до­ли­ва­нии воды центр тя­же­сти всей вазы будет толь­ко сме­щать­ся к цен­трц, т. е. ваза будет сто­ять устой­чи­во.

Ответ: Ваза будет сто­ять устой­чи­во, если в ней не более, чем 216 мл воды, либо не менее чем 576 мл воды.

На зонд дей­ству­ют две силы: сила тя­же­сти Mg и сила ар­хи­ме­да со сто­ро­ны воз­ду­ха Вб­ли­зи по­верх­но­сти Земли сила Ар­хи­ме­да зна­чи­тель­но пре­вы­ша­ет силу тя­же­сти, за счёт чего зонд будет под­ни­мать­ся. По мере на­бо­ра вы­со­ты плот­ность воз­ду­ха будет убы­вать, а вме­сте с тем и его вы­тал­ки­ва­ю­щая сила. Зонд под­ни­мет­ся на вы­со­ту, на ко­то­рой силы равны друг другу.

За­пи­шем урав­не­ние Масса зонда равна массе ап­па­ра­ту­ры и массе шара: Под­став­ляя и пре­об­ра­зуя ра­вен­ство, по­лу­чим

Ис­а­оль­зуя гра­фик, на­хо­дим, что плот­но­сти ат­мо­сфе­ры со­от­вет­ству­ет вы­со­та h  =  9 км.

Ответ: Зонд под­ни­мет­ся на вы­со­ту 9 км.

За ми­ну­ту на­гре­ва­тель­ный кон­тур про­хо­дит шесть лит­ров воды. Вода подаётся в кон­тур при тем­пе­ра­ту­ре T₀, а вы­те­ка­ет из кон­ту­ра при не­из­вест­ной тем­пе­ра­ту­ре T. В кон­ту­ре за ту же ми­ну­ту вы­де­ля­ет­ся сум­мар­но (W₁ + W₂) · 60 c тепла. Мы можем за­пи­сать урав­не­ние теп­ло­во­го ба­лан­са для на­гре­ва­те­ля. За­ме­тим, что урав­не­ние теп­ло­во­го ба­лан­са  — это про­сто закон со­хра­не­ния энер­гии, и он вы­пол­ня­ет­ся вне за­ви­си­мо­сти от того, как именн­то вода цир­ку­ли­ру­ет по кон­ту­ру.

Имеем:

Учи­ты­вая на­чаль­ную тем­пе­ра­ту­ру по­лу­ча­ем ответ.

Ответ: Тем­пе­ра­ту­ра воды, вы­те­ка­ю­щей из кон­ту­ра, рав­ня­ет­ся 75 °C.

Нить па­у­ти­ны рвётся, если сила её на­тя­же­ния ока­зы­ва­ет­ся боль­ше, чем F  =  0,1 H. Это озна­ча­ет, что если нить рас­тя­нуть более, чем на два сан­ти­мет­ра, она порвётся. Дей­стви­тель­но, если см, то и это пре­дель­ное до­пу­сти­мое зна­че­ние.

За пять се­кунд все концы нитей сдви­нут­ся на u · 5  =  7,5 см. Рас­смот­рим, на­при­мер, го­ри­зон­таль­ную боль­шую нить па­у­ти­ны (со­сто­я­щую из шести нитей). Она долж­на была либо по­рвать­ся, либо удли­нить­ся на 15 см. Но если шесть нитей удли­ни­лись на 15 сан­ти­мет­ров, то какая-то из нитей явно удли­ни­лась более, чем на два сан­ти­мет­ра. Но при этом она не­ми­ну­е­мо долж­на была по­рвать­ся.

Ответ: Через пять се­кунд па­у­ти­на уже не будет целой.

От мо­мен­та, когда люк вы­бро­сит бомбу, до мо­мен­та, когда та до­ле­тит до по­верх­но­сти "Звез­ды смер­ти", пройдёт ровно По Го­ри­зон­та­ли бомба при этом успе­ет про­ле­теть Это озна­ча­ет, что если к мо­мен­ту окон­ча­ния при­це­ли­ва­ния Люк будет не ближе, чем на рас­сто­я­нии S от цели, то он су­ме­ет по­ра­зить цель. (Иначе бомба в любом слу­чае до­стиг­нет по­верх­но­сти "Звез­ды смер­ти" уже за целью).

С дру­гой сто­ро­ны, к мо­мен­ту окон­ча­ния при­це­ли­ва­ния Люк будет на рас­сто­я­нии от цели. А зна­чит, долж­но быть таким, чтобы дан­ное рас­сто­я­ние не пре­вы­ша­ло S. Усло­вие за­пи­шет­ся в виде

Ответ: Ско­рость Люка не долж­на пре­вы­шать 285 м/с.

Обо­зна­чим рас­сто­я­ние АО через a, пло­щадь пла­стин­ки дат­чи­ка S, мощ­ность лам­поч­ки W.

Рас­смот­рим сна­ча­ла слу­чай, когда зер­каль­но­го по­кры­тия нет. В этом слу­чае на дат­чик па­да­ет толь­ко пря­мой свет от лам­поч­ки. Дат­чик на­хо­дит­ся на рас­сто­я­нии от лам­поч­ки.

Окру­жим мыс­лен­но лам­поч­ку сфе­рой ра­ди­у­са с цен­тром в точке А (см. рис. 1). По­нят­но, что мощ­ность W, рас­се­и­ва­е­мая лам­поч­кой, рав­но­мер­но рас­пре­де­ля­ет­ся во все сто­ро­ны, так что все точки сферы будут осве­ще­ны из­нут­ри лам­поч­кой оди­на­ко­во. Пло­щадь такой сферы зна­чит, на еди­ни­цу пло­ща­ди сферы по­па­да­ет в се­кун­ду энер­гия

Свет рас­про­стра­ня­ет­ся пря­мо­ли­ней­но, по­это­му на дат­чик пло­ща­дью S по­па­да­ет столь­ко же энер­гии, сколь­ко на уча­сток S′ рас­смот­рен­ной сферы (S′ < S, S′  — про­ек­ция пло­щад­ки S на нашу сферу). Раз­ме­ры пло­щад­ки S′ (как и пло­щад­ка S) по усло­вию малы (и угол на рис. мал), по­это­му можно счи­тать пло­щад­ку S′ плос­кой, а угол между пло­щад­ка­ми S′ и S рав­ным 45°. По­это­му

Итак, в пер­вом слу­чае на пло­щад­ку S′ (и на дат­чик) еже­се­кунд­но по­па­да­ет

Если же пол по­крыть зер­ка­лом, на дат­чик на­чи­на­ет све­тить отражённый свет. Это эк­ви­ва­лент­но тому, как если бы в точку А′, сим­мет­рич­ную А от­но­си­тель­но зер­ка­ла, по­ме­сти­ли ещё одну лам­поч­ку той же мощ­но­сти (см. рис. 2). Изоб­ра­же­ние A′ на­хо­дит­ся от де­тек­то­ра D на рас­сто­я­нии 3a по вер­ти­ка­ли и a по го­ри­зон­та­ли, то есть Также как и в пер­вом слу­чае, стро­им сферу та­ко­го ра­ди­у­са во­круг точки А′. На еди­ни­цу пло­ща­ди этой сферы при­хо­дит­ся в се­кун­ду энер­гия изоб­ра­же­ния На­хо­дим на сфере пло­щад­ку S′′, такую, что на неё по­па­да­ет то же ко­ли­че­ство энер­гии от изоб­ра­же­ния лам­поч­ки, что и на де­тек­тор; по­нят­но, что где ука­зан на ри­сун­ке,

И на де­тек­тор, и на S′′ от изоб­ра­же­ния лам­поч­ки каж­дую се­кун­ду по­па­да­ет энер­гия

Видно, что Зна­чит, при до­бав­ле­нии зер­ка­ла ко­ли­че­ство энер­гии на де­тек­то­ре ста­нет рав­ным

Мно­жи­тель при E в по­след­ней фор­му­ле и яв­ля­ет­ся от­ве­том.

Ответ: Ко­ли­че­ство па­да­ю­щей энер­гии уве­ли­чит­ся в раз.

Обо­зна­чим через плот­ность за­ря­да на пла­сти­не.

Элек­три­че­ское поле за­ря­жен­ной пла­сти­ны с от­вер­сти­ем можно пред­ста­вить как су­пер­по­зи­цию поля за­ря­жен­ной пла­сти­ны без от­вер­стия и поля за­ря­да с плот­но­стью на­ло­жен­но­го на пла­сти­ну на месте от­вер­стия. При этом в ме­стах на­ло­же­ния за­ря­ды и будут ком­пен­си­ро­вать друг друга, со­зда­вая такое же поле, как не­за­ря­жен­ное от­вер­стие.

Обо­зна­чим на­пряжённость поля в точке A, со­зда­ва­е­мую пла­сти­ной без от­вер­стия, через E₀. Оче­вид­но,

На­пряжённость, со­зда­ва­е­мую в точке А круж­ком ра­ди­у­са r, рас­по­ло­жен­ным на месте от­вер­стия и име­ю­щим плот­ность за­ря­да обо­зна­чим E. Заряд круж­ка будет равен по­это­му ве­ли­чи­на E будет по мо­ду­лю равна

в по­след­нем ра­вен­стве мы учли, что

В про­ек­ции на оси ox и oy на­пря­жен­ность E равна (см. рис. для опре­делённо­сти на ри­сун­ке изоб­ражён слу­чай )

Ре­зуль­ти­ру­ю­щая на­пряжённо­стей и будет иметь про­ек­цию на ось ox, рав­ную E₀ + E_x, а на ось oy про­ек­цию E_y, что даёт тан­генс угла на­кло­на ре­зуль­ти­ру­ю­щей к оси ох,

Рас­смот­рим раз­ность в зна­ме­на­те­ле. Вы­чи­та­е­мое от­ли­ча­ет­ся от умень­ша­е­мо­го в раз; по усло­вию, из-за ма­ло­сти r/a эта ве­ли­чи­на мала. Зна­чит, вы­чи­та­е­мым в зна­ме­на­те­ле можно пре­не­бречь:

Эта ве­ли­чи­на также мала, так как со­дер­жит квад­рат малой ве­ли­чи­ны r/a, по­это­му

На такой угол поле от­кло­нит­ся от пер­во­на­чаль­но­го на­прав­ле­ния.

При­ме­ча­ние: Мы поль­зо­ва­лись фор­му­лой на­пряжённо­сти для бес­ко­неч­ной пла­сти­ны по­сколь­ку точка А рас­по­ла­га­ет­ся близ­ко к по­верх­но­сти пла­сти­ны по срав­не­нию с раз­ме­ра­ми пла­сти­ны, по­это­му кра­е­вые эф­фек­ты в точке A малы. Этот факт обес­пе­чи­ва­ет­ся усло­ви­ем a  << R, име­ю­щем­ся в за­да­че.

Ответ: Век­тор на­пряжённо­сти от­кло­нит­ся от пер­во­на­чаль­но­го на­прав­ле­ния на угол

Ис­ко­мую массу паука обо­зна­чим через m. Об­ра­тим вни­ма­ние, что даже в про­гнув­шей­ся па­у­ти­не по­пе­реч­ные нити, об­ра­зу­ю­щие ше­сти­уголь­ни­ки, оста­ют­ся не­рас­тя­ну­ты­ми  — они по­про­сту по­сту­па­тель­но опус­ка­ют­ся вниз.

Дей­стви­тель­но, рас­смот­рим па­у­ти­ну, в ко­то­рой уда­ле­ны все по­пе­реч­ные нити. После того, как паук за­бе­рет­ся в центр такой упрощённой па­у­ти­ны, центр опу­стит­ся на не­ко­то­рую ве­ли­чи­ну. Есте­ствен­но, что ра­ди­аль­ные нити оста­нут­ся при этом пря­мы­ми, а по­ло­же­ние, ко­то­рое займёт паук, будет устой­чи­вым по­ло­же­ни­ем рав­но­ве­сия. Об­ра­тим вни­ма­ние, что при опус­ка­нии цен­тра па­у­ти­ны вниз, рас­сто­я­ния между точ­ка­ми, где кре­пи­лись по­пе­реч­ные нити, оста­нет­ся не­из­мен­ным. Для этого рас­смот­рим какую-ни­будь по­пе­реч­ную нить в любом тре­уголь­ни­ке, об­ра­зо­ван­ном со­сед­ни­ми ра­ди­аль­ны­ми ни­тя­ми (см. рис.). Длина этой нити а x опре­де­ля­ет­ся по­до­би­ем тре­уголь­ни­ков

Когда точка O сдви­га­ет­ся под весом паука, ве­ли­чи­ны a и b из­ме­ня­ют­ся про­пор­ци­о­наль­но а ве­ли­чи­на s оста­ет­ся не­из­мен­ной, зна­чит, длина любой по­пе­реч­ной нити x не ме­ня­ет­ся. Вер­нем те­перь по­пе­реч­ные нити об­рат­но. По­сколь­ку они не рас­тя­ну­ты, они никак не вли­я­ют на по­ло­же­ние паука и не из­ме­ня­ют на­тя­же­ние ра­ди­аль­ных нитей. Если те­перь паук сле­зет с па­у­ти­ны, она не­пре­рыв­ным об­ра­зом вернётся в ис­ход­ное со­сто­я­ние.

Таким об­ра­зом, по­пе­реч­ные нити не ока­зы­ва­ют вли­я­ния на си­сте­му, и их на самом деле можно убрать из рас­смот­ре­ния. До­ста­точ­но рас­смот­реть паука мас­сой m, ко­то­ро­го удер­жи­ва­ют шесть ра­ди­аль­ных эла­стич­ных па­у­тин­ных нитей.

По усло­вию за­да­чи па­у­тин­ная нить дли­ной l имеет жёсткость k, то есть под дей­стви­ем силы F рас­тя­ги­ва­ет­ся на Ра­диль­ная па­у­ти­на, со­сто­я­щая из трёх таких кус­ков, под дей­стви­ем силы F рас­тя­нет­ся на (каж­дый ку­со­чек рас­тя­нет­ся на ). Зна­чит, жёсткость всей ра­ди­аль­ной па­у­ти­ны це­ли­ком равна

Рас­смот­рим усло­вие рав­но­ве­сия паука в про­ек­ции на вер­ти­каль­ную ось. На вто­ром ри­сун­ке изоб­ра­же­ны две из шести ра­ди­аль­ных нитей сбоку (в вер­ти­каль­ной плос­ко­сти) в двух по­ло­же­ни­ях: в не­рас­тя­ну­том со­сто­я­нии, и про­гнув­ши­е­ся под весом паука. Угол между про­гнув­шей­ся нитью и вер­ти­ка­лью обо­зна­чим через а силу упру­го­сти в длин­ной ра­ди­аль­ной нити  — через F _упр.

Из вто­ро­го за­ко­на Нью­то­на по­лу­ча­ем усло­вие вер­ти­каль­но­го рав­но­ве­сия си­сте­мы:

Найдём F _упр. Как видно из ри­сун­ка, длина у рас­тя­ну­той ра­ди­аль­ной нити по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра равна Сле­до­ва­тель­но, в ка­ж­жой из шести ра­ди­аль­ных нитей воз­ни­ка­ет сила упру­го­сти

Также, не­труд­но из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка найти угол :

После под­ста­нов­ки (2, 3) в (1) по­лу­чим

от­ку­да легко по­лу­ча­ем ответ

Ответ:

Обо­зна­чим массу ча­сти­цы m, её ско­рость V. Вле­тев в об­ласть с маг­нит­ным полем пер­пен­ди­ку­ляр­но его си­ло­вым ли­ни­ям, ча­сти­ца со­хра­нит мо­дуль своей ско­ро­сти, но начнёт дви­гать­ся по окруж­но­сти под дей­стви­ем силы Ло­рен­ца, рав­ной qBV. Эта сила обес­пе­чи­ва­ет цен­тро­стре­ми­тель­ное уско­ре­ние ча­сти­цы mV²/R, по­это­му ра­ди­ус окруж­но­сти R, по ко­то­рой дви­жет­ся ча­сти­ца, легко найти:

Рас­смот­рим риc. 7, на ко­то­ром сплош­ной ли­ни­ей изоб­ра­же­на тра­ек­то­рия ча­сти­цы. Из него видно, что угол между ис­ко­мым на­прав­ле­ни­ем им­пуль­са ча­сти­цы и осью x равен где

Гра­фик этой функ­ции  — арк­си­ну­са  — на ин­тер­ва­ле от 0 до со­от­вет­ству­ет зна­че­ни­ям ар­гу­мен­та арк­си­ну­са от нуля до еди­ни­цы, Этому ин­тер­ва­лу со­от­вет­ству­ют зна­че­ния где (см. гра­фик 8).

При боль­ших зна­че­ни­ях поля B ра­ди­ус тра­ек­то­рии ча­сти­цы ока­жет­ся мень­ше l. Со­от­вет­ству­ю­щая тра­ек­то­рия пред­став­ле­на на рис. 7 пунк­тир­ной дугой. По­нят­но, что при этом ча­сти­ца вы­ле­тит из об­ла­сти с маг­нитн­сям полем в на­прав­ле­нии, про­ти­во­по­лож­ном оси x, т. е. при ве­ли­чи­на угла

Ответ: При угол со­ста­вит и не пре­взойдёт При угол Гра­фик функ­ции пред­став­лен на ри­сун­ке 8.

Для удоб­ства введём ве­ли­чи­ну

За про­ме­жу­ток на сол­неч­ную ба­та­рею по­па­да­ет све­то­вая энер­гия Часть её, рав­ная пре­об­ра­зу­ет­ся в ра­бо­ту элек­тро­дви­га­те­ля а осталь­ная часть, рав­ная пе­ре­даётся газу в виде тепла Элек­тро­дви­га­тель со­вер­ша­ет ра­бо­ту над газом (опус­ка­ет пор­шень), сле­до­ва­тель­но, газ со­вер­ша­ет от­ри­ца­и­ель­ную ра­бо­ту причём

За­пи­шем пер­вое на­ча­ло тер­мо­ди­на­ми­ки для газа под порш­нем:

где – из­ме­не­ние внут­рен­ней энер­гии газа за время От­сю­да видно, что Ко­неч­но, это оче­вид­ное со­от­но­ше­ние можно было на­пи­сать сразу: вся све­то­вая энер­гия в той или иной форме пе­ре­хо­дит во внут­рен­нюю энер­гию газа.

Так как внут­рен­няя энер­гия газа од­но­знач­но свя­за­на с его тем­пе­ра­ту­рой фор­му­лой за про­ме­жу­ток вре­ме­ни из­ме­не­ние тем­пе­ра­ту­ры со­ста­вит а зна­чит, за­ви­си­мость тем­пе­ра­ту­ры от вре­ме­ни имеет вид

где мы под­ста­ви­ли чис­ло­вые зна­че­ния из усло­вия и учли, что Из этого ре­ше­ния видно, что газ на­гре­ва­ет­ся на гра­дус каж­дые две се­кун­ды и к мо­мен­ту t  =  80 с на­гре­ет­ся до тем­пе­ра­ту­ры 60 °C, после чего КПД ба­та­реи упадёт до нуля и далее газ будет на­гре­вать­ся без сжа­тия (изо­хо­ри­че­ски).

Теп­ло­ем­кость газа на про­ме­жут­ке вре­ме­ни по опре­де­ле­нию равна

причём ве­ли­чи­на из­вест­ным об­ра­зом за­ви­сит от тем­пе­ра­ту­ры T (за­ви­си­мость дана по усло­вию в виде гра­фи­ка), а тем­пе­ра­ту­ра, в свою оче­редь, из­вест­ным об­ра­зом свя­за­на с вре­ме­нем t,

Чтобы по­стро­ить гра­фик этой функ­ции, за­ме­тим, что функ­ция пред­став­ля­ет собой гра­фик из усло­вия, от­ра­жен­ный от линии (см. рис. 11). Умно­же­ние функ­ции на 0,12 со­от­вет­ству­ет сжа­тию мас­шта­ба этого гра­фи­ка по вер­ти­ка­ли по­сред­ством ко­эф­фи­ци­ен­та 0,12, а пе­ре­ход от пе­ре­мен­ной T к вре­ме­ни  — пре­об­ра­зо­ва­ни­ем мас­шта­ба по го­ри­зон­та­ли, при ко­то­ром точке T  =  60° со­от­вет­ству­ет мо­мент t  =  80, а точке T  =  20°  — время t  =  0.

Сле­ду­ет также до­пол­нить этот гра­фик го­ри­зон­таль­ной пря­мой при t > 80 c, со­от­вет­ству­ю­щей по­сто­ян­ной теплоёмко­сти газа в изо­хо­ри­че­ском про­цес­се (см. рис. 11).

Ответ: Тем­пе­ра­ту­ра за­ви­сит от вре­ме­ни по за­ко­ну гра­фик C(T) пред­став­лен на рис. 12.

Обо­зна­чим рас­сто­я­ние АО через a, пло­щадь пла­стин­ки дат­чи­ка S, мощ­ность лам­поч­ки W.

Рас­смот­рим сна­ча­ла слу­чай, когда пол по­крыт чёрной крас­кой. В этом слу­чае на дат­чик по­па­да­ет толь­ко пря­мой свет от лам­поч­ки. Дат­чик на­хо­дит­ся на рас­сто­я­нии от лам­поч­ки.

Окру­жим мыс­лен­но лам­поч­ку сфе­рой ра­ди­у­са с цен­тром в точке А (см. рис. 1). По­нят­но, что мощ­ность W, рас­се­и­ва­е­мая лам­поч­кой, рав­но­мер­но рас­пре­де­ля­ет­ся во все сто­ро­ны, так что все точки сферы будут осве­ще­ны из­нут­ри лам­поч­кой оди­на­ко­во. Пло­щадь такой сферы зна­чит, на еди­ни­цу пло­ща­ди сферы по­па­да­ет в се­кун­ду энер­гия

Свет рас­про­стра­ня­ет­ся пря­мо­ли­ней­но, по­это­му на дат­чик пло­ща­дью S по­па­да­ет столь­ко же энер­гии, сколь­ко на уча­сток S′ рас­смот­рен­ной сферы (S′ < S, S′  — про­ек­ция пло­щад­ки S на нашу сферу). Раз­ме­ры пло­щад­ки S′ (как и пло­щад­ка S) по усло­вию малы (и угол на рис. мал), по­это­му можно счи­тать пло­щад­ку S′ плос­кой, а угол между пло­щад­ка­ми S′ и S рав­ным 45°. По­это­му

Итак, в слу­чае чёрного пола на пло­щад­ку S′ (и на дат­чик) еже­се­кунд­но по­па­да­ет

Если же пол по­крыт зер­ка­лом, на дат­чик до­пол­ни­тель­но све­тит отражённый свет. Это эк­ви­ва­лент­но тому, как если бы в точку А′, сим­мет­рич­ную А от­но­си­тель­но зер­ка­ла, по­ме­сти­ли ещё одну лам­поч­ку той же мощ­но­сти (см. рис. 2). Изоб­ра­же­ние A′ на­хо­дит­ся от де­тек­то­ра D на рас­сто­я­нии 3a по вер­ти­ка­ли и a по го­ри­зон­та­ли, то есть Также как и в пер­вом слу­чае, стро­им сферу та­ко­го ра­ди­у­са во­круг точки А′. На еди­ни­цу пло­ща­ди этой сферы при­хо­дит­ся в се­кун­ду энер­гия изоб­ра­же­ния На­хо­дим на сфере пло­щад­ку S′′, такую, что на неё по­па­да­ет то же ко­ли­че­ство энер­гии от изоб­ра­же­ния лам­поч­ки, что и на де­тек­тор; по­нят­но, что где ука­зан на ри­сун­ке,

И на де­тек­тор, и на S′′ от изоб­ра­же­ния лам­поч­ки каж­дую се­кун­ду по­па­да­ет энер­гия

Видно, что Зна­чит, при до­бав­ле­нии зер­ка­ла ко­ли­че­ство энер­гии на де­тек­то­ре ста­нет рав­ным

Мно­жи­тель при E в по­след­ней фор­му­ле и яв­ля­ет­ся от­ве­том.

Ответ: Ко­ли­че­ство па­да­ю­щей энер­гии умень­шит­ся в раз.

Обо­зна­чим через плот­ность за­ря­да на пла­сти­не.

Элек­три­че­ское поле за­ря­жен­ной пла­сти­ны с от­вер­сти­ем можно пред­ста­вить как су­пер­по­зи­цию поля за­ря­жен­ной пла­сти­ны без от­вер­стия и поля за­ря­да с плот­но­стью на­ло­жен­но­го на пла­сти­ну на месте от­вер­стия. При этом в ме­стах на­ло­же­ния за­ря­ды и будут ком­пен­си­ро­вать друг друга, со­зда­вая такое же поле, как не­за­ря­жен­ное от­вер­стие.

Обо­зна­чим на­пряжённость поля в точке A, со­зда­ва­е­мую пла­сти­ной без от­вер­стия, через E₀. Оче­вид­но,

На­пряжённость, со­зда­ва­е­мую в точке А круж­ком ра­ди­у­са r, рас­по­ло­жен­ным на месте от­вер­стия и име­ю­щим плот­ность за­ря­да обо­зна­чим E. Заряд круж­ка будет равен по­это­му ве­ли­чи­на E будет по мо­ду­лю равна

в по­след­нем ра­вен­стве мы учли, что

В про­ек­ции на оси ox и oy на­пря­жен­ность E равна (см. рис. для опре­делённо­сти на ри­сун­ке изоб­ражён слу­чай )

Ре­зуль­ти­ру­ю­щая на­пряжённо­стей и будет иметь про­ек­цию на ось ox, рав­ную E₀ + E_x, а на ось oy про­ек­цию E_y, что даёт тан­генс угла на­кло­на ре­зуль­ти­ру­ю­щей к оси ох,

Рас­смот­рим раз­ность в зна­ме­на­те­ле. Вы­чи­та­е­мое от­ли­ча­ет­ся от умень­ша­е­мо­го в раз; по усло­вию, из-за ма­ло­сти r/a эта ве­ли­чи­на мала. Зна­чит, вы­чи­та­е­мым в зна­ме­на­те­ле можно пре­не­бречь:

Эта ве­ли­чи­на также мала, так как со­дер­жит квад­рат малой ве­ли­чи­ны r/a, по­это­му

На такой угол поле от­кло­нит­ся от пер­во­на­чаль­но­го на­прав­ле­ния.

При­ме­ча­ние: Мы поль­зо­ва­лись фор­му­лой на­пряжённо­сти для бес­ко­неч­ной пла­сти­ны по­сколь­ку точка А рас­по­ла­га­ет­ся близ­ко к по­верх­но­сти пла­сти­ны по срав­не­нию с раз­ме­ра­ми пла­сти­ны, по­это­му кра­е­вые эф­фек­ты в точке A малы. Этот факт обес­пе­чи­ва­ет­ся усло­ви­ем a  << R, име­ю­щем­ся в за­да­че.

Ответ: Век­тор на­пряжённо­сти от­кло­нит­ся от пер­во­на­чаль­но­го на­прав­ле­ния на угол

Ис­ко­мую жёсткость обо­зна­чим через k Об­ра­тим вни­ма­ние, что даже в про­гнув­шей­ся па­у­ти­не по­пе­реч­ные нити, об­ра­зу­ю­щие ше­сти­уголь­ни­ки, оста­ют­ся не­рас­тя­ну­ты­ми  — они по­про­сту по­сту­па­тель­но опус­ка­ют­ся вниз.

Дей­стви­тель­но, рас­смот­рим па­у­ти­ну, в ко­то­рой уда­ле­ны все по­пе­реч­ные нити. После того, как паук за­бе­рет­ся в центр такой упрощённой па­у­ти­ны, центр опу­стит­ся на не­ко­то­рую ве­ли­чи­ну. Есте­ствен­но, что ра­ди­аль­ные нити оста­нут­ся при этом пря­мы­ми, а по­ло­же­ние, ко­то­рое займёт паук, будет устой­чи­вым по­ло­же­ни­ем рав­но­ве­сия. Об­ра­тим вни­ма­ние, что при опус­ка­нии цен­тра па­у­ти­ны вниз, рас­сто­я­ния между точ­ка­ми, где кре­пи­лись по­пе­реч­ные нити, оста­нет­ся не­из­мен­ным. Для этого рас­смот­рим какую-ни­будь по­пе­реч­ную нить в любом тре­уголь­ни­ке, об­ра­зо­ван­ном со­сед­ни­ми ра­ди­аль­ны­ми ни­тя­ми (см. рис.). Длина этой нити а x опре­де­ля­ет­ся по­до­би­ем тре­уголь­ни­ков

Когда точка O сдви­га­ет­ся под весом паука, ве­ли­чи­ны a и b из­ме­ня­ют­ся про­пор­ци­о­наль­но а ве­ли­чи­на s оста­ет­ся не­из­мен­ной, зна­чит, длина любой по­пе­реч­ной нити x не ме­ня­ет­ся. Вер­нем те­перь по­пе­реч­ные нити об­рат­но. По­сколь­ку они не рас­тя­ну­ты, они никак не вли­я­ют на по­ло­же­ние паука и не из­ме­ня­ют на­тя­же­ние ра­ди­аль­ных нитей. Если те­перь паук сле­зет с па­у­ти­ны, она не­пре­рыв­ным об­ра­зом вернётся в ис­ход­ное со­сто­я­ние.

Таким об­ра­зом, по­пе­реч­ные нити не ока­зы­ва­ют вли­я­ния на си­сте­му, и их на самом деле можно убрать из рас­смот­ре­ния. До­ста­точ­но рас­смот­реть паука мас­сой m, ко­то­ро­го удер­жи­ва­ют шесть ра­ди­аль­ных эла­стич­ных па­у­тин­ных нитей.

Если па­у­тин­ная нить дли­ной l имеет жёсткость k, то под дей­стви­ем силы F рас­тя­ги­ва­ет­ся на Ра­диль­ная па­у­ти­на, со­сто­я­щая из трёх таких кус­ков, под дей­стви­ем силы F рас­тя­нет­ся на (каж­дый ку­со­чек рас­тя­нет­ся на ). Зна­чит, жёсткость всей ра­ди­аль­ной па­у­ти­ны це­ли­ком равна

Рас­смот­рим усло­вие рав­но­ве­сия паука в про­ек­ции на вер­ти­каль­ную ось. На вто­ром ри­сун­ке изоб­ра­же­ны две из шести ра­ди­аль­ных нитей сбоку (в вер­ти­каль­ной плос­ко­сти) в двух по­ло­же­ни­ях: в не­рас­тя­ну­том со­сто­я­нии, и про­гнув­ши­е­ся под весом паука. Угол между про­гнув­шей­ся нитью и вер­ти­ка­лью обо­зна­чим через а силу упру­го­сти в длин­ной ра­ди­аль­ной нити  — через F _упр.

Из вто­ро­го за­ко­на Нью­то­на по­лу­ча­ем усло­вие вер­ти­каль­но­го рав­но­ве­сия си­сте­мы:

Найдём F _упр. Как видно из ри­сун­ка, длина у рас­тя­ну­той ра­ди­аль­ной нити по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра равна Сле­до­ва­тель­но, в ка­ж­жой из шести ра­ди­аль­ных нитей воз­ни­ка­ет сила упру­го­сти

Также, не­труд­но из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка найти угол :

После под­ста­нов­ки (2, 3) в (1) по­лу­чим

от­ку­да легко по­лу­ча­ем ответ

Ответ:

Вле­тев в об­ласть с маг­нит­ным полем пер­пен­ди­ку­ляр­но его си­ло­вым ли­ни­ям, ча­сти­ца со­хра­нит мо­дуль своей ско­ро­сти, но начнёт дви­гать­ся по окруж­но­сти под дей­стви­ем силы Ло­рен­ца, рав­ной qBV . Эта сила обес­пе­чи­ва­ет цен­тро­стре­ми­тель­ное уско­ре­ние ча­сти­цы mV2/R, по­это­му ра­ди­ус окруж­но­сти R, по ко­то­рой дви­жет­ся ча­сти­ца, легко найти:

Рас­смот­рим риc. 9, на ко­то­ром сплош­ной ли­ни­ей изоб­ра­же­на тра­ек­то­рия ча­сти­цы. Из него видно, что угол между ис­ко­мым на­прав­ле­ни­ем им­пуль­са ча­сти­цы и осью x равен где

Гра­фик этой функ­ции  — арк­си­ну­са  — на ин­тер­ва­ле от до со­от­вет­ству­ет зна­че­ни­ям ар­гу­мен­та арк­си­ну­са от минус еди­ни­цы до еди­ни­цы, Этому ин­тер­ва­лу со­от­вет­ству­ют зна­че­ния за­ря­да где (см. гра­фик 10).

При боль­ших мо мо­ду­лю зна­че­ни­ях за­ря­да ча­сти­цы q ра­ди­ус тра­ек­то­рии ча­сти­цы ока­жет­ся мень­ше l. Со­от­вет­ству­ю­щая тра­ек­то­рия пред­став­ле­на на рис. 9 пунк­тир­ной дугой. По­нят­но, что при этом ча­сти­ца вы­ле­тит из об­ла­сти с маг­нитн­сям полем в на­прав­ле­нии, про­ти­во­по­лож­ном оси x, т. е. при ве­ли­чи­на угла

Ответ: При угол со­ста­вит и не пре­взойдёт При |q| > q_кр угол Гра­фик функ­ции пред­став­лен на ри­сун­ке 10.

Для удоб­ства введём ве­ли­чи­ну

За про­ме­жу­ток на сол­неч­ную ба­та­рею по­па­да­ет све­то­вая энер­гия Часть её, рав­ная пре­об­ра­зу­ет­ся в ра­бо­ту элек­тро­дви­га­те­ля а осталь­ная часть, рав­ная пе­ре­даётся газу в виде тепла Элек­тро­дви­га­тель со­вер­ша­ет ра­бо­ту над газом (опус­ка­ет пор­шень), сле­до­ва­тель­но, газ со­вер­ша­ет от­ри­ца­и­ель­ную ра­бо­ту причём

За­пи­шем пер­вое на­ча­ло тер­мо­ди­на­ми­ки для газа под порш­нем:

где – из­ме­не­ние внут­рен­ней энер­гии газа за время От­сю­да видно, что Ко­неч­но, это оче­вид­ное со­от­но­ше­ние можно было на­пи­сать сразу: вся све­то­вая энер­гия в той или иной форме пе­ре­хо­дит во внут­рен­нюю энер­гию газа.

Так как внут­рен­няя энер­гия газа од­но­знач­но свя­за­на с его тем­пе­ра­ту­рой фор­му­лой за про­ме­жу­ток вре­ме­ни из­ме­не­ние тем­пе­ра­ту­ры со­ста­вит а зна­чит, за­ви­си­мость тем­пе­ра­ту­ры от вре­ме­ни имеет вид

где мы под­ста­ви­ли чис­ло­вые зна­че­ния из усло­вия и учли, что Из этого ре­ше­ния видно, что газ на­гре­ва­ет­ся на гра­дус каж­дую се­кун­ду и к мо­мен­ту t  =  40 с на­гре­ет­ся до тем­пе­ра­ту­ры 60 °C, после чего КПД ба­та­реи упадёт до нуля и далее газ будет на­гре­вать­ся без сжа­тия (изо­хо­ри­че­ски).

Теп­ло­ем­кость газа на про­ме­жут­ке вре­ме­ни по опре­де­ле­нию равна

причём ве­ли­чи­на из­вест­ным об­ра­зом за­ви­сит от тем­пе­ра­ту­ры T (за­ви­си­мость дана по усло­вию в виде гра­фи­ка), а тем­пе­ра­ту­ра, в свою оче­редь, из­вест­ным об­ра­зом свя­за­на с вре­ме­нем t,

Чтобы по­стро­ить гра­фик этой функ­ции, за­ме­тим, что функ­ция пред­став­ля­ет собой гра­фик из усло­вия, от­ра­жен­ный от линии (см. рис. 11). Умно­же­ние функ­ции на 0,1 со­от­вет­ству­ет сжа­тию мас­шта­ба этого гра­фи­ка по вер­ти­ка­ли по­сред­ством ко­эф­фи­ци­ен­та 0,1, а пе­ре­ход от пе­ре­мен­ной T к вре­ме­ни  — пре­об­ра­зо­ва­ни­ем мас­шта­ба по го­ри­зон­та­ли, при ко­то­ром точке T  =  60° со­от­вет­ству­ет мо­мент t  =  40, а точке T  =  20°  — время t  =  0.

Сле­ду­ет также до­пол­нить этот гра­фик го­ри­зон­таль­ной пря­мой при t > 40 c, со­от­вет­ству­ю­щей по­сто­ян­ной теплоёмко­сти газа в изо­хо­ри­че­ском про­цес­се (см. рис. 13).

Ответ: Тем­пе­ра­ту­ра за­ви­сит от вре­ме­ни по за­ко­ну гра­фик C(T) пред­став­лен на рис. 14.

По­сколь­ку в за­да­че тре­бу­ет­ся ис­сле­до­вать дви­же­ние ку­би­ка от­но­си­тель­но брус­ка, а сила сжа­тия пру­жи­ны за­ви­сит лишь от вза­им­но­го по­ло­же­ния бруса и ку­би­ка, удоб­но ре­шать за­да­чу в си­сте­ме отсчёта, в ко­то­рой брус не­по­дви­жен. Эта си­сте­ма отсчёта не­инер­ци­аль­на, ведь она дви­жет­ся с уско­ре­ни­ем вме­сте с бру­сом. В ней на кубик кроме пру­жи­ны будет дей­ство­вать сила инер­ции, рав­ная ma, где m  — масса ку­би­ка. Сила эта в любой мо­мент будет на­прав­ле­на в сто­ро­ну, про­ти­во­по­лож­ную уско­ре­нию бруса, т. е. в те­че­ние пер­вой се­кун­ды  — впра­во, затем, в те­че­ние вто­рой се­кун­ды,  — влево и т. д.

Опи­шем дви­же­ние ку­би­ка в этой си­сте­ме отсчёта. Пер­во­на­чаль­но пру­жи­на не рас­тя­ну­та, кубик на­хо­дит­ся в по­ло­же­нии рав­но­ве­сия (обо­зна­чим ко­ор­ди­на­ту этой точки x₀  =  0). Од­на­ко, при ”вклю­че­нии” силы инер­ции ma по­ло­же­ние рав­но­ве­сия ку­би­ка на пру­жин­ке сме­ща­ет­ся пра­вее точки x₀ на (k  — жёсткость пру­жи­ны), т. е. в точку с ко­ор­ди­на­той При этом кубик на­чи­на­ет сме­щать­ся в это новое по­ло­же­ние рав­но­ве­сия, про­ска­ки­ва­ет его по инер­ции впра­во и про­дол­жа­ет далее ко­ле­ба­тель­ное дви­же­ние на пру­жи­не по гар­мо­ни­че­ско­му за­ко­ну с ам­пли­ту­дой (см. рис. 1). К на­ча­лу вто­рой се­кун­ды кубик рас­по­ло­жит­ся, таким об­ра­зом, в не­ко­то­рой точке x₁, так что рас­сто­я­ние между x₁ и y₁ будет не пре­вы­шать т. е. (где-то в ин­тер­ва­ле, охва­ты­ва­е­мом на ри­сун­ке 1) фи­гур­ной скоб­кой, по­ме­чен­ной ”ко­ле­ба­ния за первую се­кун­ду”.

Далее ”вклю­ча­ет­ся” сила инер­ции, на­прав­лен­ная влево, так что по­ло­же­ние рав­но­ве­сия ку­би­ка те­перь на­хо­дит­ся в точке Кубик те­перь ко­леб­лет­ся во­круг этой точки с ам­пли­ту­дой x₁ − y₂ (и рас­по­ла­га­ет­ся где-то внут­ри ин­тер­ва­ла, обо­зна­чен­но­го на ри­сун­ке как ”ко­ле­ба­ния за вто­рую се­кун­ду”).

Из рис. 1 легко по­нять, что един­ствен­ный слу­чай, когда мак­си­маль­ное сме­ще­ние ку­би­ка из на­чаль­но­го по­ло­же­ния x₀ влево и впра­во равны,  — это когда x₁ и x₀ сов­па­да­ют, т. е. когда кубик к на­ча­лу вто­рой се­кун­ды ока­зал­ся в точ­но­сти в точке x₀, со­вер­шив за первую се­кун­ду ровно одно ко­ле­ба­ние на пру­жи­не с пе­ри­о­дом При даль­ней­шем дви­же­нии кубик также будет к мо­мен­ту ”пе­ре­клю­че­ния” на­прав­ле­ния силы инер­ции воз­вра­щать­ся в точку x₀, что со­от­вет­ству­ет усло­вию за­да­чи (см. рис. 2). Мак­си­маль­ное от­кло­не­ние ку­би­ка в каж­дую сто­ро­ну равно по усло­вию 1 мм.

Когда пру­жи­ну удли­ни­ли в 4 раза, её жёсткость умень­ши­лась в 4 раза и стала равна Дей­стви­тель­но, под дей­стви­ем той же силы удлинённая в 4 раза пру­жи­на рас­тя­ги­ва­ет­ся как сум­мар­но че­ты­ре ис­ход­ных пру­жи­ны под дей­стви­ем той же силы, т. е. в 4 раза силь­нее ис­ход­ной; это как раз и, зна­чит, что жест­кость удлинённой пру­жи­ны в 4 раза мень­ше жёстко­сти ис­ход­ной. По­ло­же­ния рав­но­ве­сия те­перь будут сдви­гать­ся при ”пе­ре­клю­че­нии” силы инер­ции от­но­си­тель­но на­чаль­но­го по­ло­же­ния на ве­ли­чи­ну т. е. в точки

При этом пе­ри­од ко­ле­ба­ний ку­би­ка на такой пру­жи­не стал Зна­чит, к на­ча­лу вто­рой се­кун­ды кубик со­вер­шит толь­ко пол­ко­ле­ба­ния и ока­жет­ся в точке с ну­ле­вой ско­ро­стью. В этот мо­мент по­ло­же­ние рав­но­ве­сия пе­ре­ме­стит­ся в точку так что ам­пли­ту­да сле­ду­ю­ще­го ко­ле­ба­ния со­ста­вит К на­ча­лу тре­тьей се­кун­ды кубик снова успе­ет со­вер­шить лишь пол­ко­ле­ба­ния, а в мо­мент, когда он ока­жет­ся в точке x₂  =  −8 мм, по­ло­же­ние рав­но­ве­сия пе­ре­ме­стит­ся в точку y₁.

Итак, во вто­ром слу­чае кубик будет рас­ка­чи­вать­ся, так как пе­ри­о­ди­че­ски ме­ня­ю­щая сила инер­ции по­па­ла в ре­зо­нанс ко­ле­ба­ни­ям ку­би­ка на брус­ке.

Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, сле­ду­ю­щее ко­ле­ба­ние будет иметь ам­пли­ту­ду 10 мм, и после по­ло­ви­ны та­ко­го ко­ле­ба­ния кубик ока­жет­ся в точке x₃  =  12 мм, и т. д., за каж­дую по­сле­ду­ю­щую се­кун­ду кубик будет от­кло­нять­ся от x₀ на 4 мм боль­ше, чем за преды­ду­щую.

К концу же 120й се­кун­ды кубик ока­жет­ся на рас­сто­я­нии 120 · 4  =  480 мм  =   48 см левее точки x₀. За­ме­тим, что при длине пру­жи­ны 48 см имен­но в этот мо­мент кубик уда­рит­ся о гвоздь.

Ответ: пру­жи­на будет сжата на 48 см, кубик уда­рит­ся о гвоздь.

Обо­зна­чим дав­ле­ния газа в 1м, 2м и 3м от­се­ках через P₁, P₂, P₃. С по­мо­щью урав­не­ния Клай­пе­ро­на-Мен­де­ле­е­ва найдём

За­пи­шем усло­вия рав­но­ве­сия порш­ней:

Изоб­ра­зим на плос­ко­сти P₂, P₃ мно­же­ство точек, ко­ор­ди­на­ты ко­то­рых удо­вле­тво­ря­ют дан­ной си­сте­ме (см. рис. 4). Пер­вое не­ра­вен­ство “вы­ре­за­ет” на этой плос­ко­сти го­ри­зон­таль­ную по­ло­су ши­ри­ной вто­рое — вер­ти­каль­ную по­ло­су, а вме­сте они “вы­ре­за­ют” квад­рат

Не­труд­но по­ка­зать, что тре­тье не­ра­вен­ство за­да­ет по­ло­су, сим­мет­рич­ную от­но­си­тель­но бис­сек­три­сы P₂  =  P₃. При этом гра­ни­цы по­ло­сы пе­ре­се­ка­ют гра­ни­цы квад­ра­та в точ­ках и вы­де­ляя ше­сти­уголь­ную ячей­ку, за­кра­шен­ную на ри­сун­ке чер­ным.

Чтобы найти воз­мож­ные зна­че­ния тем­пе­ра­ту­ры, вос­поль­зу­ем­ся урав­не­ни­ем Мен­де­ле­е­ва-Кла­пей­ро­на. Т. к. газ во всех от­се­ках один и тот же, можно за­пи­сать урав­не­ние:

по­это­му до­ста­точ­но из­ме­нить мас­штаб осей мно­жи­те­лем чтобы по­лу­чить ис­ко­мый гра­фик.

Ответ: Все тре­бу­е­мые точки об­ра­зу­ют ше­сти­уголь­ную ячей­ку, вы­де­лен­ную чёрным на рис 5.

Для ре­ше­ния за­да­чи вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Гаус­са: вы­де­лим мыс­лен­но ци­лин­дри­че­скую по­верх­ность, сим­мет­рич­но окру­жа­ю­щую n-тый ци­линдр, но ле­жа­щая внут­ри (n + 1)-го ци­лин­дра. Ра­ди­ус R этой ци­лин­дри­че­ской по­верх­но­сти, удо­вле­тво­ря­ет, оче­вид­но, со­от­но­ше­нию

Длину ци­лин­дра L вы­бе­рем еди­нич­ной. Из сим­мет­рии по­нят­но, что си­сте­ма за­ря­жен­ных ци­лин­дров будет со­зда­вать в любой точке нашей по­верх­но­сти оди­на­ко­вую по мо­ду­лю на­пря­жен­ность, обо­зна­чим её E. На­прав­ле­ние E в каж­дой точке пер­пен­ди­ку­ляр­но вы­бран­ной нами по­верх­но­сти.

Поток E через нашу по­верх­ность, оче­вид­но, равен По тео­ре­ме Гаус­са эта ве­ли­чи­на равна где Q  — заряд ис­сле­ду­е­мой си­сте­мы, по­пав­ший внутрь вы­бран­ной нами по­верх­но­сти. В дан­ном слу­чае i-тый ци­линдр вно­сит внутрь нашей по­верх­но­сти заряд, рав­ный по мо­ду­лю так что

знак в по­след­нем сла­га­е­мом за­ви­сит от чет­но­сти n.

Если n чет­ное,

Тогда тео­ре­ма Гаус­са даёт

Если n не­чет­ное,

Тогда тео­ре­ма Гаус­са даёт

Ис­поль­зу­ем в от­ве­тах для E(R) ф-лу (1): при боль­ших n еди­ни­цей в пра­вой части не­ра­вен­ства можно пре­не­бречь, про­сто за­ме­нив на n. Тогда при чет­ных n по­лу­чим при не­чет­ных n по­лу­чим здесь мы также пре­не­бре­га­ем еди­ни­цей по срав­не­нию с n.

Ответ: на­пряжённость

По усло­вию за­да­чи тре­бу­ет­ся, чтобы точка К была видна в левое зер­ка­ло и рас­по­ла­га­лась в нём мак­си­маль­но спра­ва  — ведь имен­но тогда в зер­ка­ле “уме­стит­ся” то, что на­хо­дит­ся мак­си­маль­но левее К. Зна­чит, изоб­ра­же­ние К долж­но фор­ми­ро­вать­ся в зер­ка­ле на про­дол­же­нии луча ВА. По­стро­им луч, ко­то­рый вы­хо­дит из К, от­ра­жа­ет­ся от зер­ка­ла в точке А и по­па­да­ет в точку В  — в глаз во­ди­те­лю. Оче­вид­но, зер­ка­ло долж­но рас­по­ла­гать­ся пер­пен­ди­ку­ляр­но бис­сек­три­се угла КАВ (см. рис. 6). Ана­ло­гич­но, пра­вое зер­ка­ло долж­но рас­по­ла­гать­ся пер­пен­ди­ку­ляр­но бис­сек­три­се угла МБВ (см. рис. 7).

Раз­берём те­перь во­прос о до­пу­сти­мых по­ло­же­ни­ях зер­ка­ла зад­не­го вида.

Пред­по­ло­жим, что во­ди­тель может уви­деть в зер­ка­ло весь от­ре­зок КМ, рас­по­ло­жив зер­ка­ло не­ко­то­рым об­ра­зом. Тогда, слег­ка по­вер­нув его, он уви­дит, как изоб­ра­же­ние КМ сдви­га­ет­ся к краю. Таким об­ра­зом, сле­ду­ет найти два край­них по­ло­же­ния: при одном изоб­ра­же­ние КМ рас­по­ло­же­но так, чтобы изоб­ра­же­ние точки К ока­за­лась на краю зер­ка­ла (левом), при дру­гом  — изоб­ра­же­ние М (на пра­вом краю). На­ри­су­ем окруж­ность с цен­тром в точке Т, по ко­то­рой могут дви­гать­ся края зер­ка­ла зад­не­го вида. Ис­поль­зуя закон от­ра­же­ния, легко по­нять, что для по­стро­е­ния од­но­го край­не­го по­ло­же­ний зер­ка­ла, при ко­то­ром на краю зер­ка­ла изоб­ра­же­ние К, сле­ду­ет найти такую точку F этой окруж­но­сти, ка­са­тель­ная к ко­то­рой (или, что тоже самое, пер­пен­ди­ку­ляр к плос­ко­сти зер­ка­ла) ока­зы­ва­ет­ся бис­сек­три­сой угла КFВ.

Ана­ло­гич­но, для вто­ро­го по­ло­же­ния сле­ду­ет по­стро­ить точку G окруж­но­сти, ка­са­тель­ная к ко­то­рой яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой угла MGB. Ко­неч­но, можно ис­кать точки F и G про­сто пе­ре­бо­ром, од­на­ко такой метод не поз­во­ля­ет кон­тро­ли­ро­вать точ­ность по­стро­е­ния. Сле­ду­ет при­ду­мать по­сле­до­ва­тель­ность дей­ствий, поз­во­ля­ю­щую уточ­нять по­ло­же­ние ис­ко­мых точек до тех пор, пока не будет до­стиг­ну­та тре­бу­е­мая точ­ность (го­во­рят, ”по­стро­ить схо­дя­щу­ю­ся ите­ра­ци­он­ную про­це­ду­ру”).

Чтобы разо­брать­ся в во­про­се ак­ку­рат­но, рас­смот­рим, как дви­жет­ся для не­ко­то­рой точки Х её изоб­ра­же­ние в зер­ка­ле при вра­ще­нии зер­ка­ла во­круг оси Т (см. рис. 8). По­нят­но, что для лю­бо­го по­ло­же­ния зер­ка­ла, когда Х отоб­ра­жа­ет­ся в точку Х′, рас­сто­я­ния ХТ и ТХ′ сов­па­да­ют. Зна­чит, при вра­ще­нии зер­ка­ла мни­мое изоб­ра­же­ние “бежит” по окруж­но­сти ра­ди­у­са ХТ.

Воз­вра­ща­ясь к изоб­ра­же­нию от­рез­ка КМ в зер­ка­ле зад­не­го вида, легко по­нять, что при вра­ще­нии зер­ка­ла во­круг точки Т от­ре­зок КМ будет “ез­дить” по окруж­но­сти с цен­тром в точке Т. Ясно, что при по­во­ро­те зер­ка­ла на не­ко­то­рый угол изоб­ра­же­ние будет съез­жать по окруж­но­сти на вдвое боль­ший угол.

На рис. 9 пред­став­ле­но одно из по­ло­же­ний зер­ка­ла, при ко­то­рых во­ди­тель уви­дит в зер­ка­ле зад­не­го вида от­ре­зок КМ в виде изоб­ра­же­ния К′М′. Для при­ме­ра мы вы­бра­ли слу­чай, когда во­ди­тель видит изоб­ра­же­ние точки Н (се­ре­ди­ны КМ) ровно по­се­ре­ди­не зер­ка­ла, ВН′ про­хо­дит через Т. Зер­ка­ло на этом ри­сун­ке ори­ен­ти­ро­ва­но пер­пен­ди­ку­ляр­но бис­сек­три­се угла HH′B.

По­стро­ен­ное по­ло­же­ние вовсе не един­ствен­но, ведь зер­ка­ло можно по­во­ра­чи­вать, так чтобы края изоб­ра­же­ния К′ и М′ не вы­хо­ди­ли за пре­де­лы ви­ди­мо­сти.

По­про­бу­ем по­стро­ить такое по­ло­же­ние зер­ка­ла, при ко­то­ром изоб­ра­же­ние точки М (точка М′) во­ди­тель видит у пра­во­го края зер­ка­ла. По­стро­им малую окруж­ность, по ко­то­рой дви­га­ют­ся края зер­ка­ла зад­не­го вида. Из точки В про­ведём ка­са­тель­ную к этой окруж­но­сти и на её про­дол­же­нии по­ста­вим точку

М′ (см. рис. 10). Рас­по­ло­жим зер­ка­ло пер­пен­ди­ку­ляр­но бис­сек­три­се угла ВМ′М.

Про­бле­ма этого по­стро­е­ния в том, что зер­ка­ло ока­за­лось не пер­пен­ди­ку­ляр­но ВМ′, зна­чит, во­ди­тель уви­дит не весь от­ре­зок К′М′: с его точки зре­ния точка М′ чуть-чуть не по­ме­стит­ся в зер­ка­ле. Дей­стви­тель­но, пря­мая ВХ, со­еди­ня­ю­щая край зер­ка­ла и точку В, чуть от­ли­ча­ет­ся от ка­са­тель­ной ВМ′, и во­ди­тель смо­жет ви­деть в зер­ка­ло лишь часть К′Х от всего изоб­ра­же­ния. Чтобы ис­пра­вить это, зер­ка­ло сле­ду­ет до­вер­нуть про­тив ча­со­вой стрел­ки на по­ло­ви­ну угла ХВМ′, так что изоб­ра­же­ние точки М сме­стить­ся в Х, затем сле­ду­ет снова про­ве­рить, какая часть изоб­ра­же­ния не влез­ла, и снова до­вер­нуть зер­ка­ло... Дан­ная ите­ра­тив­ная про­це­ду­ра быст­ро схо­дит­ся ввиду ма­ло­сти угла ХВМ′.

По­ло­же­ние, при ко­то­ром на край зер­ка­ла при­хо­дит­ся изоб­ра­же­ние точки К, пред­став­ле­но на рис. 11.

Здесь также по­стро­е­на ка­са­тель­ная к малой окруж­но­сти и зер­ка­ло пер­пен­ди­ку­ляр­но бис­сек­три­се угла КК′В. Все ого­вор­ки, ка­са­ю­щи­е­ся ите­ра­тив­ной про­це­ду­ры и пре­де­ла по­греш­но­сти оста­ют­ся здесь спра­вед­ли­вы­ми.

На­по­сле­док за­ме­тим, что опи­сан­ная ите­ра­тив­ная про­це­ду­ра по­стро­е­ния край­них по­ло­же­ний зер­ка­ла зад­не­го вида не яв­ля­ет­ся един­ствен­ной. Можно было, на­при­мер, взяв за стар­то­вое по­ло­же­ние зер­ка­ла, па­рал­лель­ное КМ, рас­по­ло­жить пер­во­на­чаль­но точки F и G на его краях, из­ме­рить углы KFB и MGB, рас­по­ло­жить зер­ка­ло пер­пен­ди­ку­ляр­но одной, а потом дру­гой бис­сек­три­се, и на­звать дан­ные по­ло­же­ния более точно най­ден­ны­ми край­ни­ми по­ло­же­ни­я­ми. Пе­ре­дви­нув точки F и G снова из­ме­рить углы KFB и MGB и по­вто­рять про­це­ду­ру. Ввиду того, что при сдви­ге точек F и G из­ме­ря­е­мые углы ме­ня­ют­ся слабо, такая ите­ра­тив­ная про­це­ду­ра также быст­ро схо­дит­ся.

Ответ: По­ло­же­ние бо­ко­вых зер­кал см. на рис. 6, 7. Край­ние по­ло­же­ния зер­ка­ла зад­не­го вида изоб­ра­же­ны на рис. 10 и 11 (ну­ле­вая ите­ра­ция ите­ра­тив­ной про­це­ду­ры). Ите­ра­тив­ная про­це­ду­ра по­лу­че­ния сколь угод­но точ­ных по­ло­же­ний опи­са­на в ре­ше­нии.

Будем за­да­вать по­во­рот рамки углом между плос­ко­стью рамки и вер­ти­ка­лью (см. рис. 12). Так как пер­во­на­чаль­но те­леж­ка едет рав­но­мер­но, где   — уг­ло­вая ско­рость вра­ще­ния рамки.

При этом поток маг­нит­но­го поля через рамку равен где S  =  4a²  — пло­щадь рамки.

Этот поток ме­ня­ет­ся со вре­ме­нем, зна­чит, в рамке при­сут­ству­ет ЭДС ин­дук­ции, рав­ная

Если в рамку вклю­че­но со­про­тив­ле­ние R, в ней воз­ни­ка­ет ток

на­прав­лен­ный так, чтобы ком­пен­си­ро­вать из­ме­не­ние маг­нит­но­го по­то­ка. Зна­чит, на рамку с током будет дей­ство­вать сила Ам­пе­ра.

Из рис. 12, 13 видно, что для от­рез­ков рамки, рас­по­ло­жен­ных в вер­ти­каль­ной плос­ко­сти, силы Ам­пе­ра не создаёт вра­ща­тель­но­го мо­мен­та, они на­прав­ле­ны пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти ри­сун­ка.

Для двух остав­ших­ся от­рез­ков рамки (пер­пен­ди­ку­ляр­ных плос­ко­сти ри­сун­ка) сила Ам­пе­ра будет равна Вра­ща­тель­ный мо­мент, тор­мо­зя­щий ко­ле­со, будет равен для каж­до­го от­рез­ка а для обоих от­рез­ков  — в два раза боль­ше. Под­став­ляя F_a и I, найдём сум­мар­ный мо­мент силы Ам­пе­ра, вра­ща­ю­щий рамку (и ко­ле­со вме­сте с ней)

Этот сум­мар­ный вра­ща­тель­ный мо­мент будет тор­мо­зить оба ко­ле­са, до­сти­гая мак­си­маль­но­го зна­че­ния при т. е. в мо­мен­ты, когда рамка го­ри­зон­таль­на.

При тор­мо­же­нии вра­ще­ния на каж­дое ко­ле­со на­чи­на­ет дей­ство­вать сила тре­ния F_тр, ко­то­рая также создаёт сум­мар­ный вра­ща­тель­ный мо­мент в обоих колёсах, рав­ный 2rF_тр. При от­сут­свии про­скаль­зы­ва­ния так что сум­мар­ный мо­мент силы тре­ния не пре­вос­хо­дит

Усло­вие дви­же­ния колёс без про­скаль­зы­ва­ния озна­ча­ет, что мо­мен­ты сил, дей­ству­ю­щие на колёса, долж­ны быть ском­пен­си­ро­ва­ны Дей­стви­тель­но, по усло­вию за­да­чи мас­сой колёс сле­ду­ет пре­не­бречь. Если мо­мен­ты сил, дей­ству­ю­щие на колёса, не ском­пен­си­ро­ва­ны, лёгкие колёса при­об­ре­тут бес­ко­неч­но боль­шое уг­ло­вое уско­ре­ние, в то время как по­сту­па­тель­ное дви­же­ние мас­сив­ной те­леж­ки будет осу­ществ­лять­ся с ко­неч­ным уско­ре­ни­ем; ко­неч­но, это не со­гла­су­ет­ся с дви­же­ни­ем без про­скаль­зы­ва­ния.

При­рав­ни­вая мак­си­маль­ные сум­мар­ные мо­мен­ты силы тре­ния и силы Ам­пе­ра, по­лу­чим

Если R боль­ше этого зна­че­ния, мо­мент силы Ам­пе­ра будет мень­ше, и те­леж­ка по­едет без про­скаль­зы­ва­ния. Если же R мень­ше  — может на­чать про­скаль­зы­вать в самый же пер­вый мо­мент.

Из от­ве­та также видно, что с умень­ше­ни­ем ско­ро­сти V ве­ли­чи­на R умень­ша­ет­ся, так что если про­скаль­зы­ва­ния нет в на­чаль­ный мо­мент тор­мо­же­ния, то оно не по­явит­ся и далее.

Ответ: со­про­тив­ле­ние долж­но быть боль­ше, чем