Про­ну­ме­ру­ем кон­ден­са­то­ры слева на­пра­во. Со­от­вет­ствен­но, обо­зна­чим их за­ря­ды q₁, q₂, q₃, а на­пря­же­ния на них U₁, U₂, U₃. Оче­вид­но, за­ря­ды и на­пря­же­ния каж­до­го кон­ден­са­то­ра свя­за­ны со­от­но­ше­ни­ем

Знаки за­ря­дов пла­стин каж­до­го кон­ден­са­то­ра вы­бе­рем, как по­ка­за­но на ри­сун­ке 1: левые пла­сти­ны за­ря­же­ны от­ри­ца­тель­но, пра­вые  — по­ло­жи­тель­но, также как у ис­точ­ни­ков и Если мы не уга­да­ли со зна­ком за­ря­да пла­стин ка­ко­го-либо кон­ден­са­то­ра, в от­ве­те мы про­сто по­лу­чим от­ри­ца­тель­ное зна­че­ние для этого за­ря­да. Ис­поль­зу­ем зна­ние ЭДС ис­точ­ни­ков, чтобы свя­зать по­тен­ци­а­лы раз­ных точек нашей схемы. Пусть по­тен­ци­ал точки D равен Так как между D и Е на­хо­дит­ся ис­точ­ник оче­вид­но, по­тен­ци­ал точки Е боль­ше, чем на ве­ли­чи­ну этой ЭДС:

С дру­гой сто­ро­ны, точки E и F под­со­еди­не­ны с раз­ных сто­рон к пла­сти­нам вто­ро­го кон­ден­са­то­ра, зна­чит, раз­ность по­тен­ци­а­лов на них в точ­но­сти равна U₂, по­это­му

Здесь мы учли, что, по на­ше­му пред­по­ло­же­нию, левая пла­сти­на 2-го кон­ден­са­то­ра за­ря­же­на от­ри­ца­тель­но, а пра­вая  — по­ло­жи­тель­но, то есть по­тен­ци­ал левой пла­сти­ны мень­ше, чем пра­вой.

На­ко­нец, по­тен­ци­ал точки G боль­ше, чем так как между этими точ­ка­ми вклю­че­на ЭДС ве­ли­чи­ной

Зная по­тен­ци­а­лы точек D, E, F, G можем вы­ра­зить через них на­пря­же­ние на каж­дом кон­ден­са­то­ре. На­при­мер, D и F под­клю­че­ны к раз­ным пла­сти­нам пер­во­го кон­ден­са­то­ра, то есть (здесь мы снова учи­ты­ва­ем, что на­пря­же­ние  — по­тен­ци­ал по­ло­жи­тель­но за­ря­жен­ной пра­вой пла­сти­ны минус по­тен­ци­ал от­ри­ца­тель­но за­ря­жен­ной левой):

Ана­ло­гич­но, на­пря­же­ние тре­тье­го кон­ден­са­то­ра — раз­ность по­тен­ци­а­лов точек G и E:

Итак, на­пря­же­ния всех кон­ден­са­то­ров можно вы­ра­зить через един­ствен­ную не­из­вест­ную ве­ли­чи­ну — в нашем слу­чае U₂, зна­че­ния этих на­пря­же­ний мы под­пи­са­ли на рис. 2.

Те­перь за­ме­тим, что уча­сток схемы, вы­де­лен­ный на рис. 2 зелёным, дол­жен иметь ну­ле­вой сум­мар­ный заряд, ведь, во-пер­вых, из­на­чаль­но си­сте­ма была не за­ря­же­на, а во-вто­рых, эта часть схемы оста­ва­лась изо­ли­ро­ван­ной от осталь­ных эле­мен­тов. Ис­точ­ник с ЭДС мог толь­ко «пе­ре­но­сить» за­ря­ды через себя, но не по­рож­дать их. Зна­чит, с уче­том того, что заряд на пра­вой пла­сти­не пер­во­го кон­ден­са­то­ра обо­зна­чен у нас заряд на левой пла­сти­не вто­ро­го кон­ден­са­то­ра обо­зна­чен а заряд на пра­вой пла­сти­не тре­тье­го кон­ден­са­то­ра имеем:

Здесь мы ис­поль­зо­ва­ли со­от­но­ше­ния (1−3). Под­став­ляя сюда и вы­ра­зим Те­перь мы можем вы­ра­зить на­пря­же­ния всех кон­ден­са­то­ров, а зна­чит, и их заряд:

За­ме­тим, что за­пи­сы­вая связь между по­тен­ци­а­ла­ми раз­ных точек схемы, можно было стар­то­вать с любой точки (не обя­за­тель­но D) и вы­ра­жать все по­тен­ци­а­лы не через U₂, а через U₁ или U₃, поль­зу­ясь ана­ло­гич­ны­ми рас­суж­де­ни­я­ми. Вме­сто изо­ли­ро­ван­но­сти участ­ка схемы, вы­де­лен­но­го зелёным, можно было на­о­бо­рот, ис­поль­зо­вать усло­вие изо­ли­ро­ван­но­сти части схемы, остав­лен­ной чёрной на ри­сун­ке 2.

Ответ: Если ну­ме­ро­вать кон­ден­са­то­ры слева на­пра­во, счи­тая заряд по­ло­жи­тель­ным, когда левая

пла­сти­на за­ря­же­на от­ри­ца­тель­но, а пра­вая по­ло­жи­тель­но, то

Пусть банка ка­тит­ся на­пра­во со ско­ро­стью v. Так как тре­ние тела о банку ве­ли­ко,

будем счи­тать, что в рас­смат­ри­ва­е­мый мо­мент тело имеет ту же ско­рость, что и по­верх­ность банки: дви­жет­ся по­сту­па­тель­но впра­во вме­сте с осью ка­тя­щей­ся банки (со ско­ро­стью ) и вра­ща­ет­ся во­круг оси банки по ча­со­вой стрел­ке с той же ско­ро­стью (см. рис. 3, угол на ри­сун­ке ха­рак­те­ри­зу­ет рас­по­ло­же­ние тела от­но­си­тель­но банки в дан­ный мо­мент).

Таким об­ра­зом, тело имеет ско­рость при этом так как по усло­вию за­да­чи банка ка­тит­ся без про­скаль­зы­ва­ния  — ниж­няя точка банки в каж­дый мо­мент по­ко­ит­ся от­но­си­тель­но земли.

На ри­сун­ке 4 изоб­ра­же­ны силы, дей­ству­ю­щие на тело. Сила Ло­рен­ца qBV пред­став­ле­на в виде двух вкла­дов: F₁  =  QBv и F₂  =  QB v_вращ  =  QBv, каж­дая из них на­прав­ле­на в со­от­вет­ствии с «пра­ви­лом левой руки», пер­пен­ди­ку­ляр­но со­от­вет­ству­ю­щей ком­по­нен­те ско­ро­сти. Чтобы тело не от­ры­ва­лось от по­верх­но­сти банки, сила N не долж­на об­ра­щать­ся в ноль.

За­пи­шем вто­рой закон Нью­то­на для кру­го­во­го дви­же­ния тела. В про­ек­ции на на­прав­ле­ние r цен­тру вра­ще­ния сумма всех сил долж­ны быть равна цен­тро­стре­ми­тель­ной силе

Слу­чай 1. Если по­смот­рев на вы­ра­же­ние 2, легко по­нять, что N ми­ни­маль­на, если то есть когда тело на­хо­дит­ся в верх­ней точке тра­ек­то­рии:

Не­ра­вен­ство в пра­вой части мы на­пи­са­ли, так как хотим ис­поль­зо­вать усло­вие, что тело не от­ры­ва­ет­ся от банки даже в мо­мент, когда оно про­хо­дит верх­нюю точку тра­ек­то­рии. Решая не­ра­вен­ство от­но­си­тель­но v, на­хо­дим (на­пом­ним, мы ин­те­ре­су­ем­ся слу­ча­ем толь­ко по­ло­жи­тель­ны­ми зна­че­ни­я­ми ско­ро­сти v):

Сов­мест­ны ли два этих усло­вия? Про­ве­рим, когда нуж­ный диа­па­зон ско­ро­стей су­ще­ству­ет, то есть верно ли

Упро­стим не­ра­вен­ство:

По­след­нее не­ра­вен­ство верно, если но если вспом­нить, как вве­де­но z, оче­вид­но, что по­след­нее верно все­гда.

Слу­чай 2. Если же в вы­ра­же­нии N скоб­ка Mg − QBv не­по­ло­жи­тель­на по­смот­рев на вы­ра­же­ние 2, легко по­нять, что N ми­ни­маль­на, если то есть когда тело на­хо­дит­ся в ниж­ней точке тра­ек­то­рии:

Упро­щая это не­ра­вен­ство видим, что оно вы­пол­ня­ет­ся все­гда. По­это­му в рас­смат­ри­ва­е­мом слу­чае до­ста­точ­но, чтобы

Объ­еди­няя слу­чаи 1 и 2 видим, что когда ко­ле­со ка­тит­ся впра­во, до­ста­точ­но по­тре­бо­вать

Пусть те­перь банка ка­тит­ся на­ле­во. При этом на­прав­ле­ния сил F₁ и F₂ из­ме­нят­ся на про­ти­во­по­лож­ные. Вме­сто фор­му­лы 2 будет иметь место вы­ра­же­ние

Здесь до­ста­точ­но рас­смот­реть един­ствен­ный слу­чай, так как по усло­вию Q > 0, то есть Mg + QBv > 0: ми­ни­мум N до­сти­га­ет­ся при не­от­ри­ца­тель­ность N при­об­ре­та­ет вид

Решая не­ра­вен­ство от­но­си­тель­но v, на­хо­дим (учи­ты­вая, что нас ин­те­ре­су­ют лишь по­ло­жи­тель­ные зна­че­ния ско­ро­сти v)

Ответ: Если ко­ле­со ка­тит­ся на­пра­во, долж­но быть Если ко­ле­со ка­тит­ся на­ле­во, тре­бу­ет­ся

Обо­зна­чим P_a  — ат­мо­сфер­ное два­ле­ние. Плот­ность ат­мо­сфер­но­го воз­ду­ха за­ви­сит от его тем­пе­ра­ту­ры T₀, не­слож­но найти эту за­ви­си­мость по урав­не­нию Кла­пей­ро­на-Мен­де­ле­е­ва, за­пи­сав по­след­нее для массы воз­ду­ха M в не­ко­то­ром объёме V:

Оче­вид­но, если тем­пе­ра­ту­ра воз­ду­ха уве­ли­чи­ва­ет­ся до T (при не­из­мен­ном ат­мо­сфер­ном дав­ле­нии), его плот­ность ста­но­вит­ся равна

Пусть m  — масса гелия внут­ри ап­па­ра­та,   — сум­мар­ный объём обоих от­се­ков ап­па­ра­та, V  — объём верх­не­го от­се­ка (с ге­ли­ем) в на­ча­ле. Дав­ле­ние воз­ду­ха в ниж­нем от­се­ке, а также дав­ле­ние гелия равны по усло­вию P_a. Для объёма V можно на­пи­сать вы­ра­же­ние, свя­зы­ва­ю­щее его с со­сто­я­ни­ем гелия по урав­не­нию Кла­пей­ро­на-Мен­де­ле­е­ва:

Вна­ча­ле, когда тем­пе­ра­ту­ра си­сте­мы была равна T₀, подъёмная сила, дей­ству­ю­щая на груз, была раз­но­стью силы Ар­хи­ме­да, дей­ству­ю­щей на ап­па­рат со сто­ро­ны ат­мо­сфе­ры и сум­мар­ныйо веса: вес ап­па­ра­та F₀, вес гелия mg и вес воз­ду­ха в ниж­нем от­се­ке

Это и есть мак­си­маль­ный вес груза, ко­то­рый под­ни­ма­ет в этом слу­чае ап­па­рат. Под­став­ляя сюда и V из (1, 3), по­лу­чим

Это воз­во­ля­ет найти вес гелия,

Когда воз­дух в ниж­нем от­се­ке на­грел­ся, гелий вна­ча­ле не из­ме­нил свою тем­пе­ра­ту­ру T₀ (и дав­ле­ние у него по-преж­не­му ат­мо­сфер­ное), а зна­чит объём V верх­не­го от­се­ка ещё не из­ме­нил­ся. Зато плот­ность (и вес) воз­ду­ха в ниж­нем от­се­ке из­ме­ни­лась. По­это­му и подъёмная сила вме­сто фор­му­лы (4) будет иметь вид

На­ко­нец, когда гелий также на­грел­ся, объём верх­не­го от­се­ка стал равен V', ко­то­рый вы­чис­ля­ет­ся ана­ло­гич­но фор­му­ле (3)

При этом подъёмная сила ап­па­ра­та также из­ме­нит­ся по срав­не­нию с (6) и ста­нет равна

Срав­ни­вая (6) и (8), видим, что всё, кроме по­след­не­го сла­га­е­мо­го у них оди­на­ко­вое. Зна­чит, чтобы по­лу­чить F₃ из F₂, нужно на­пи­сать

Под­став­ляя сюда из (2), V и V' из (3, 7), по­лу­чим

Под­став­ляя сюда mg из (5), по­лу­чим ответ.

Ответ:

Рас­смот­рим сна­ча­ла го­ри­зон­таль­ное дви­же­ние упру­го­го. Го­ри­зон­таль­ная ско­рость его дви­же­ния всё время по­сто­ян­на. Упру­гая стена в мо­мент удара лишь «раз­во­ра­чи­ва­ет» го­ри­зон­таль­ную ско­рость ша­ри­ка. Од­на­ко, на­ли­чие стены никак не вли­я­ет на вер­ти­каль­ное дви­же­ние: упру­гий шарик будет на­хо­дить­ся в полёте столь­ко же вре­ме­ни, как если бы он про­сто летел под углом к го­ри­зон­ту.

Рас­смот­рим те­перь го­ри­зон­таль­ное дви­же­ние сна­ря­да. По усло­вию за­да­чи пру­жи­на не вли­я­ет на вер­ти­каль­ное дви­же­ние сна­ря­да, она всё время остаётся го­ри­зон­таль­ной, и тре­ние между ней и вер­ти­каль­ной сте­ной от­сут­ству­ет. По­это­му и шарик и сна­ряд в полёте дви­жут­ся по вер­ти­ка­ли оди­на­ко­во, «син­хрон­но».

Пока пру­жи­на не кос­ну­лась стены, он летит рав­но­мер­но, с той же го­ри­зон­таль­ной ско­ро­стью, что и шарик. Од­на­ко, часть вре­ме­ни T₀ пру­жи­на будет ка­сать­ся стены, в этот про­ме­жу­ток груз будет сна­ча­ла за­мед­лять­ся, потом уско­рять­ся дви­же­ния, то есть его го­ри­зон­таль­ное дви­же­ние не будет рав­но­мер­ным.

По усло­вию за­да­чи пру­жи­на сжи­ма­ет­ся и успе­ва­ет пол­но­стью раз­жать­ся до того как груз упал на землю. Кроме того груз по усло­вию не уда­ря­ет­ся о стену. Такое дви­же­ние в точ­но­сти со­от­вет­ству­ет по­ло­ви­не пе­ри­о­да ко­ле­ба­ний груза мас­сой m на пру­жи­не жёстко­стью k, то есть за­ни­ма­ет время

За это время груз «раз­вернётся» и даль­ше по­ле­тит от стены с той же го­ри­зон­таль­ной ско­ро­стью, с какой на­ле­тал, и го­ри­зон­таль­ное дви­же­ние его снова ста­нет рав­но­мер­ным.

Кроме про­ме­жут­ка вре­ме­ни T₀ сна­ряд летит по го­ри­зон­та­ли рав­но­мер­но «син­хрон­но» с упру­гим ша­ри­ком. Син­хрон­ность их дви­же­ния по го­ри­зон­та­ли на­ру­ша­ет­ся лишь пока пру­жи­на ка­са­ет­ся стены, то есть пока шарик ближе к стене, чем длина l не­рас­тя­ну­той пру­жи­ны.

Зна­чит, сна­ряд ока­жет­ся на земле в той же точке, что и шарик, если шарик про­ле­тит по го­ри­зон­та­ли удво­ен­ную длину пру­жи­ны (до стены и об­рат­но) за то же время T₀, что и сна­ряд, пока он со­вер­ша­ет ко­ле­ба­тель­ное дви­же­ние: От­сю­да

Ответ: Жёсткость пру­жи­ны

Обо­зна­чим диа­метр линзы |CB|  =  d. Рас­смот­рим центр масс кон­струк­ции Х. Когда си­сте­ма придёт в по­ло­же­ние рав­но­ве­сия, точка Х ока­жет­ся точно под шар­ни­ром А (см. рис. 5), об­ра­ти­те вни­ма­ние, что на ри­сун­ке мы не стали по­во­ра­чи­вать си­сте­му, а по­вер­ну­ли сам ри­су­нок так, чтобы АВ остал­ся вер­ти­каль­ным. Так ри­со­вать нашу си­сте­му го­раз­до проще). Имен­но в таком по­ло­же­нии вер­ти­каль­ная сила тя­же­сти 3mg не создаёт вра­ща­тель­но­го мо­мен­та от­но­си­тель­но точки вра­ще­ния А.

Обо­зна­чим угол XAB через (см. рис. 5). Оче­вид­но, под этим углом будет на­кло­не­на и глав­ная оп­ти­че­ская ось линзы к вер­ти­ка­ли. На ри­сун­ке 6 по­ка­зан ход лучей в линзе от лам­поч­ки А  — лучи AOA' и ABA', про­хо­дя­щий через фокуc линзы. Точка O  — оп­ти­че­ский центр линзы и её центр масс. Мы также обо­зна­чи­ли

Изоб­ра­же­ние по­па­да­ет в точку A', рас­по­ло­же­ние ко­то­рой легко опре­де­лить из фор­му­лы тон­кой линзы:

Не­слож­но также найти

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AKA' и ABO легко найти рас­сто­я­ние AA' (с учётом   — ра­ди­ус линзы,

что после ис­поль­зо­ва­ния усло­вия при­об­ре­та­ет вид

Те­перь оста­лось со­об­ра­зить, что рас­сто­я­ние до по­тол­ка  — это Дей­стви­тель­но, нужно спро­еци­ро­вать от­ре­зок AA' на пер­пен­ди­ку­ляр к по­тол­ку (см. рис. 7).

Найдём углы и β. Фак­ти­че­ски, угол β нам задан по усло­вию:

Для на­хож­де­ния угла рас­смот­рим кар­тин­ку 7: оче­вид­но, центр масс Х си­сте­мы лежит на пря­мой, со­еди­ня­ю­щей массы m и 2m, причём в два раза ближе к 2m, чем в m. По­это­му, ис­поль­зуя за­кра­шен­ный го­лу­бым пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник, видим

Те­перь легко найти

Зная тан­генс угла, эле­мен­тар­но найти его ко­си­нус, по­это­му сразу по­лу­ча­ем ответ.

Ответ: на рас­сто­я­нии от по­тол­ка или, в дру­гой форме за­пи­си,

Про­ну­ме­ру­ем кон­ден­са­то­ры слева на­пра­во. Со­от­вет­ствен­но, обо­зна­чим их за­ря­ды q₁, q₂, q₃, а на­пря­же­ния на них U₁, U₂, U₃. Оче­вид­но, за­ря­ды и на­пря­же­ния каж­до­го кон­ден­са­то­ра свя­за­ны со­от­но­ше­ни­ем

Знаки за­ря­дов пла­стин каж­до­го кон­ден­са­то­ра вы­бе­рем, как по­ка­за­но на ри­сун­ке 8: левые пла­сти­ны за­ря­же­ны от­ри­ца­тель­но, пра­вые  — по­ло­жи­тель­но, также как у ис­точ­ни­ков и Если мы не уга­да­ли со зна­ком за­ря­да пла­стин ка­ко­го-либо кон­ден­са­то­ра, в от­ве­те мы про­сто по­лу­чим от­ри­ца­тель­ное зна­че­ние для этого за­ря­да. Ис­поль­зу­ем зна­ние ЭДС ис­точ­ни­ков, чтобы свя­зать по­тен­ци­а­лы раз­ных точек нашей схемы. Пусть по­тен­ци­ал точки D равен Так как между D и Е на­хо­дит­ся ис­точ­ник оче­вид­но, по­тен­ци­ал точки Е боль­ше, чем на ве­ли­чи­ну этой ЭДС:

С дру­гой сто­ро­ны, точки E и F под­со­еди­не­ны с раз­ных сто­рон к пла­сти­нам вто­ро­го кон­ден­са­то­ра, зна­чит, раз­ность по­тен­ци­а­лов на них в точ­но­сти равна U₂, по­это­му

Здесь мы учли, что, по на­ше­му пред­по­ло­же­нию, левая пла­сти­на 2-го кон­ден­са­то­ра за­ря­же­на от­ри­ца­тель­но, а пра­вая  — по­ло­жи­тель­но, то есть по­тен­ци­ал левой пла­сти­ны мень­ше, чем пра­вой.

На­ко­нец, по­тен­ци­ал точки G боль­ше, чем так как между этими точ­ка­ми вклю­че­на ЭДС ве­ли­чи­ной

Зная по­тен­ци­а­лы точек D, E, F, G можем вы­ра­зить через них на­пря­же­ние на каж­дом кон­ден­са­то­ре. На­при­мер, D и F под­клю­че­ны к раз­ным пла­сти­нам пер­во­го кон­ден­са­то­ра, то есть (здесь мы снова учи­ты­ва­ем, что на­пря­же­ние  — по­тен­ци­ал по­ло­жи­тель­но за­ря­жен­ной пра­вой пла­сти­ны минус по­тен­ци­ал от­ри­ца­тель­но за­ря­жен­ной левой):

Ана­ло­гич­но, на­пря­же­ние тре­тье­го кон­ден­са­то­ра — раз­ность по­тен­ци­а­лов точек G и E:

Итак, на­пря­же­ния всех кон­ден­са­то­ров можно вы­ра­зить через един­ствен­ную не­из­вест­ную ве­ли­чи­ну — в нашем слу­чае U₂, зна­че­ния этих на­пря­же­ний мы под­пи­са­ли на рис. 9.

Те­перь за­ме­тим, что уча­сток схемы, вы­де­лен­ный на рис. 2 зелёным, дол­жен иметь ну­ле­вой сум­мар­ный заряд, ведь, во-пер­вых, из­на­чаль­но си­сте­ма была не за­ря­же­на, а во-вто­рых, эта часть схемы оста­ва­лась изо­ли­ро­ван­ной от осталь­ных эле­мен­тов. Ис­точ­ник с ЭДС мог толь­ко «пе­ре­но­сить» за­ря­ды через себя, но не по­рож­дать их. Зна­чит, с уче­том того, что заряд на пра­вой пла­сти­не пер­во­го кон­ден­са­то­ра обо­зна­чен у нас заряд на левой пла­сти­не вто­ро­го кон­ден­са­то­ра обо­зна­чен а заряд на пра­вой пла­сти­не тре­тье­го кон­ден­са­то­ра имеем:

Здесь мы ис­поль­зо­ва­ли со­от­но­ше­ния (1−3). Под­став­ляя сюда и вы­ра­зим Те­перь мы можем вы­ра­зить на­пря­же­ния всех кон­ден­са­то­ров, а зна­чит, и их заряд:

За­ме­тим, что за­пи­сы­вая связь между по­тен­ци­а­ла­ми раз­ных точек схемы, можно было стар­то­вать с любой точки (не обя­за­тель­но D) и вы­ра­жать все по­тен­ци­а­лы не через U₂, а через U₁ или U₃, поль­зу­ясь ана­ло­гич­ны­ми рас­суж­де­ни­я­ми. Вме­сто изо­ли­ро­ван­но­сти участ­ка схемы, вы­де­лен­но­го зелёным, можно было на­о­бо­рот, ис­поль­зо­вать усло­вие изо­ли­ро­ван­но­сти части схемы, остав­лен­ной чёрной на ри­сун­ке 9.

Ответ: Если ну­ме­ро­вать кон­ден­са­то­ры слева на­пра­во, счи­тая заряд по­ло­жи­тель­ным, когда левая

пла­сти­на за­ря­же­на от­ри­ца­тель­но, а пра­вая по­ло­жи­тель­но, то

Пусть банка ка­тит­ся на­ле­во со ско­ро­стью v. Так как тре­ние тела о банку ве­ли­ко, будем счи­тать, что в рас­смат­ри­ва­е­мый мо­мент тело имеет ту же ско­рость, что и по­верх­ность банки: дви­жет­ся по­сту­па­тель­но впра­во вме­сте с осью ка­тя­щей­ся банки (со ско­ро­стью ) и вра­ща­ет­ся во­круг оси банки про­тив ча­со­вой стрел­ки с той же ско­ро­стью (см. рис. 10, угол на ри­сун­ке ха­рак­те­ри­зу­ет рас­по­ло­же­ние тела от­но­си­тель­но банки в дан­ный мо­мент).

Таким об­ра­зом, тело имеет ско­рость при этом так как по усло­вию за­да­чи банка ка­тит­ся без про­скаль­зы­ва­ния  — ниж­няя точка банки в каж­дый мо­мент по­ко­ит­ся от­но­си­тель­но земли.

На ри­сун­ке 11 изоб­ра­же­ны силы, дей­ству­ю­щие на тело. Сила Ло­рен­ца qBV пред­став­ле­на в виде двух вкла­дов: F₁  =  QBv и F₂  =  QBv_вращ  =  QBv, каж­дая из них на­прав­ле­на в со­от­вет­ствии с «пра­ви­лом левой руки», пер­пен­ди­ку­ляр­но со­от­вет­ству­ю­щей ком­по­нен­те ско­ро­сти. Чтобы тело не от­ры­ва­лось от по­верх­но­сти банки, сила N не долж­на об­ра­щать­ся в ноль.

За­пи­шем вто­рой закон Нью­то­на для кру­го­во­го дви­же­ния тела. В про­ек­ции на на­прав­ле­ние r цен­тру вра­ще­ния сумма всех сил долж­ны быть равна цен­тро­стре­ми­тель­ной силе

Слу­чай 1. Если по­смот­рев на вы­ра­же­ние (1), легко по­нять, что N ми­ни­маль­на, если то есть когда тело на­хо­дит­ся в верх­ней точке тра­ек­то­рии:

Не­ра­вен­ство в пра­вой части мы на­пи­са­ли, так как хотим ис­поль­зо­вать усло­вие, что тело не от­ры­ва­ет­ся от банки даже в мо­мент, когда оно про­хо­дит верх­нюю точку тра­ек­то­рии. Решая не­ра­вен­ство от­но­си­тель­но v, на­хо­дим (на­пом­ним, мы ин­те­ре­су­ем­ся слу­ча­ем толь­ко по­ло­жи­тель­ны­ми зна­че­ни­я­ми ско­ро­сти v):

Сов­мест­ны ли два этих усло­вия? Про­ве­рим, когда нуж­ный диа­па­зон ско­ро­стей су­ще­ству­ет, то есть верно ли

Упро­стим не­ра­вен­ство:

По­след­нее не­ра­вен­ство верно, если но если вспом­нить, как вве­де­но z, оче­вид­но, что по­след­нее верно все­гда.

Слу­чай 2. Если же в вы­ра­же­нии N скоб­ка Mg − QBv не­по­ло­жи­тель­на по­смот­рев на вы­ра­же­ние (1), легко по­нять, что N ми­ни­маль­на, если то есть когда тело на­хо­дит­ся в ниж­ней точке тра­ек­то­рии:

Упро­щая это не­ра­вен­ство видим, что оно вы­пол­ня­ет­ся все­гда. По­это­му в рас­смат­ри­ва­е­мом слу­чае до­ста­точ­но, чтобы

Объ­еди­няя слу­чаи 1 и 2 видим, что когда ко­ле­со ка­тит­ся влево, до­ста­точ­но по­тре­бо­вать

Пусть те­перь банка ка­тит­ся на­пра­во. При этом на­прав­ле­ния сил F₁ и F₂ из­ме­нят­ся на про­ти­во­по­лож­ные. Вме­сто фор­му­лы будет иметь место вы­ра­же­ние Здесь до­ста­точ­но рас­смот­реть един­ствен­ный слу­чай, так как по усло­вию то есть ми­ни­мум N до­сти­га­ет­ся при не­от­ри­ца­тель­ность N при­об­ре­та­ет вид

Решая не­ра­вен­ство от­но­си­тель­но v, на­хо­дим (учи­ты­вая, что нас ин­те­ре­су­ют лишь по­ло­жи­тель­ные зна­че­ния ско­ро­сти v)

Ответ: Если ко­ле­со ка­тит­ся на­ле­во, долж­но быть Если ко­ле­со ка­тит­ся на­пра­во, тре­бу­ет­ся

Обо­зна­чим P_a  — ат­мо­сфер­ное два­ле­ние. Плот­ность ат­мо­сфер­но­го воз­ду­ха за­ви­сит от его тем­пе­ра­ту­ры T₀, не­слож­но найти эту за­ви­си­мость по урав­не­нию Кла­пей­ро­на-Мен­де­ле­е­ва, за­пи­сав по­след­нее для массы воз­ду­ха M в не­ко­то­ром объёме V:

Оче­вид­но, если тем­пе­ра­ту­ра воз­ду­ха уве­ли­чи­ва­ет­ся до T (при не­из­мен­ном ат­мо­сфер­ном дав­ле­нии), его плот­ность ста­но­вит­ся равна

Пусть m  — масса гелия внут­ри ап­па­ра­та,   — сум­мар­ный объём обоих от­се­ков ап­па­ра­та, V  — объём верх­не­го от­се­ка (с ге­ли­ем) в на­ча­ле. Дав­ле­ние воз­ду­ха в ниж­нем от­се­ке, а также дав­ле­ние гелия равны по усло­вию P_a. Для объёма V можно на­пи­сать вы­ра­же­ние, свя­зы­ва­ю­щее его с со­сто­я­ни­ем гелия по урав­не­нию Кла­пей­ро­на-Мен­де­ле­е­ва:

Вна­ча­ле, когда тем­пе­ра­ту­ра си­сте­мы была равна T₀, подъёмная сила, дей­ству­ю­щая на груз, была раз­но­стью силы Ар­хи­ме­да, дей­ству­ю­щей на ап­па­рат со сто­ро­ны ат­мо­сфе­ры и сум­мар­ныйо веса: вес ап­па­ра­та F₀, вес гелия mg и вес воз­ду­ха в ниж­нем от­се­ке

Это и есть мак­си­маль­ный вес груза, ко­то­рый под­ни­ма­ет в этом слу­чае ап­па­рат. Под­став­ляя сюда и V из (1, 3), по­лу­чим

Это воз­во­ля­ет найти вес гелия,

Когда воз­дух в ниж­нем от­се­ке на­грел­ся, гелий вна­ча­ле не из­ме­нил свою тем­пе­ра­ту­ру T₀ (и дав­ле­ние у него по-преж­не­му ат­мо­сфер­ное), а зна­чит объём V верх­не­го от­се­ка ещё не из­ме­нил­ся. Зато плот­ность (и вес) воз­ду­ха в ниж­нем от­се­ке из­ме­ни­лась. По­это­му и подъёмная сила вме­сто фор­му­лы (4) будет иметь вид

На­ко­нец, когда гелий также на­грел­ся, объём верх­не­го от­се­ка стал равен V', ко­то­рый вы­чис­ля­ет­ся ана­ло­гич­но фор­му­ле (3)

При этом подъёмная сила ап­па­ра­та также из­ме­нит­ся по срав­не­нию с (6) и ста­нет равна

Срав­ни­вая (6) и (8), видим, что всё, кроме по­след­не­го сла­га­е­мо­го у них оди­на­ко­вое. Зна­чит, чтобы по­лу­чить F₂ из F₃, нужно на­пи­сать

Под­став­ляя сюда из (2), V и V' из (3, 7), по­лу­чим

Под­став­ляя сюда mg из (5), по­лу­чим ответ.

Ответ:

Рас­смот­рим сна­ча­ла го­ри­зон­таль­ное дви­же­ние упру­го­го ша­ри­ка. Го­ри­зон­таль­ная ско­рость его дви­же­ния всё время по­сто­ян­на. Упру­гая стена в мо­мент удара лишь «раз­во­ра­чи­ва­ет» го­ри­зон­таль­ную ско­рость ша­ри­ка. Од­на­ко, на­ли­чие стены никак не вли­я­ет на вер­ти­каль­ное дви­же­ние: упру­гий шарик будет на­хо­дить­ся в полёте столь­ко же вре­ме­ни, как если бы он про­сто летел под углом к го­ри­зон­ту.

Рас­смот­рим те­перь го­ри­зон­таль­ное дви­же­ние сна­ря­да. По усло­вию за­да­чи пру­жи­на не вли­я­ет на вер­ти­каль­ное дви­же­ние сна­ря­да, она всё время остаётся го­ри­зон­таль­ной, и тре­ние между ней и вер­ти­каль­ной сте­ной от­сут­ству­ет. По­это­му и шарик и сна­ряд в полёте дви­жут­ся по вер­ти­ка­ли оди­на­ко­во, «син­хрон­но».

Пока пру­жи­на не кос­ну­лась стены, он летит рав­но­мер­но, с той же го­ри­зон­таль­ной ско­ро­стью, что и шарик. Од­на­ко, часть вре­ме­ни T₀ пру­жи­на будет ка­сать­ся стены, в этот про­ме­жу­ток груз будет сна­ча­ла за­мед­лять­ся, потом уско­рять­ся дви­же­ния, то есть его го­ри­зон­таль­ное дви­же­ние не будет рав­но­мер­ным.

По усло­вию за­да­чи пру­жи­на сжи­ма­ет­ся и успе­ва­ет пол­но­стью раз­жать­ся до того как груз упал на землю. Кроме того груз по усло­вию не уда­ря­ет­ся о стену. Такое дви­же­ние в точ­но­сти со­от­вет­ству­ет по­ло­ви­не пе­ри­о­да ко­ле­ба­ний груза мас­сой m на пру­жи­не жёстко­стью k, то есть за­ни­ма­ет время

За это время груз «раз­вернётся» и даль­ше по­ле­тит от стены с той же го­ри­зон­таль­ной ско­ро­стью, с какой на­ле­тал, и го­ри­зон­таль­ное дви­же­ние его снова ста­нет рав­но­мер­ным.

Кроме про­ме­жут­ка вре­ме­ни T₀ сна­ряд летит по го­ри­зон­та­ли рав­но­мер­но «син­хрон­но» с упру­гим ша­ри­ком. Син­хрон­ность их дви­же­ния по го­ри­зон­та­ли на­ру­ша­ет­ся лишь пока пру­жи­на ка­са­ет­ся стены, то есть пока шарик ближе к стене, чем длина l не­рас­тя­ну­той пру­жи­ны.

Зна­чит, сна­ряд ока­жет­ся на земле в той же точке, что и шарик, если шарик про­ле­тит по го­ри­зон­та­ли удво­ен­ную длину пру­жи­ны (до стены и об­рат­но) за то же время T₀, что и сна­ряд, пока он со­вер­ша­ет ко­ле­ба­тель­ное дви­же­ние: От­сю­да

Ответ: Масса сна­ря­да

Обо­зна­чим диа­метр линзы |CB|  =  d. Рас­смот­рим центр масс кон­струк­ции Х. Когда си­сте­ма придёт в по­ло­же­ние рав­но­ве­сия, точка Х ока­жет­ся точно под шар­ни­ром А (см. рис. 5), об­ра­ти­те вни­ма­ние, что на ри­сун­ке мы не стали по­во­ра­чи­вать си­сте­му, а по­вер­ну­ли сам ри­су­нок так, чтобы АВ остал­ся вер­ти­каль­ным. Так ри­со­вать нашу си­сте­му го­раз­до проще). Имен­но в таком по­ло­же­нии вер­ти­каль­ная сила тя­же­сти 3mg не создаёт вра­ща­тель­но­го мо­мен­та от­но­си­тель­но точки вра­ще­ния А.

Обо­зна­чим угол XAB через (см. рис. 5). Оче­вид­но, под этим углом будет на­кло­не­на и глав­ная оп­ти­че­ская ось линзы к вер­ти­ка­ли. На ри­сун­ке 6 по­ка­зан ход лучей в линзе от лам­поч­ки А  — лучи AOA' и ABA', про­хо­дя­щий через фокуc линзы. Точка O  — оп­ти­че­ский центр линзы и её центр масс. Мы также обо­зна­чи­ли

Изоб­ра­же­ние по­па­да­ет в точку A', рас­по­ло­же­ние ко­то­рой легко опре­де­лить из фор­му­лы тон­кой линзы:

Не­слож­но также найти

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AKA' и ABO легко найти рас­сто­я­ние AA' (с учётом   — ра­ди­ус линзы,

что после ис­поль­зо­ва­ния усло­вия при­об­ре­та­ет вид

Те­перь оста­лось со­об­ра­зить, что рас­сто­я­ние до по­тол­ка  — это Дей­стви­тель­но, нужно спро­еци­ро­вать от­ре­зок AA' на пер­пен­ди­ку­ляр к по­тол­ку (см. рис. 7).

Найдём углы и β. Фак­ти­че­ски, угол β нам задан по усло­вию:

Для на­хож­де­ния угла рас­смот­рим кар­тин­ку 7: оче­вид­но, центр масс Х си­сте­мы лежит на пря­мой, со­еди­ня­ю­щей массы m и 2m, причём в два раза ближе к 2m, чем в m. По­это­му, ис­поль­зуя за­кра­шен­ный го­лу­бым пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник, видим

Те­перь легко найти

Зная тан­генс угла, эле­мен­тар­но найти его ко­си­нус, по­это­му сразу по­лу­ча­ем ответ.

Ответ: на рас­сто­я­нии от по­тол­ка или, в дру­гой форме за­пи­си,

Пусть v  — из­на­чаль­ное ко­ли­че­ство ве­ще­ства газа в каж­дом шаре, V  — объём каж­до­го шара. После со­еди­не­ния шаров тру­боч­ка­ми газ начнёт пе­ре­те­кать между ша­ра­ми до тех пор, пока дав­ле­ния во всех шарах не ока­жут­ся оди­на­ко­вы­ми и рав­ны­ми дав­ле­нию P₀  — по­ка­за­ни­ям ма­но­мет­ра. Обо­зна­чим v_i  — ко­ли­че­ство ве­ще­ства газа в каж­дом шаре, когда уста­но­вит­ся рав­но­ве­сие в пер­вом слу­чае. Тогда в каж­дом шаре спра­вед­ли­во урав­не­ние Клай­пе­ро­на-Мен­де­ле­е­ва:

С дру­гой сто­ро­ны, сум­мар­ное ко­ли­че­ство ве­ще­ства газа в си­сте­ме равно Nv, по­это­му

Вы­ра­жая из пер­во­го урав­не­ния и под­став­ляя во вто­рое, по­лу­чим

В этом ра­вен­стве можно вы­не­сти за скоб­ку общий мно­жи­тель:

Когда в си­сте­му под­клю­чи­ли ещё один шар, рас­суж­дая ана­ло­гич­но, по­лу­ча­ем со­от­но­ше­ние

или

Вы­ра­зим из (3) и под­ста­вим в (4):

От­сю­да легко вы­ра­зить ответ:

Важно: зна­ме­на­тель вы­ра­же­ния не может об­ра­тить­ся в ноль или стать от­ри­ца­тель­ным. По­это­му если ре­ше­ния не су­ще­ству­ет.

Ответ: если ответ задаётся фор­му­лой (5), в про­тив­ном слу­чае нет ре­ше­ний.

При­ме­ча­ние. За­да­чу можно ре­шить с по­мо­щью ана­ло­гии с па­рал­лель­ным со­еди­не­ни­ем N про­вод­ни­ков с раз­ны­ми со­про­тив­ле­ни­я­ми: роль силы тока через каж­дый про­вод­ник вы­пол­ня­ют ве­ли­чи­ны vi, роль со­про­тив­ле­ний  — ве­ли­чи­ны T_i, роль на­пря­же­ния  — ве­ли­чи­на Фор­му­ла (2) ана­ло­гич­на сум­ми­ро­ва­нию токов при па­рал­лель­ном со­еди­не­нии, фор­му­ла (1)  — за­ко­ну ра­вен­ства на­пря­же­ний на па­рал­лель­но со­единённых про­вод­ни­ках. Не уди­ви­тель­но, что и в от­ве­те мы по­лу­чи­ли закон, ана­ло­гич­ный вы­чис­ле­нию сум­мар­но­го со­про­тив­ле­ния при па­рал­лель­ном со­еди­не­нии.

Введём ось x, па­рал­лель­ную a и ось y, па­рал­лель­ную b. Пер­во­на­чаль­но центр масс кос­мо­нав­тов при­бли­жал­ся к цели вдоль оси x со ско­ро­стью V. Когда ранец сра­бо­тал, кос­мо­навт A при­обрёл ско­рость пер­пен­ди­ку­ляр­ную тросу, и V вдоль троса, причём

При этом центр масс кос­мо­нав­тов стал дви­гать­ся те­перь уже при­бли­жа­ясь к цели и вдоль оси y  — со ско­ро­стью В си­сте­ме отсчёта цен­тра масс оба кос­мо­нав­та дви­жут­ся по окруж­но­сти ра­ди­у­са со ско­ро­стью то есть с уг­ло­вой ско­ро­стью

За­меть­те, тра­ек­то­рия каж­до­го кос­мо­нав­та  — до­воль­но слож­ная кри­вая (цик­ло­и­да), од­на­ко опи­сать её легко имен­но рас­смот­рев их дви­же­ние как су­пер­по­зи­цию рав­но­мер­но­го дви­же­ния цен­тра масс и рав­но­мер­но­го вра­ще­ния во­круг этого цен­тра.

Усло­вие встре­чи кос­мо­нав­та с целью в про­ек­ции на ось y (T  — ис­ко­мое время):

здесь в левой части  — путь, прой­ден­ный цен­тром масс, ωT  — угол, на ко­то­рый по­вер­нул­ся трос. Знак за­ви­сит от того, какой из двух кос­мо­нав­тов встре­тит­ся с целью. В это ра­вен­ство можно под­ста­вить най­ден­ное

Ана­ло­гич­но за­пи­шем усло­вие встре­чи кос­мо­нав­та с целью в про­ек­ции на ось x (здесь до цели ле­теть путь

Из по­лу­чен­ных двух урав­не­ний можно вы­ра­зить и и за­пи­сать усло­вие

ко­то­рое пред­став­ля­ет собой квад­рат­ное урав­не­ние от­но­си­тель­но T и из ко­то­ро­го вы­ра­жа­ет­ся ответ за­да­чи.

Ответ: cуще­ству­ет два ре­ше­ния: где

Если пред­по­ло­жить, что на приз­му по­па­да­ет не па­рал­лель­ный пучок лучей, приз­ма по­вернёт каж­дый из лучей на свой угол, ко­то­рый будет раз­ным для всех упав­ших на неё лучей. Причём легко до­га­дать­ся, что для пре­ломлённых приз­мой лучей не будет су­ще­ство­вать еди­ной точки, в ко­то­рую можно было бы про­длить эти лучи. Иными сло­ва­ми, прой­дя приз­му, лучи пой­дут так, что нель­зя будет пред­ста­вить, что они вышли из одной точки. А зна­чит, такой пучок лучей не будет со­бран лин­зой в одну точку.

Един­ствен­ный ва­ри­ант  — если лучи, прой­дя первую линзу, дви­жут­ся па­рал­лель­но друг другу. Тогда приз­ма по­во­ра­чи­ва­ет их все на один и тот же угол, а затем па­рал­лель­ный пучок лучей со­би­ра­ет­ся вто­рой лин­зой в её фо­ку­се.

Это поз­во­ля­ет опре­де­лить, что фо­кус­ное рас­сто­я­ние пер­вой линзы со­став­ля­ет 4 клет­ки, а вто­рой  — две диа­го­на­ли клет­ки.

На ри­сун­ке мы для на­гляд­но­сти на­ри­со­ва­ли па­рал­лель­ные пучки крас­ным и зелёным цве­том.

Зна­чит, по усло­вию за­да­чи, точка А лежит в фо­каль­ной плос­ко­сти линзы Л₁, точка А'  — в фо­ку­се линзы Л₂. После про­хож­де­ния све­том пер­вой линзы об­ра­зу­ет­ся па­рал­лель­ный пучок лучей, иду­щий па­рал­лель­но АО. На пе­ред­ней по­верх­но­сти приз­мы этот пучок не пре­лом­ля­ет­ся, а за вто­рой идёт па­рал­лель­но ГОО вто­рой линзы (ведь из усло­вия видно, что изоб­ра­же­ние A' по­па­ло в фокус Л₂, а не про­сто в фо­каль­ную плос­кость, зна­чит, об­ра­зо­вав­шие его лучи шли па­рал­лель­но ГОО).

Найдя по кле­точ­кам и и при­ме­нив закон Снел­ла по­лу­чим

При ре­ше­нии за­да­чи важно не про­сто уга­дать ре­ше­ние, а про­ве­сти рас­суж­де­ние, по­ка­зы­ва­ю­щее, что дру­гие пред­по­ло­же­ния при­во­дят к про­ти­во­ре­чи­ям. Воз­мож­но рас­смот­ре­ние в ка­че­стве ре­ше­ния до­пол­ни­тель­но­го слу­чая, когда приз­ма из­го­тов­ле­на из ма­те­ри­а­ла с еди­нич­ным ко­эф­фи­ци­ен­том пре­лом­ле­ния, од­на­ко этот слу­чай жюри по­счи­та­ло не­ин­те­рес­ным и за от­сут­ствие его рас­смот­ре­ния баллы не сни­жа­лись.

Ответ:

Пусть на по­верх­но­сти ша­ри­ка рас­по­ло­жен заряд q. Обо­зна­чим по­тен­ци­ал бес­ко­неч­но удалённой точки (и ме­тал­ли­че­ской стены, со­дер­жа­щей эту точку) за ноль. По­тен­ци­ал ша­ри­ка будет со­зда­вать­ся за­ря­да­ми, на­хо­дя­щи­ми­ся на его по­верх­но­сти (эта ве­ли­чи­на равна и за­ря­да­ми, ин­ду­ци­ро­ван­ны­ми на ме­тал­ли­че­ской стен­ке.

Сле­ду­ет оста­но­вить­ся на во­про­се, по­че­му на стен­ке воз­ни­ка­ет заряд, и как его учесть. За­ря­ды ша­ри­ка со­зда­ют на стен­ке элек­три­че­скую на­пряжённость, так что за­ря­ды внут­ри ме­тал­ла пе­ре­рас­пре­де­ля­ют­ся до тех пор, пока на­пряжённость в ме­тал­ле не про­падёт, а сам ме­талл не ока­жет­ся эк­ви­по­тен­ци­аль­ным. При этом по т. н. «ме­то­ду зер­каль­ных изоб­ра­же­ний» можно до­ка­зать, что поле, со­зда­ва­е­мое ин­ду­ци­ро­ван­ны­ми за­ря­да­ми в точ­но­сти такое же, как если бы стен­ка от­сут­ство­ва­ла, а вме­сто этого за стен­кой зер­каль­но сим­мет­рич­но ша­ри­ку на­хо­ди­лось «изоб­ра­же­ние»  — шарик с за­ря­дом −q.

Рас­сто­я­ние между ша­ри­ком и стен­кой обо­зна­чим R. Тогда 2R  — рас­сто­я­ние между ша­ри­ком и его элек­тро­ста­ти­че­ским изоб­ра­же­ни­ем. Ин­те­рес­но, что энер­гия вза­и­мо­дей­ствия ша­ри­ка и изоб­ра­же­ния равна не (как это было бы, если бы мы ин­те­ре­со­ва­лись по­тен­ци­аль­ной ку­ло­нов­ской энер­ги­ей двух ша­ри­ков), а в 2 раза мень­ше. Дей­стви­тель­но, если два ша­ри­ка па­да­ют друг на друга, по­тен­ци­аль­ная ку­ло­нов­ская энер­гия пе­ре­хо­дит в ме­ха­ни­че­скую  — ки­не­ти­че­скую энер­гию каж­до­го ша­ри­ка. Од­на­ко, если одно из тел  — изоб­ра­же­ние, оно пе­ре­ме­ща­ет­ся с той же ско­ро­стью, что и ис­ход­ный шарик, од­на­ко ки­не­ти­че­ской энер­гии не имеет. Иными сло­ва­ми, энер­гия вза­и­мо­дей­ствия ша­ри­ка с изоб­ра­же­ни­ем равна

В ре­зуль­та­те, пол­ный по­тен­ци­ал на ша­ри­ке равен От­ме­тим, что для ма­лень­ко­го ша­ри­ка вто­рой вклад го­раз­до мень­ше пер­во­го. Раз­ность по­тен­ци­а­лов между ша­ри­ком и стен­кой при этом равна при­ло­жен­но­му между ними на­пря­же­нию

На­пряжённость рядом с ша­ри­ком cоздаётcя и за­ря­дом са­мо­го ша­ри­ка, и элек­тро­ста­ти­че­ским «изоб­ра­же­ни­ем». Су­пер­по­зи­ция на­пряжённо­сти за­ря­дов са­мо­го ша­ри­ка и на­пряжённо­сти, со­зда­ва­е­мой от­ри­ца­тель­но за­ря­жен­ным «изоб­ра­же­ни­ем» даёт (на­пряжённо­сти скла­ды­ва­ют­ся с той сто­ро­ны ша­ри­ка, где он ближе к стен­ке)

В мо­мент про­боя на­пряжённость мак­си­маль­ная рядом с ша­ри­ком со сто­ро­ны стен­ки и равна E_кр, от­ку­да

Под­став­ляя это в вы­ра­же­ние для U, по­лу­чим ответ на один из во­про­сов за­да­чи:

Из усло­вия ме­ха­ни­че­ско­го рав­но­ве­сия в мо­мент про­боя не­слож­но найти массу ша­ри­ка. В мо­мент про­боя ре­зуль­ти­ру­ю­щая вер­ти­каль­ной силы тя­же­сти mg и го­ри­зон­таль­ной силы при­тя­же­ния ша­ри­ка к стене (или, что то же самое, к изоб­ра­же­нию) на­прав­ле­на под углом к вер­ти­ка­ли, то есть

Ответ: на­пря­же­ние в мо­мент про­боя задаётся со­от­но­ше­ни­ем (1), а масса ша­ри­ка  — со­от­но­ше­ни­ем (2).

Из-за пе­ре­мен­но­го маг­нит­но­го поля в ка­туш­ке воз­ни­ка­ет ЭДС ин­дук­ции:

и эта ве­ли­чи­на сов­па­да­ет с на­пря­же­ни­ем на диоде.

Вна­ча­ле ток и ско­рость из­ме­не­ния тока равны нулю, по­это­му и диод за­крыт. В мо­мент t₀, когда диод от­кры­ва­ет­ся (по­след­нее сла­га­е­мое в вы­ра­же­нии для ока­зы­ва­ет­ся боль­ше нуля), на­пря­же­ние на диоде ока­зы­ва­ет­ся рав­ным нулю, то есть

От­сю­да не­слож­но найти за­ви­си­мость тока от вре­ме­ни

при Если из­ме­нить на­прав­ле­ние B₀, из­ме­нит­ся ис­ход­ное урав­не­ние для :

при этом диод от­кры­ва­ет­ся сразу, и за­ви­си­мость тока от вре­ме­ни по­лу­чит­ся в виде

од­на­ко в мо­мент вре­ме­ни диод за­кро­ет­ся на пол­пе­ри­о­да, пока в вы­ра­же­нии для По­лу­чен­ные за­ви­си­мо­сти не­слож­но пред­ста­вить на гра­фи­ке.

Ответ: при из­на­чаль­ном на­прав­ле­нии B₀ до мо­мен­та ток от­сут­ство­вал, а затем, при при изменённом на­прав­ле­нии B₀ сна­ча­ла, при ток равен затем он равен нулю до мо­мен­та после чего как и в преды­ду­щем слу­чае под­чи­ня­ет­ся за­ви­си­мо­сти

Пред­по­ло­жим, что ис­ко­мое рас­сто­я­ние x.

1)  Со­про­тив­ле­ние про­во­да где x  — его длина.

2)  В пер­вом слу­чае два от­рез­ка про­во­да вклю­че­ны по­сле­до­ва­тель­но:

3)  Во вто­ром слу­чае ана­ло­гич­но:

Ис­клю­чив по­лу­чим

Ответ:

При­мем, что ско­рость трам­вая от­но­си­тель­но воды v, ско­рость «Ко­ме­ты» ско­рость те­че­ния u, а рас­сто­я­ние от А до В равно L.

1)  От­но­ше­ние вре­ме­ни дви­же­ния теп­ло­хо­да вниз и вверх по те­че­нию

2)  Для дви­же­ния вниз по те­че­нию

3)  Дви­же­ние про­тив те­че­ния

Ответ: k  =  2,5.

При­мем, что ско­рость по­ез­да v, а ско­рость такси u. Пер­вый раз пас­са­жир до­гнал поезд на рас­сто­я­нии от вок­за­ла через время после от­прав­ле­ния по­ез­да.

1)  Вто­рой раз пас­са­жир до­гнал поезд на рас­сто­я­нии от вок­за­ла через время после от­прав­ле­ния по­ез­да. За про­ме­жу­ток вре­ме­ни между и пас­са­жир про­де­лал путь на такси

2)  Под­ста­вив в по­след­нюю фор­му­лу зна­че­ния по­лу­чим

3)  Сце­на­рий по­езд­ки за вто­рым че­мо­да­ном от­ли­ча­ет­ся от сце­на­рия по­езд­ки за пер­вым на­чаль­ным рас­сто­я­ни­ем по­ез­да от вок­за­ла. По­сколь­ку это от­но­ше­ние не за­ви­сит от то

Ис­ко­мое рас­сто­я­ние

Ответ:

Пред­по­ло­жим, что ком­нат­ная тем­пе­ра­ту­ра а на­чаль­ная тем­пе­ра­ту­ра плиты

1)  Ба­ланс тепла в пер­вом опыте:

2)  Во вто­ром где   — ис­ко­мая масса.

3)  Из пер­во­го урав­не­ния

Ответ:

1)  Пу­стую ко­роб­ку можно за­ме­нить пол­ной ко­роб­кой, к ко­то­рой при­кла­ды­ва­ет­ся сила на­прав­лен­ная вверх.

2)  По­сколь­ку центр масс пяти пол­ных ко­ро­бок на­хо­дит­ся на рас­сто­я­нии от оси ка­че­лей, они урав­но­ве­сят­ся гру­зом

3)  В за­ви­си­мо­сти от но­ме­ра пу­стой ко­роб­ки N мо­мент силы F урав­но­ве­сит­ся до­пол­ни­тель­ной силой, от­ве­ча­ю­щей от­ри­ца­тель­ной массе

4)  Из усло­вия

Ответ: N  =  2.