Найдём, как свя­за­но уско­ре­ние плат­фор­мы с вы­со­той скалы. Опре­де­лим время полёта мяча. Мяч бро­са­ют го­ри­зон­таль­но, зна­чит, вер­ти­каль­ная про­ек­ция его ско­ро­сти в на­ча­ле дви­же­ния равна нулю. Тогда время полёта t равно вре­ме­ни па­де­ния на землю с вы­со­ты ℎ с уско­ре­ни­ем g. Его можно найти из фор­му­лы для пе­ре­ме­ще­ния при рав­но­уско­рен­ном дви­же­нии:

По го­ри­зон­та­ли мяч летит с по­сто­ян­ной ско­ро­стью и до при­зем­ле­ния успе­ва­ет уда­лить­ся от скалы на рас­сто­я­ние Плат­фор­ма про­хо­дит это же рас­сто­я­ние за такое же время, дви­га­ясь с уско­ре­ни­ем a, зна­чит

По­лу­ча­ем, что уско­ре­ние плат­фор­мы об­рат­но про­пор­ци­о­наль­но корню из вы­со­ты скалы, сле­до­ва­тель­но, если вы­со­та скалы уве­ли­чи­лась в 4 раза, уско­ре­ние долж­но умень­шить­ся в 2 раза.

Ответ:

За­пи­шем усло­вия рав­но­ве­сия си­сте­мы. Обо­зна­чим не­из­вест­ную массу ку­би­ка за m, а силу на­тя­же­ния нити, про­пу­щен­ной через все 3 блока за T (см. ри­су­нок). На кубик дей­ству­ют сила тя­же­сти F₁  =  mg, сила на­тя­же­ния нити T₁  =  2T со сто­ро­ны по­движ­но­го блока вверх, сила Ар­хи­ме­да вверх. Их рав­но­дей­ству­ю­щая долж­на быть равна нулю, то есть Вы­ра­жая силы через па­ра­мет­ры за­да­чи, по­лу­ча­ем пер­вое усло­вие рав­но­ве­сия:

На сосуд с водой дей­ству­ют сум­мар­ная сила тя­же­сти F₂  =  Mg вниз, сум­мар­ная сила на­тя­же­ния T₂  =  T + T от бо­ко­вых нитей вверх, сила, про­ти­во­дей­ству­ю­щая силе Ар­хи­ме­да вниз. По­нять, что сила Ар­хи­ме­да дей­ству­ет и на сосуд с водой, но в об­рат­ную сто­ро­ну, можно из тре­тье­го за­ко­на Нью­то­на или из того факта, что уро­вень воды в со­су­де по­вы­ша­ет­ся, уве­ли­чи­вая дав­ле­ние на дно. Снова при­рав­ни­ва­ем рав­но­дей­ству­ю­щую к нулю и по­лу­ча­ем вто­рое усло­вие рав­но­ве­сия:

Пра­вые части по­лу­чен­ных усло­вий рав­но­ве­сия равны, зна­чит, равны и левые, тогда:

Ответ:

Не­мно­го де­фор­ми­ру­ем схему:

В таком виде схема об­ла­да­ет явной осью сим­мет­рии. При от­ра­же­нии от­но­си­тель­но неё точка B пе­ре­хо­дит в точку C и на­о­бо­рот. По­сколь­ку точка A лежит на оси сим­мет­рии, со­про­тив­ле­ние между A и C ничем не от­ли­ча­ет­ся от со­про­тив­ле­ния между A и B, ко­то­рое равно R.

Ответ: R.

Спер­ва поймём, когда имеет смысл вы­пус­кать зонд. По­сколь­ку зонд не может ме­нять свою ско­рость, до из­ме­не­ния ско­ро­сти ко­раб­ля они будут ле­теть «рядом». По­это­му не­важ­но, в какой имен­но мо­мент на участ­ке с по­сто­ян­ной ско­ро­стью был вы­пу­щен зонд. Для опре­делённо­сти будем счи­тать, что его вы­пус­ка­ют сразу перед из­ме­не­ни­ем ско­ро­сти ко­раб­ля. Не­слож­но по­нять, что перед уве­ли­че­ни­ем ско­ро­сти вы­пус­кать зонд не имеет смыс­ла, так как сразу после уско­ре­ния ско­рость зонда будет выше, а зна­чит при­ле­тит он рань­ше. Такое рас­суж­де­ние остав­ля­ет всего 3 по­тен­ци­аль­ные точки вы­пус­ка зонда (точки A, B и C на гра­фи­ке).

Для каж­дой из точек найдём время, через ко­то­рое зонд до­ле­тит до пла­не­ты. Пусть он вы­пу­щен в мо­мент t со ско­ро­стью v (ско­рость ко­раб­ля в этот мо­мент), а до пла­не­ты оста­лось рас­сто­я­ние L. Тогда зонд до­стиг­нет пла­не­ты в мо­мент

Рас­сто­я­ние равно пло­ща­ди под гра­фи­ком остав­ших­ся участ­ков. Для крат­ко­сти обо­зна­чим год, тыс. км/c. Таким об­ра­зом, для точки A имеем: v_A  =  3 u, от­ку­да

Для точки B, v_B  =  5 u, от­ку­да

Для точки C, v_C  =  3u, от­ку­да

Таким об­ра­зом, самый ран­ний мо­мент, когда зонд может до­стиг­нуть пла­не­ты  —

Ответ:

По усло­вию за­да­чи точки d и e по­гру­зят­ся в жид­кость од­но­вре­мен­но. До этого мо­мен­та ток в цепи ну­ле­вой (цепь не за­мкну­та). В мо­мент по­гру­же­ния точек d и e их по­тен­ци­ал сов­па­да­ет с по­тен­ци­а­лом жид­ко­сти. По­это­му можно на­ри­со­вать эк­ви­ва­лент­ную схему, где эти точки объ­еди­не­ны в одну, и упро­стить её (см. рис. 1, 2).

По мере даль­ней­ше­го по­гру­же­ния по части схемы, ока­зав­шей­ся в жид­ко­сти, не течет ток, так как все точки жид­ко­сти по усло­вию эк­ви­по­тен­ци­аль­ны. По­это­му со­про­тив­ле­ния, рас­по­ло­жен­ные внизу, умень­ша­ют­ся рав­но­мер­но про­пор­ци­о­наль­но вре­ме­ни t. Они пол­но­стью об­ра­ща­ют­ся в ноль к мо­мен­ту

Пусть К этому мо­мен­ту за­штри­хо­ван­ные со­про­тив­ле­ния (см. рис. 3) умень­шат­ся из-за по­гру­же­ния и ста­нут равны (левое) и (пра­вое). Пол­ное со­про­тив­ле­ние этой схемы со­сто­ит из двух па­рал­лель­но со­еди­нен­ных вет­вей: левая ветка со­про­тив­ле­ни­ем и пра­вая ветка со­про­тив­ле­ни­ем Вы­чис­лив па­рал­лель­ное со­про­тив­ле­ние такой схемы и раз­де­лив на него по­дан­ное на си­сте­му на­пря­же­ние, по­лу­чим:

Если же со­про­тив­ле­ние за­штри­хо­ван­ных со­про­тив­ле­ний успе­ло об­ра­тит­ся в ноль (к мо­мен­ту ), а остав­ши­е­ся со­про­тив­ле­ния (см рис. 4) убы­ва­ют каж­дое про­пор­ци­о­наль­но про­ме­жут­ку вре­ме­ни по за­ко­ну Так как они оди­на­ко­вы и со­еди­не­ны па­рал­лель­но, пол­ное со­про­тив­ле­ние схемы в два раза мень­ше, и ответ при­об­ретёт вид:

Ответ: при  при

За­да­чу можно ре­шить, ис­поль­зо­вав за­ко­ны со­хра­не­ния энер­гии и им­пуль­са. В самом деле, на бу­си­ны не дей­ству­ют внеш­ние силы в про­ек­ции на на­прав­ле­ние дви­же­ния, зна­чит, спра­вед­лив ЗСИ. Удары аб­со­лют­но упру­гие, зна­чит, верен ЗСЭ.

Од­на­ко при за­пи­си ЗСЭ надо учесть, что маг­нит­ная сила со­вер­ша­ет ра­бо­ту по при­тя­ги­ва­нию пра­во­го ша­ри­ка, раз­го­няя его, а затем она же за­мед­ля­ет от­ле­та­ю­щий влево шарик. Из при­ведённых гра­фи­ков видно, что маг­нит­ная сила со­вер­шит не­ну­ле­вую ра­бо­ту, чис­лен­но рав­ную раз­но­сти пло­ща­дей под гра­фи­ка­ми F₁(x) и F₂(x). После кро­пот­ли­во­го подсчёта ока­зы­ва­ет­ся, что ре­зуль­тат со­став­ля­ет 93 ма­лень­кие клет­ки (по­греш­ность этих вы­чис­ле­ний до­ста­точ­но ве­ли­ка, кле­ток). Обо­зна­чим эту ра­бо­ту A, тогда наша оцен­ка «‎по кле­точ­кам»‎ с учётом мас­шта­ба гра­фи­ка даёт A  =  kmv², где

В ре­зуль­та­те, после того, как в си­сте­ме про­изой­дут все не­об­хо­ди­мые удары, край­няя левая бу­си­на будет иметь ско­рость u, ко­то­рую нам надо найти, а осталь­ная си­сте­ма при­об­ретёт какую-то ско­рость u′, причём по ЗСИ: mv  =  mu − 3mu′, а по ЗСЭ:

Под­став­ляя сюда най­ден­ное A, можно со­кра­тить массу бу­си­нок. Закон со­хра­не­ния им­пуль­са при­мет вид v  =  u − 3u′, а закон со­хра­не­ния энер­гии: (1 + 2k)v²  =  u² + 3u′². Решая эту си­сте­му урав­не­ний и от­бра­сы­вая от­ри­ца­тель­ный ко­рень (ко­то­рый со­от­вет­ству­ет си­ту­а­ции, когда бу­син­ка на­ле­та­ет не спра­ва, а слева), по­лу­ча­ем ответ.

Ответ:

Найдём кри­ти­че­ское зна­че­ние ко­эф­фи­ци­ен­та тре­ния, при ко­то­ром стол­бик AB начал про­скаль­зы­вать, но всё еще не со­скольз­нул с ка­ру­се­ли.

На ри­сун­ке по­ка­за­ны силы, дей­ству­ю­щие на стол­бик во вра­ща­ю­щей­ся си­сте­ме от­сче­та (в ко­то­рой стол­бик по­ко­ит­ся). Сила тя­же­сти mg стол­би­ка и рав­ная ей, но на­прав­лен­ная вверх сила ре­ак­ции ка­ру­се­ли N не по­ка­за­ны, так как они три­ви­аль­но урав­но­ве­ши­ва­ют­ся, N  =  mg. От­ме­тим толь­ко, что сила тя­же­сти при­ло­же­на к цен­тру масс стол­би­ка С.

Кроме N и mg на стол­бик дей­ству­ют сила на­тя­же­ния нити T, сила тре­ния Вдо­ба­вок, так как ка­ру­сель вра­ща­ет­ся, к цен­тру масс стол­би­ка С при­ло­же­на цен­тро­беж­ная сила ко­то­рая на­прав­ле­на от оси ка­ру­се­ли на­ру­жу.

Чтобы стол­бик не съез­жал, сле­ду­ет за­пи­сать усло­вие ра­вен­ства сил в про­ек­ции на го­ри­зон­таль­ную ось:

Кроме того, стол­бик не дол­жен вра­щать­ся, то есть для него долж­но вы­пол­нять­ся пра­ви­ло ры­ча­га. Наи­бо­лее про­сто за­пи­сать его от­но­си­тель­но цен­тра масс стол­би­ка  — точки C. Для этого со­об­ра­зим, что AC : CB  =  7 : 3, по­это­му можно обо­зна­чить AC  =  7x, BC  =  3x, так что пра­ви­ло ры­ча­га при­об­ретёт вид от­ку­да ве­ли­чи­на x, ко­неч­но, со­кра­тит­ся.

Мы по­лу­чи­ли си­сте­му урав­не­ний

решая ко­то­рую, по­лу­чим ответ.

Ответ:

Вве­дем рас­сто­я­ния a и b, см. рис. 6, по­ка­зы­ва­ю­щие, как рас­по­ло­же­ны порш­ни в трубе. Сила F долж­на ском­пен­си­ро­вать силу дав­ле­ния воды на ниж­ний пор­шень, по­это­му

Об­ра­ти­те вни­ма­ние, что при не­ну­ле­вом a эта сила боль­ше веса жид­ко­сти в трубе. Точно такую же силу ока­зы­ва­ла бы на дно со­су­да вода в объёме, ко­то­рый по­ка­зан го­лу­бым на ри­сун­ке. Этот факт на­зы­ва­ет­ся «‎гид­ро­ста­ти­че­ский па­ра­докс», он свя­зан с тем, что жид­кость как-бы «рас­пи­ра­ет» в со­су­де, при этом она ока­зы­ва­ет дав­ле­ние вниз, боль­шее сво­е­го веса, за счёт того, что ей же при­хо­дит­ся ока­зы­вать дав­ле­ние на сосуд вверх (и, ко­неч­но, вбок тоже, см. рис. 7).

Также сле­ду­ет за­пи­сать фор­му­лу, свя­зы­ва­ю­щую фо­кус­ное рас­сто­я­ние f оп­ти­че­ской си­сте­мы, рас­по­ло­же­ние ис­точ­ни­ка света от­но­си­тель­но линзы (он на­хо­дит­ся на рас­сто­я­нии a + b от неё) и рас­по­ло­же­ние изоб­ра­же­ния (обо­зна­чим рас­сто­я­ние от него до линзы за x):

Вы­ра­жая a + b из пер­во­го урав­не­ния и под­став­ляя в фор­му­лу тон­кой линзы, по­лу­чим ответ:

Можно со­об­ра­зить, какой гра­фик этой за­ви­си­мо­сти. При ве­ли­чи­на x об­ра­ща­ет­ся в бес­ко­неч­ность. При «пе­ре­ско­ке» через зна­че­ние F_кр зна­ме­на­тель от­ве­та ме­ня­ет знак, а изоб­ра­же­ние из дей­стви­тель­но­го ста­но­вит­ся мни­мым.

Фор­маль­но, при очень боль­ших F (равно как и при боль­ших от­ри­ца­тель­ных F ) в зна­ме­на­те­ле можно пре­не­бречь ве­ли­чи­ной так что ответ при при­бли­жа­ет­ся к f.

Такое по­ве­де­ние функ­ций хо­ро­шо из­вест­но, это сдви­ну­тая ги­пер­бо­ла (см. рис. 8). В по­след­нем факте можно убе­дить­ся и иначе – пред­ста­вив ответ в виде

ко­то­рый по­ка­зы­ва­ет, что от­но­си­тель­но сдви­ну­тых пе­ре­мен­ных x − f и F − F_кр это дей­стви­тель­но ги­пер­бо­ла. Од­на­ко, стоит за­дать­ся во­про­сом: все ли зна­че­ния F до­пу­сти­мы на нашем гра­фи­ке? Ведь не при любом зна­че­нии F си­сте­ма будет на­хо­дить­ся в рав­но­ве­сии! В част­но­сти, при ниж­ний пор­шень про­сто упрётся в сосуд и даль­ней­шее уве­ли­че­ние силы F не будет при­во­дить к из­ме­не­нию по­ло­же­ний порш­ней. Ана­ло­гич­но, если сила F про­сто не смо­жет удер­жать порш­ни от па­де­ния, и рав­но­ве­сие, опи­сан­ное в за­да­че, не­воз­мож­но.

По­это­му «‎на­ив­ный» гра­фик 8 нужно ис­пра­вить: при F > F_max за­ме­нить его кон­стан­той, а об­ласть F < F_min со­всем убрать. Так как мы не знаем чис­лен­ных зна­че­ний па­ра­мет­ров за­да­чи, при этом могут по­лу­чить­ся самые раз­ные типы гра­фи­ков (см. рис. 9).

Ответ: Гра­фик имеет вид об­ре­зан­ной ги­пер­бо­лы: если или же при При мень­ших зна­че­ни­ях F рав­но­ве­сие не­воз­мож­но.

Ско­рость v удара ган­те­ли о землю в пер­вом опыте легко найти по за­ко­ну со­хра­не­ния энер­гии: центр масс ган­те­ли опу­стит­ся на ве­ли­чи­ну nL (по усло­вию n  =  9), по­это­му Оче­вид­но, это про­изойдёт через время

Во вто­ром опыте ган­тель будет вра­щать­ся. Найдём уг­ло­вую ско­рость этого вра­ще­ния. На­чаль­ные ско­ро­сти шаров ган­те­ли имеет вид, пред­став­лен­ный на ри­сун­ке 10. Если пе­рей­ти в си­сте­му от­сче­та, дви­жу­щу­ю­ся со ско­ро­стью в на­прав­ле­нии на­чаль­ной ско­ро­сти ниж­не­го шара, ста­но­вит­ся оче­вид­ным, что здесь шары вра­ща­ют­ся во­круг цен­тра масс (по­ме­чен крас­ным кре­сти­ком) и имеют уг­ло­вую ско­рость

Оче­вид­но, уг­ло­вая ско­рость не ме­ня­ет­ся при пе­ре­хо­де из одной инер­ци­аль­ной си­сте­мы от­сче­та в дру­гую, по­это­му этот ответ верен и в не­по­движ­ной си­сте­ме отсчёта.

По­нят­но, как в нашей дви­жу­щей­ся си­сте­ме отсчёта дви­жет­ся ган­тель: она вра­ща­ет­ся с по­сто­ян­ной уг­ло­вой ско­ро­стью во­круг цен­тра масс, при этом сам центр масс па­да­ет без на­чаль­ной ско­ро­сти с уско­ре­ни­ем g (как в пер­вом опыте). Если вер­нуть­ся в не­по­движ­ную си­сте­му от­сче­та, до­пол­ни­тель­но центр масс имеет по­сто­ян­ную го­ри­зон­таль­ную ско­рость что не вли­я­ет ни на время па­де­ния ша­ри­ков, ни на их вра­ще­ние.

Если по­пы­тать­ся на­пи­сать усло­вие столк­но­ве­ния ка­ко­го-ни­будь из шаров с землёй, по­лу­чит­ся транс­цен­дент­ное урав­не­ние, ко­то­рое не по­лу­ча­ет­ся ре­шить ана­ли­ти­че­ски. По­это­му по­сту­пим иначе. Вы­яс­ним, как рас­по­ло­жит­ся ган­тель, когда её центр масс ока­жет­ся на вы­со­те над землёй (см. рис. 11). Оче­вид­но, это про­изой­дет через время T, а зна­чит ган­тель по­вернёт на угол

Это угол в ра­ди­а­нах, но не­слож­но по­счи­тать, что ган­тель за это время по­вер­нет­ся на обо­ро­та и еще на угол см. рис. 11. От­но­си­тель­но цен­тра масс она всё ещё вра­ща­ет­ся с ли­ней­ной ско­ро­стью это ука­за­но чёрными стрел­ка­ми в левой части ри­сун­ка. Для опре­де­ле­ния ско­ро­сти шаров от­но­си­тель­но земли нужно до­ба­вить к этим ско­ро­стям ско­рость па­де­ния цен­тра масс v (зе­ле­ные стрел­ки) и го­ри­зон­таль­ную ско­рость (крас­ные стрел­ки) (вы­чи­та­ние ко­то­рой ранее по­мог­ло нам опре­де­лить уг­ло­вую ско­рость).

Те­перь видно, что шарик Б в этом по­ло­же­нии на­хо­дит­ся ближе к земле и имеет боль­шую вер­ти­каль­ную ско­рость. Зна­чит, он уда­рит­ся о землю рань­ше.

Ответ: рань­ше уда­рит­ся шарик Б.