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.

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  =  64 см². В то же время, сто­ро­на этого квад­ра­та  —че­ты­ре 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 · 8 см  =  512 см³  =  512 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 1280 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 512 мл воды, либо не менее чем 1280 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  =  6 км.

Ответ: Зонд под­ни­мет­ся на вы­со­ту 6 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 80 °C.

Нить па­у­ти­ны рвётся, если сила её на­тя­же­ния ока­зы­ва­ет­ся боль­ше, чем F  =  0,15 H. Это озна­ча­ет, что если нить рас­тя­нуть более, чем на три сан­ти­мет­ра, она порвётся. Дей­стви­тель­но, если см, то и это пре­дель­ное до­пу­сти­мое зна­че­ние.

За че­ты­ре се­кун­ды все концы нитей сдви­нут­ся на u · 4  =  10 см. Рас­смот­рим, на­при­мер, го­ри­зон­таль­ную боль­шую нить па­у­ти­ны (со­сто­я­щую из шести нитей). Она долж­на была либо по­рвать­ся, либо удли­нить­ся на 20 см. Но если шесть нитей удли­ни­лись на 20 сан­ти­мет­ров, то какая-то из нитей явно удли­ни­лась более, чем на три сан­ти­мет­ра. Но при этом она не­ми­ну­е­мо долж­на была по­рвать­ся.

Ответ: Через че­ты­ре се­кун­ды 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 333 м/с.

Ва­ри­ант 1: Сила, с ко­то­рой стер­жень давит на лист:

Со­от­вет­ствен­но, сила тре­ния:

Ме­ха­ни­че­ская ра­бо­та:

Чис­лен­но:

Bapиант 2: Если ши­ри­на от­пе­чат­ка d, а длина следа I, то пло­щадь от­пе­чат­ка «Сила дав­ле­ния на весь от­пе­ча­ток» Тогда зная ко­эф­фи­ци­ент тре­ния, сила тре­ния на всем от­пе­чат­ке Ра­бо­та этой силы где s  —сдвиг  — рас­сто­я­ние, на ко­то­рое нужно сдви­нуть па­рал­лель­но бок о бок рас­по­ло­жен­ные вдоль всего следа ша­ри­ки, (на ко­то­рые ока­зы­ва­ет­ся эта сум­мар­ная «сила дав­ле­ния»), чтобы они за­кра­си­ли всё про­стран­ство следа. Тогда s  =  d. От­сю­да:

Чис­лен­но:

Ответ:

Ва­ри­ант 1 (наи­бо­лее точ­ный): Можно, на­при­мер, вна­ча­ле хо­ро­шо охла­дить бал­лон, вы­ка­тив его в сенки (или во­об­ще из избы на­ру­жу). Затем за­ка­тить его об­рат­но в теп­лое влаж­ное по­ме­ще­ние. В ре­зуль­та­те кон­ден­са­ции пара хо­лод­ный бал­лон по­кро­ет­ся ка­пель­ка­ми воды. По мере на­гре­ва­ния бал­ло­на в теп­лом по­ме­ще­нии вода на нем будет ис­па­рять­ся. Так как масса паров газа в верх­ней части его зна­чи­тель­но мень­ше массы газа, на­хо­дя­ще­го­ся в ниж­ней части, то при на­гре­ва­нии ис­па­ре­ние будет про­ис­хо­дить быст­рее с верх­ней части бал­ло­на. В ре­зуль­та­те в какой-то мо­мент вре­ме­ни можно будет на­блю­дать рез­кую гра­ни­цу между сухой по­верх­но­стью бал­ло­на и ча­стью его, еще по­кры­той ка­пель­ка­ми воды. Эта гра­ни­ца и ука­жет на уро­вень газа в бал­ло­не и её уро­вень может быть легко из­ме­рен ста­рой ли­ней­кой.

Ва­ри­ант 2 (менее точ­ный): Мед­лен­но и осто­рож­но на­кло­ня­ем бал­лон на бок и от­ме­ча­ем ли­ней­кой вы­со­ту, на ко­то­рую он на­кло­нил­ся, перед тем как упасть (па­дать со­всем да­вать ему нель­зя по пра­ви­лам по­жар­ной без­опас­но­сти). По со­от­но­ше­нию вы­со­ты над полом и длины бал­ло­на на­хо­дим пре­дель­ный угол. Через пре­дель­ный угол можем под­счи­тать при­мер­ный уро­вень жид­ко­сти в нем по цен­тру масс. Од­на­ко из-за боль­шой массы са­мо­го бал­ло­на и ма­лень­кой массы газа в нем точ­ность опре­де­ле­ния уров­ня жид­ко­го газа даже с ис­поль­зо­ва­ни­ем слож­ных гео­мет­ри­че­ских расчётов остав­ля­ет же­лать луч­ше­го. Тем более что в расчётах баба Маша не силь­на.

Ответ: см. объ­яс­не­ние.

Если бы Солн­це можно было рас­смат­ри­вать как то­чеч­ный ис­точ­ник, то длина тени все­гда бы была про­пор­ци­о­наль­на вы­со­те стол­ба. Так как Солн­це имеет уг­ло­вой раз­мер с не­ко­то­рой вы­со­ты длина об­ла­сти пол­ной тени не будет ме­нять­ся из-за на­ли­чия по­лу­те­ни. В таком слу­чае мак­си­маль­ная длина тени будет опре­де­лять­ся усло­ви­ем ра­вен­ства в вер­ши­не тени на­блю­да­е­мых уг­ло­вых раз­ме­ров стол­ба и Солн­ца.

Из точки мак­си­маль­ной длины тени опре­де­лим уг­ло­вую вы­со­ту Солн­ца (см. верх­ний ри­су­нок). Ис­ко­мая уг­ло­вая вы­со­та

Из вто­ро­го ри­сун­ка (с учётом того, что уг­ло­вой раз­мер Солн­ца до­ста­точ­но мал)

Уг­ло­вой раз­мер Солн­ца (в ра­ди­а­нах):

Ответ:

Мощ­ность плой­ки по­сто­ян­на, в уста­но­вив­шем­ся ре­жи­ме она дает тепла в ед. вре­ме­ни, ко­то­рое урав­но­ве­ши­ва­ет­ся толь­ко теп­ло­по­те­ря­ми в виде пе­ре­да­чи тепла воз­ду­ху. Пусть q  — ко­эф­фи­ци­ент теп­ло­пе­ре­да­чи. Тогда теп­ло­по­те­ри: От­сю­да на­хо­дим про­из­ве­де­ние: В США на­пря­же­ние дру­гое, от­сю­да мощ­ность упа­дет.

Сюда можно под­ста­вить из­вест­ное нам про­из­ве­де­ние: от­ку­да тем­пе­ра­ту­ра равна:

Лене явно не хва­тит этого для со­зда­ния любой причёски.

Ответ: не хва­тит.

Пред­по­ло­жим, ра­бо­чий по­во­ра­чи­ва­ет ру­ко­ять тис­ков на малый угол при­чем он при­кла­ды­ва­ет силу к са­мо­му краю ру­ко­я­ти пер­пен­ди­ку­ляр­но ей. Тогда ра­бо­та ко­то­рую он со­вер­ша­ет, равна:

Ра­бо­та ко­то­рую со­вер­ша­ют тиски, сжи­мая де­таль с силой равна:

Со­глас­но зо­ло­то­му пра­ви­лу ме­ха­ни­ки

До­пус­ка­ет­ся также ре­ше­ние, где ра­бо­ты и рас­счи­та­ны для од­но­го или не­сколь­ких обо­ро­тов тис­ков.

Ответ:

Время на­гре­ва можно оце­нить, зная энер­гию, не­об­хо­ди­мую на на­грев, и мощ­ность на­гре­ва­те­ля:

Энер­гию, не­об­хо­ди­мую на на­грев можно вы­чис­лить, зная теп­ло­ем­кость, массу и раз­ность тем­пе­ра­тур.

Массу фар­фо­ра вы­чис­ля­ет­ся по стан­дарт­ной фор­му­ле

Объем круж­ки можно оце­нить, зная фор­му­лу объ­е­ма ци­лин­дра:

Таким об­ра­зом,

Кожа че­ло­ве­ка до­ста­точ­но чув­стви­тель­на к тем­пе­ра­тур­ным пе­ре­па­дам. По­это­му можно по­ло­жить рав­ной (сред­нее зна­че­ние на гра­фи­ке). Тогда

Мощ­ность на­гре­ва­те­ля можно при­бли­зи­тель­но оце­нить, зная энер­гию, осво­бож­да­е­мую при охла­жде­нии ки­пят­ка, и время осты­ва­ния:

На­ко­нец, по­лу­чим ответ.

Ответ:

Ис­чез­но­ве­ние изоб­ра­же­ния часов может быть обу­слов­ле­но либо су­ще­ство­ва­ни­ем не­боль­шо­го угла между по­верх­но­стя­ми плит на их гра­ни­це (Ри­су­нок), либо не­боль­шим по­ни­же­ни­ем уров­ня сле­ду­ю­щей плиты от­но­си­тель­но преды­ду­щей, либо ком­би­на­ци­ей этих эф­фек­тов.

В любом слу­чае, для ре­ше­ния за­да­чи нужно опре­де­лить рас­сто­я­ние от стены до точки ис­чез­но­ве­ния изоб­ра­же­ния часов (x на Ри­сун­ке), а также рас­сто­я­ние от стены до на­блю­да­те­ля в этот мо­мент ( на Ри­сун­ке). Из ра­вен­ства углов па­де­ния и от­ра­же­ния лучей, по­лу­ча­ет­ся что

От­ме­тим, что усло­вие за­да­чи поз­во­ля­ет при­нять за вы­со­ту часов над полом по­ло­же­ния их верх­не­го либо ниж­не­го края. В пер­вом из этих двух слу­ча­ев по­лу­ча­ет­ся, что во вто­ром слу­чае

При за­ме­не зна­че­ния боль­шим зна­че­ни­ем зна­че­ние x умень­ша­ет­ся, так что вы­со­кий то­ва­рищ на­блю­да­те­ля видит изоб­ра­же­ние часов ближе к стене. Также, зна­че­ние x умень­ша­ет­ся вме­сте с со­кра­ще­ни­ем рас­сто­я­ния L, так что по мере при­бли­же­ния на­блю­да­те­лей к стене с ча­са­ми их изоб­ра­же­ние тоже дви­жет­ся к стене. По этой при­чи­не вы­со­кий то­ва­рищ пер­во­го на­блю­да­тель «те­ря­ет» изоб­ра­же­ние часов на стыке рань­ше, а когда для пер­во­го на­блю­да­те­ля ис­че­за­ет верх­няя кром­ка, вто­рой видит её от­ра­же­ние уже от сле­ду­ю­щей плиты (Ри­су­нок). Сме­ще­ние либо на­клон вто­рой плиты долж­ны быть та­ко­вы, чтобы лучи, фор­ми­ру­ю­щие изоб­ра­же­ние часов, пошли к обоим на­блю­да­те­лям под углом, боль­шим, чем при от­ра­же­нии от пер­вой плиты. Опре­де­лять ме­ха­низм фор­ми­ро­ва­ния но­во­го угла в дан­ной за­да­че не­об­хо­ди­мо­сти нет, по­сколь­ку для его по­лу­че­ния до­ста­точ­но вы­со­ты глаз вто­ро­го на­блю­да­те­ля. Для того, чтобы уви­деть те же самые лучи, что видит вы­со­кий то­ва­рищ в мо­мент, изоб­ра­жен­ный на Ри­сун­ке, пер­вый на­блю­да­тель дол­жен прой­ти вперёд на рас­сто­я­ние ко­то­рое, как видно из ри­сун­ка, даётся фор­му­лой

Если за вы­со­ту часов над полом при­ни­ма­лось по­ло­же­ние их верх­не­го края, то a если ниж­не­го  — то

Ответ: Прой­ти вперёд нужно ещё 0,4 м.

1)  Сила Ар­хи­ме­да, дей­ству­ю­щая на сосну:

2)  Сила, дей­ству­ю­щая на двух по­ли­цей­ских и Бу­ра­ти­но, за­лез­ших на одну ветку, равна дей­ству­ю­щей на них силе тя­же­сти

3)  За­пи­шем мо­мен­ты сил, стре­мя­щих­ся уро­нить сосну. Сила Ар­хи­ме­да вы­тал­ки­ва­ет сосну, сле­до­ва­тель­но, тоже стре­мит­ся уро­нить её. Дер­жа­лась сосна толь­ко бла­го­да­ря

Обо­зна­чим силу тя­же­сти, дей­ству­ю­щую на Ка­ра­ба­са-Ба­ра­ба­са за

При­ме­ча­ние: без учёта силы Ар­хи­ме­да что не­вер­но.

Ответ:

За­пи­шем КПД как от­но­ше­ние мощ­но­сти на лампе к мощ­но­сти па­рал­лель­но со­еди­нен­ных лампы с ре­зи­сто­ром:

Так как то можно вы­ра­зить за­ви­си­мость Сле­до­ва­тель­но, вы­пол­ня­ет­ся со­от­но­ше­ние (эта пря­мая изоб­ра­же­на на гра­фи­ке пунк­тир­ной ли­ни­ей).

Так как на гра­фи­ке нет таких зна­че­ний тока и на­пря­же­ния на лампе, ко­то­рые бы удо­вле­тво­ря­ли этому со­от­но­ше­нию, то в рас­смат­ри­ва­е­мом ин­тер­ва­ле на­пря­же­ний и токов нет та­ко­го зна­че­ния на­пря­же­ния схемы, при ко­то­ром бы КПД рав­нял­ся 10%. Если бы пунк­тир­ная линия пе­ре­се­ка­ла за­ви­си­мость I(U) для лампы, то для точки их пе­ре­се­че­ния с ко­ор­ди­на­та­ми можно было бы найти на­пря­же­ние для схемы с таким КПД из вы­ра­же­ния

Ответ: та­ко­го на­пря­же­ния нет.

1)  Шарик об­ла­дал по­тен­ци­аль­ной энер­ги­ей до того как его уро­ни­ли и когда его пой­ма­ли Зна­чит, по­те­ри энер­гии со­ста­ви­ли На на­грев ша­ри­ка пошло

2)  Энер­гия, за­тра­чен­ная на на­грев ша­ри­ка равна

3)   зна­чит, из пунк­та 1 и 2 по­лу­ча­ем от­сю­да

Ответ: шарик на­грел­ся на 0,084 °C.