Предметный тур. Физика. 1 этап

Чтобы найти массу \(m\) теплоизоляционного материала, необходимо его плотность умножить на занимаемый им объем \(V\): \[m = \rho V. \label{mass}\]

Объем области, заполняемой теплоизоляцией, удобнее всего найти, вычтя из объема \(V_1\) большого внешнего стакана объем \(V_2\) маленького внутреннего. Для любого кругового цилиндра с высотой \(h\) и радиусом \(r\) объем может быть найден по формуле \(V = \pi r^2 h\). В случае большого цилиндра \(r = 2R\) и \(h = 5R\), следовательно, \[V_1 = 5R \cdot \pi (2R)^2 = 20 \pi R^3. \label{volume1}\]

Аналогично, для маленького \(r = R\), \(h = 3R\) и, следовательно, \[V_2 = 3\pi R^3. \label{volume2}\]

Подставляя \eqref{volume1}, \eqref{volume2} в \eqref{mass}, получим, что искомая масса составляет: \[m = \rho (V_1 - V_2) = 17\pi R^3 \rho \approx 0{,}68\textrm{\,кг.}\]

Погрешность \(0{,}01\textrm{\,кг}.\)

Электрическая мощность \(P\), потребляемая нитью накала, может быть вычислена по закону Джоуля – Ленца, который для фиксированного напряжения \(U\) в сети удобно записать как \[P = U^2/R. \label{power}\]

При этом сопротивление \(R\) нити легко выразить через ее удельное сопротивление \(\rho\), длину \(l\) и площадь поперечного сечения \(S\) \[R = \frac{\rho l}{S}. \label{eq:resistance}\]

Подставляя \eqref{eq:resistance} в \eqref{power}, получим \[P = \frac{U^2 S}{\rho l},\] где только \(\rho\) зависит от температуры. В результате придем к выводу, что выделяющаяся в лампе мощность обратно пропорциональна ее удельному сопротивлению, откуда окончательно следует \[P_0 = P_1 \frac{\rho_1}{\rho_0} \approx 600\textrm{\,Вт}.\]

Погрешность \(1\textrm{\,Вт}.\)

Работа \(A\), необходимая для извлечения сваи, складывается из увеличения потенциальной энергии сваи на величину \(mgh\) и работы по преодолению силы трения \(A_\textrm{тр}\). Последняя должна быть найдена с учетом постепенного уменьшения силы трения \(F_\textrm{тр}\) от максимального значения \(F\) до нуля. Поскольку это уменьшение происходит линейно, общая работа оказывается строго вдвое меньше, чем при постоянном значении \(F_\textrm{тр} = F\) (аналогично тому, как вычисляется значение работы сил упругости пружины). В результате \[A = mgh + \frac{Fh}{2} \approx 5\textrm{\,кДж}.\]

Погрешность \(0{,}1\textrm{\,кДж}.\)

По определению средняя путевая скорость — это отношение общего пройденного пути \(S\) к общему времени движения \(t\): \[v = \frac{S}{t}.\]

Для первого дрона это уравнение принимает вид \[v_a = \frac{v_1 \tau + v_2(t-\tau)}{t}, \label{velocity_a}\] а для второго, соответственно, \[v_b = \frac{v_2 \tau + v_1(t-\tau)}{t}. \label{velocity_b}\]

Из условий задачи известно, что \(v_a - v_b = \Delta v\). Подставляя в это уравнение формулы \eqref{velocity_a} и \eqref{velocity_b}, а также домножая его на \(t\), получим \[v_1 \tau + v_2(t-\tau) -v_2 \tau - v_1(t-\tau) = \Delta v t.\]

Перегруппировав слагаемые, получим \[v_2 t - 2v_2 \tau - v_1 t + 2 v_1 \tau = \Delta v t,\] откуда окончательно \[t = \frac{2(v_2 - v_1)\tau}{v_2 - v_1 - \Delta v} = 100\textrm{\,с.}\]

Погрешность \(1\textrm{\,с}.\)

На первой по ходу распространения луча грани призмы свет не преломляется, поскольку падает на нее под прямым углом. Следовательно, угол падения луча на переднюю грань призмы равен \(\alpha\). Тогда по закону Снеллиуса \[n = \frac{\sin \beta}{\sin \alpha},\] где \(\beta\) — угол преломления луча, что с учетом приближения малых углов \(\sin \alpha \approx \alpha \approx \operatorname{tg} \alpha\) (в радианах) принимает форму \[n \approx \frac{\beta} {\alpha}.\]

Из геометрии рисунка легко видеть, что \(\beta = \alpha + \theta\), где \(\theta\) — угол, который преломленный луч составляет с направлением своего распространения до установки призмы. При этом \(\operatorname{tg} \theta = \frac{d}{L}\), откуда \[n \alpha \approx \beta = \alpha + \operatorname{arctg} \frac{d}{L} \Rightarrow n \approx 1 + \frac{d}{\alpha L} \approx 1{,}76.\]

Погрешность \(0{,}02\).

Количество тепла \(Q\), которое может быть запасено в тепловом аккумуляторе фиксированного объема \(V\), удобно выразить через массу \(m\) материала этого аккумулятора \[Q = c_\text{уд} m (\theta - t_0),\] где \(t_0\) — начальная температура теплоаккумулятора. В свою очередь, масса \(m\) элементарно выражается через плотность вещества и объем \(V\) \[m = \rho V,\] откуда \[Q = c_\text{уд} \rho V (\theta - t_0).\] Поскольку величины \(V, \theta, t_0\) независимы от выбранного вещества, задача сводится к расположению в порядке возрастания произведений \(c_\text{уд}\rho\). Найдем эти произведения для всей таблицы 1.1.

Зеркало формирует мнимое изображение \(S_1\) источника, расположенное в противоположном от него полупространстве на таком же расстоянии от зеркала, как и сам источник. В силу перпендикулярности зеркала и линзы, это мнимое изображение также окажется на расстоянии \(d\) от плоскости линзы. Далее линза формирует два действительных изображения: одно непосредственно от источника \(S\) (на рис. 2.2 оно обозначено \(S_2\)) и другое — от его мнимого изображения \(S_1\) (\(S_3\) на рисунке).

Расстояние \(f\), на котором находятся оба действительных изображения от плоскости линзы, легко найти по формуле тонкой линзы \[\frac{1}{f} + \frac{1}{d} = \frac{1}{F} \Rightarrow f = \frac{Fd}{d-F}.\] Искомое расстояние \(l\) между изображениями \(S_2\) и \(S_3\), благодаря подобию треугольников \(\triangle \mathrm{OSS_1}\) и \(\triangle \mathrm{OS_2S_3}\), относится к расстоянию \(2h\) между источником и его мнимым изображением \(S_1\) так же, как расстояния от соответствующих изображений и источников до плоскости линзы, являющиеся высотами указанных треугольников \[\frac{l}{2h} = \frac{f}{d} = \frac{F}{d-F}.\]

Отсюда окончательно находим \[l = 2h\frac{F}{d-F} = 2\textrm{\,см}.\]

Погрешность \(0{,}1\textrm{\,см}.\)

При вращении пилы диссипативные силы (трения различных типов) переводят механическую энергию пильного диска в тепловую. При этом количество выделяющегося тепла равно по модулю работе \(A\) этих сил. Последнюю легко найти из ее определения \[A = FS = Fvt, \label{work}\] где \(S\) — путь точек соприкосновения диска с заготовкой, \(v\) — скорость этих точек. При вращении диска скорость точек его кромки удобно выразить через период вращения \(T\) этого диска \[v = \frac{\pi D}{T} = \pi D \nu, \label{velocity}\] где \(\nu\) — частота вращения диска в оборотах в секунду. Подставляя \eqref{velocity} в \eqref{work} и учитывая \(Q = A\), получим окончательно \[Q = \pi F D \nu t \Rightarrow F = \frac{Q}{\pi D \nu t} \approx 37\textrm{\,Н.}\]

Погрешность \(1\textrm{\,Н}.\)

Средняя путевая скорость определяется как отношение всего пути ко всему времени, которое этот путь занимает. Поскольку расстояние между городами неизменно, сохранение средней путевой скорости означает и сохранение общего времени в пути (включая остановку). Следовательно, уменьшение длительности остановки на \(\Delta t\) эквивалентно увеличению времени непосредственного движения на ту же величину. Обозначим общее время робота в пути \(t\), исходную длительность его остановки \(\tau\), а исходную скорость движения \(v_0\). Тогда путь робота может быть выражен до и после снижения времени остановки как \[S = v_0 (t - \tau) = v_0(1 - \delta)\left(t - \frac{\tau}{2}\right).\]

Сократив \(v_0\) и перегруппировав слагаемые, получим \[\delta t = \tau \left(1 - \frac{1}{2} + \frac{\delta}{2}\right) = \tau \frac{\delta +1}{2}.\]

Полностью избавившись от остановки, таким образом, робот будет двигаться в течение времени \[t = \tau \frac{\delta +1}{2\delta}.\]

Аналогично, время движения \(t - \tau\) при наличии остановки удобно записать как \[t - \tau = \tau \left(\frac{\delta +1}{2\delta} - 1\right) = \tau \frac{1 - \delta}{2\delta}.\]

Обозначив \(v_1\) скорость, которой можно добиться, исключив остановку, запишем через эти выражения путь и приравняем его в случаях с остановкой и без \[v_1 t = v_0(t - \tau) \Rightarrow v_1 \tau \frac{\delta +1}{2\delta } = v_0 \tau\frac{1 - \delta}{2\delta}.\]

Отсюда окончательно \[\frac{v_1}{v_0} = \frac{1 - \delta}{1 + \delta} \approx 0{,}818.\]

Итого скорость движения без остановки может составлять приблизительно \(81{,}8\%\) от исходной скорости, то есть ниже ее на \(18{,}2\%\).

Погрешность \(0{,}5\%.\)

Реостаты на схеме соединены параллельно, поэтому общее сопротивление схемы \(R\) может быть выражено через сопротивления \(R_{1{,}2}\) каждого из реостатов по формуле \[R = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}. \label{resistance}\]

Несложно видеть из схемы, что когда ползунок находится в крайнем верхнем положении, левый реостат имеет нулевое сопротивление, а правый — сопротивление \(R_0\) и наоборот. Величина сопротивления находится в линейной зависимости от длины провода. Из этого можно заключить, что при любом положении ползунка

\[R_2 = R_0 - R_1.\]

Подставляя этот результат в \eqref{resistance}, получим \[R = \frac{R_1 (R_0 - R_1)}{R_0} = R_1 - \frac{R_1^2}{R_0}.\]

График полученной функции является параболой. Его минимумы и максимумы могут лежать либо на границах диапазона изменения \(R_1\), либо в вершине соответствующей параболы. Поскольку коэффициент перед квадратным слагаемым отрицательный, парабола «повернута» ветвями вниз, то есть на границах диапазона (при \(R_1 = 0\) или \(R_1 = R_0\)) сопротивления батареи минимальны и равны \(0\), а в ее вершине (которая, как легко видеть из симметрии или непосредственно по формуле \(x_{max} = -b/(2a)\), лежит в центре диапазона, при \(R_1 = R_2 = \dfrac{R_0}2\)) сопротивление батареи равно \(\dfrac{R_0}4\).

Таким образом, \[R_{max} - R_{min} = \frac{R_0}{4} - 0 = \frac{R_0}{4} = 0{,}5\textrm{\,кОм}.\]

Погрешность \(0{,}01\textrm{\,кОм}.\)

Давление \(p\) масла на уровне окна элементарно вычисляется по формуле гидростатического давления \[p = \rho g h.\] Исходя из определения всякого давления \(p\) как отношения силы \(F\) к площади \(S\), на которую действует эта сила, найдем силу со стороны жидкости, «пытающуюся выдавить» смотровое окно \[F = pS = \rho g h S.\]

Искомая рассчетная нагрузка \(f\) каждого из болтов может быть получена домножением этой силы на \(3\) (требуемый запас прочности) и делением на число болтов \(n\), по которым распределяется нагрузка \[f = \frac{3F}{16} = \frac{3\rho g h S}{16} \approx 9{,}9\textrm{\,кН}.\]

Погрешность \(0{,}1\textrm{\,кН}.\)

Когда параллельно резистору коротко замыкается цепь, этот резистор фактически перестает работать, поскольку сопротивление провода пренебрежимо мало. Следовательно, замыкание ключа К1 фактически эквивалентно замене среднего резистора на отрезок провода, а ключа К2 — такой же замене нижнего. Учитывая это и применяя формулу эквивалентного сопротивления последовательно соединенных резисторов, легко получим \[\left\{ \begin{aligned} &R_1 = r + R, \\ &R_2 = 2r. \end{aligned} \right.\]

Решая эту систему, находим \(r = \frac{R_2}2\) и \(R = R_1 - \frac{R_2}2\). Теперь точно так же составим выражения для оставшихся двух конфигураций реостата: \(R_3\) с обоими замкнутыми ключами и \(R_4\) с обоими разомкнутыми \[\left\{ \begin{aligned} &R_3 = r = \frac{R_2}{2} = 1{,}5\textrm{\,кОм}, \\ &R_4 = 2r + R = R_1 + \frac{R_2}{2} = 3{,}5\textrm{\,кОм}. \end{aligned} \right.\]

Погрешность \(0{,}01\textrm{\,кОм}.\)

Обозначим рассматриваемый промежуток времени (1 с) \(\tau\). Двигаясь со скоростью \(v\), свинец успевает за это время пройти в трубе дистанцию \(l = v \tau\). Учитывая площадь сечения трубы \(S = \pi d^2/4\), можно заключить из этого, что за время \(\tau\) в реактор поступает и из реактора уходит объем \[V = Sl = \frac{\pi}{4} d^2 v \tau\] расплавленного свинца. Количество теплоты \(Q\), которое этот свинец забирает у реактора, задается выражением \[Q = c m (t_2 - t_1) = c \rho V (t_2 - t_1) = \frac{\pi}{4} c \rho d^2 v \tau (t_2 - t_1) \approx 122\textrm{\,МДж},\] где \(m\) — масса поступившей и ушедшей порции свинца.

Погрешность \(2\textrm{\,МДж}.\)

Согласно условиям, глаза экспериментатора находятся на одной высоте со шкалой, поэтому удобно изобразить систему в горизонтальной плоскости (вид сверху), см. рис. 3.3. Поскольку угол \(\alpha\), под которым наблюдатель смотрит на стрелку, равен \(45°\), искомое расстояние \(x\) в точности равно расстоянию \(y\) между точкой \(A\) действительных показаний прибора и точкой \(B\) считанных экспериментатором показаний (треугольник \(ABC\), где \(C\) — стрелка — прямоугольный и равнобедренный).

Тогда остается вычислить расстояние \(y\) между отметками шкалы, соответствующими значениям \(U_1\) и \(U_2\). Поскольку шкала равномерная, это расстояние относится к полной длине шкалы так же, как величина абсолютной ошибки к ее разнице между ее верхним \(U_{max}\) и нижним \(U_{min}\) пределами измерений \[\frac{y}{l} = \frac{U_2-U_1}{U_{max}-U_{min}}.\]

Отсюда окончательно \[x = y = l \frac{U_2-U_1}{U_{max}-U_{min}} = 7{,}5~\text{мм.}\] Погрешность \(0{,}1~\text{мм.}\)

Обозначив длину стороны AB (и, соответственно, CD) прямоугольника \(a\), а длину стороны BC (и, соответственно, DA) — \(b\), можно легко выразить через эти стороны пути \(S_{1{,}2,3}\) всех трех роботов

\[\left\{ \begin{aligned} &S_1 = b, \\ &S_2 = 2a + b, \\ &S_3 = \sqrt{a^2 + b^2} + a. \end{aligned} \right.\]

Поскольку время движения всех роботов совпадало, отношения их путей точно такие же, как и средних путевых скоростей: \[\frac{v_2}{v_1} = \frac{S_2}{S_1} = \frac{2a}{b} + 1 = 2{,}5,\] откуда легко найти \[\frac{2a}{b} = 1{,}5 \Rightarrow b = \frac{4}{3}a.\]

Теперь, пользуясь той же логикой, найдем ответ на вопрос задачи как отношение путей третьего и первого роботов \[\frac{v_3}{v_1} = \frac{S_3}{S_1} = \frac{\sqrt{a^2 + b^2} + a}{b} = \frac{\sqrt{\displaystyle\frac{25a^2}9} + a}{\displaystyle\frac{4a}3} = \frac{\displaystyle\frac{8a}3}{\displaystyle\frac{4a}3} = 2.\]

Погрешность \(0{,}01.\)

Количество теплоты, требуемое на нагрев твердой соли до температуры плавления, задается выражением \[Q_1 = c_1 m (\theta - t_0),\] где \(m\) — масса нагреваемой соли.

Количество теплоты, уходящее непосредственно на плавление \[Q_2 = \lambda m.\]

Наконец, количество теплоты, уходящее на нагрев расплава соли, \[Q_3 = c_2 m (t_1 - \theta).\]

Складывая все эти порции тепла, получим, что общая запасаемая теплота \[Q = Q_1 + Q_2 + Q_3 = m (c_1 (\theta - t_0) + \lambda + c_2 (t_1 - \theta)),\] откуда окончательно \[m = \frac{Q}{(c_1 (\theta - t_0) + \lambda + c_2 (t_1 - \theta))} \approx 743\textrm{\,г.}\]

Погрешность \(1\textrm{\,г}.\)

Прежде всего отметим, что любой луч, падающий на катафот параллельно его биссектрисе, отразится последовательно от обоих зеркал катафота, как изображено на рис 4.1. При этом после первого отражения мощность луча снизится в \((1-\eta)\) раз, и доля \(\eta\) от этой оставшейся мощности будет поглощена вторым зеркалом. В результате связь между изначальной \(P\) и поглощаемой \(P_1\) мощностями имеет следующий вид:

\[P_1 = (1-\eta)\eta P.\]

Теперь остается лишь вспомнить определение мощности, как отношения энергии (в данном случае переносимой лазерным лучом или поглощаемой зеркалом) ко времени, чтобы получить окончательный ответ \[Q = P_1 \tau = (1-\eta)\eta P \tau \approx 8\textrm{\,мДж}.\]

Погрешность \(0{,}1\textrm{\,мДж}.\)

По мере увеличения размеров листа материала роль его краев в общей плотности постепенно снижается, поэтому среднюю плотность большого листа следует вычислять как среднюю плотность одного элемента периодичности, границы которого изображены пунктиром на рис. 4.3. Объем \(V\) этого элемента равен \(25dh\), где \(h\) — толщина листа материала.

Массу элемента найдем, сложив массы алюминия (индексы \(1\)) и смолы (индексы \(2\)) \[m = m_1 + m_2 = \rho_1 V_1 + \rho_2 V_2 = \rho_1 9 dh + \rho_2 16 dh.\]

Тогда искомая плотность окончательно равна \[\rho = \frac{m}{V} = \frac{\rho_1 9 \cancel{dh} + \rho_2 16 \cancel{dh}}{25 \cancel{dh}} \approx 1{,}74 \textrm{\,г/см}^3.\]

Погрешность \(0{,}01 \textrm{\,г/см}^3.\)

Изображенный домкрат дает выигрыш в силе благодаря двум механизмам: рычагу и гидравлическому прессу. Выигрыш в силе, обеспечиваемый прессом, равен отношению площадей его цилиндров \[\frac{mg}{F_1} = \frac{\cancel{\pi} R^2}{\cancel{\pi} r^2} \Rightarrow F_1 = mg\frac{r^2}{R^2},\] где \(F_1\) — сила давления малого поршня.

В свою очередь, выигрыш в силе, обеспечиваемый рычагом, равен отношению его плеч, но так как рычаг закреплен в точке \(C\), нужно сравнивать плечи \(AC\) и \(BC\) \[\frac{F_1}{F} = \frac{AC}{BC} = \frac{AB + BC}{BC} = 1 + \frac{AB}{BC}.\]

Совместив эти уравнения, получим окончательно \[\frac{AB}{BC} = \frac{F_1}{F} - 1 = \frac{mg r^2}{F R^2} - 1 = 2{,}2.\]

Погрешность \(0{,}1.\)

Согласно закону Джоуля – Ленца, тепловая мощность электронагревателя равна \[P = I^2 R,\] где \(I\) — сила пропускаемого через него тока, а \(R\) — сопротивление прибора. Последнее по условиям задачи можно считать неизменным, поэтому, введя обозначения \(I_0\) для номинальной силы тока и \(P_0\) для номинальной мощности прибора, можно составить пропорции \[\left\{ \begin{aligned} \frac{P_0 + \Delta P_1}{P_0} &= \left(\frac{I_0 + \Delta I}{I_0}\right)^2, \\ \frac{P_0 - \Delta P_2}{P_0} &= \left(\frac{I_0 - \Delta I}{I_0}\right)^2. \end{aligned} \right.\]

Обозначив \(\frac{\Delta I}{I_0}\) буквой \(x\) и частично сократив дроби, приведем их к виду \[\left\{ \begin{aligned} 1 + \frac{\Delta P_1}{P_0} &= (1 + x)^2, \\ 1 - \frac{\Delta P_2}{P_0} &= (1 - x)^2. \end{aligned} \right. \label{alpha}\]

Эту систему можно решить, вычитая второе уравнение из первого \[\frac{\Delta P_1 + \Delta P_2}{P_0} = 4x \Rightarrow x = \frac{\Delta P_1 + \Delta P_2}{4P_0}\]

и подставляя результат в любое уравнение системы \eqref{alpha} \[\cancel{1} +\frac{\Delta P_1}{P_0} = \cancel{1} + \frac{\Delta P_1 + \Delta P_2}{2P_0} + \frac{(\Delta P_1 + \Delta P_2)^2}{16P_0^2}.\]

Домножим на \(16 P_0^2\) \[16 \Delta P_1 P_0 = 8P_0 (\Delta P_1 + \Delta P_2) + (\Delta P_1 + \Delta P_2)^2.\] и выразим окончательно \[P_0 = \frac{(\Delta P_1 +\Delta P_2)^2}{8(\Delta P_1 - \Delta P_2)} = 100\textrm{\,Вт.}\]

Погрешность \(1\textrm{\,Вт}.\)

Импульс \(p\) тела — это произведение его массы на его скорость, поэтому скорость беспилотника легко может быть вычислена как \[p_0 = \frac{m L}{t_0}, \label{init_momentum}\] где \(t_0\) — время в пути с импульсом \(p_0\). Искомое время \(t\) можно аналогично выразить через скорость \(v\) беспилотника во второй рассмотренной ситуации как \[t = \frac{L}{v} = \frac{Lm}{p_0 - \Delta p}. \label{final_momenum}\]

Выражая массу беспилотника из \eqref{init_momentum} и подставляя ее в \eqref{final_momenum}, получим: \[t = \frac{\cancel{L} p_0 t_0}{\cancel{L} (p_0 - \Delta p)} = 100\textrm{\,с}.\]

Погрешность \(1\textrm{\,c.}\)

Исходя из того, что контейнер остается на месте при ускорении грузовика до \(a_0\), можно, по второму закону Ньютона, заключить, что сила трения покоя, обеспечивающая это ускорение для контейнера, не превышает значения \[F = m a_0, \label{friction}\] где \(m\) — масса контейнера. При любом маневре, при котором контейнер начинает скользить, на него действует сила трения скольжения, равная \(F\) и, следовательно, его ускорение относительно дороги оказывается равно \(a_0\).

Во время маневра ускорение контейнера относительно грузовика равно (по модулю) \(a - a_0\), а пройденное контейнером относительно грузовика расстояние может быть выражено по законам кинематики как \[l = \frac{(a - a_0) t^2}{2},\] где \(t\) — искомое в задаче время. Преобразуя эту формулу, получим \[t = \sqrt{\frac{2l}{a-a_0}} = 5\textrm{\,с.}\]

Погрешность \(0{,}1\textrm{\,с}.\)

При последовательном соединении резисторов их сопротивления складываются, а при параллельном — складываются обратные сопротивлениям величины. Поэтому сопротивление \(R\) схемы Вити через числа \(x\) и \(y\) в килоомах (кОм) может быть выражено по формуле \[R = x + \frac y2. \label{resistance2}\]

Для конденсаторов правила поиска эквивалентной емкости при их последовательном и параллельном соединениях в точности обратные, поэтому емкость схемы Тани может быть выражена в микрофарадах (мкФ) по формуле \[C = \frac{2 xy}{x + 2y}. \label{capacitance}\]

Выразим \(x\) из уравнения \eqref{resistance2} и подставим в \eqref{capacitance}: \[C = \frac{2 (R-y/2)y}{R + 3y/2}. \label{capacitance22}\]

Домножив полученное уравнение на знаменатель дроби и раскрыв скобки, получим \[RC + \frac{3Cy}{2} = 2Ry - y^2.\]

Поскольку величины \(x\) и \(y\) имеют разную размерность в разных частях задачи, имеет смысл сразу перейти к численным значениям \[10 + 3 y = 10y - y^2.\]

Это квадратное уравнение, которое легко привести к канонической форме \[y^2 - 7y + 10 = 0\] и решить с помощью дискриминанта \[y_{1{,}2} = \frac{7 \pm \sqrt{49 - 40}}{2} = \frac{7 \pm 3}{2}.\]

Снова воспользовавшись уравнением \eqref{resistance2}, легко определить, что при \(y = 5\) (корень квадратного уравнения с плюсом) \(x = 2{,}5\), что не удовлетворяет условию \(x > y\). В то же время, при \(y = 2\) (корень с минусом) \(x = 4\), что удовлетворяет этому условию. Стало быть, верный корень — \(y = 2\).

Погрешность \(0{,}1.\)

Идеальный тепловой двигатель (машина Карно) работает, как известно, по циклу, состоящему из двух изотерм и двух адиабат, и имеет КПД \[\eta = \frac{T_2 - T_1}{T_2},\] где \(T_1\) — минимальная, а \(T_2\) — максимальная температуры в цикле. По определению КПД тепловой машины он равен отношению работы \(A\), совершаемой газом за цикл, к теплоте \(Q_2\), получаемой им от нагревателя \[\frac{T_2 - T_1}{T_2} = \eta = \frac{A}{Q_2}.\]

Отсюда \(Q_2\) может быть выражено как \[Q_2 = \frac{AT_2}{T_2 - T_1}.\]

Поскольку за полный цикл внутренняя энергия не изменяется, количество теплоты \(Q_1\), которую газ отдает холодильнику такой машины, равна разнице \[Q_1 = Q_2 - A = \frac{AT_1}{T_2 - T_1}. \label{carnot}\]

В рассматриваемой задаче тепловой двигатель заменен холодильной машиной, для чего его цикл необходимо обходить в обратном направлении. При этом тепловой резервуар с температурой \(T_2\) начинает получать тепло, а с температурой \(T_1\) — отдавать, но по модулю количества теплоты, которыми газ обменивается с этими тепловыми резервуарами, не изменяются. Остается заметить, что в описанной в условиях холодильной машине \(T_1 = 0\,°\)C \(= 273\textrm{\,К}\), \(T_2 = \theta\), \(Q_1 = \lambda m\), поскольку забираемая у теплового резервуара с меньшей температурой теплота идет на замораживание в нем воды. Подставив эти данные в \eqref{carnot}, получим \[\lambda m =\frac{AT_1}{\theta - T_1},\] откуда окончательно выразим ответ \[A = \frac{\lambda m(\theta - T_1)}{T_1} \approx 14{,}6\textrm{\,Дж.}\]

Погрешность: \(0{,}5\textrm{\,Дж}.\)

Как указано в условиях, мощность теплопроводности прямо пропорциональна разнице температур между магнитом и окружающим его воздухом в помещении цеха. Обозначим коэффциент этой пропорциональности \(\kappa\) \[\left\{\begin{aligned} &P_1 = \kappa (\theta - t_1),\\ &P_2 = \kappa (\theta - t_2). \end{aligned}\right. \label{heat_transfer}\]

Повышение температуры останавливается, когда мощность производимого катушкой тепла и мощность тепла, уходящего от катушки, благодаря теплообмену, оказываются равны. Первую можно выразить из закона Джоуля – Ленца \[\left\{\begin{aligned} &P_1 = I_1^2 R,\\ &P_2 = I_2^2 R, \end{aligned}\right. \label{joule_heat}\] где \(R\) — сопротивление катушки.

Разделим друг на друга уравнения системы \eqref{heat_transfer} и уравнения системы \eqref{joule_heat}, а затем приравняем эти отношения:

\[\frac{P_1}{P_2} = \frac{\theta - t_1}{\theta - t_2} = \frac{I_1^2}{I_2^2}.\] Тривиальными алгебраическими преобразованиями выразим \(\theta\) \[(\theta - t_1)I_2^2 = (\theta - t_2)I_1^2 \Rightarrow \theta = \frac{t_1 I_2^2 - t_2 I_1^2}{I_2^2 - I_1^2} = 25\,°\text{С}.\]

Погрешность: \(0{,}1\,°\text{С.}\)

Один из способов решения задачи состоит в обнаружении аналогии между током и движением. Подобно тому, как скорость описывает темп изменения координаты, сила тока описывает темп поступления заряда на аккумулятор. Из кинематики известно, что при равномерном увеличении этого темпа (равноускоренном движении) от нуля, либо при равномерном снижении этого темпа (равнозамедленном движении) до нуля тело проходит вдвое меньшее расстояние, чем при движении с постоянной скоростью, равной максимальной на рассматриваемом участке. Применяя этот результат к току, заметим, что за время \(2{,}5\tau\) постоянного тока зарядки на аккумулятор поступил заряд \[q_1 = 2{,}5\tau I_0,\] а за общее время \(1{,}5 \tau\) увеличения и уменьшения силы тока — заряд \[q_2 = \frac{1{,}5 \tau I_0}{2} = 0{,}75 \tau I_0.\]

Складывая эти заряды, получим окончательно \[q = 3{,}25 \tau I_0 = 5850\textrm{\,Кл}.\]

Задача также может быть решена графически, изображением зависимости \(I(t)\) и вычислением площади под ней. Фактически такое решение также является применением аналогии, но геометрической, а не кинематической.

Погрешность \(50\textrm{\,Кл}.\)

Прежде всего заметим, что уравнения приведенного типа параметрически задают окружность. Это следует из самого определения синуса и косинуса. Радиус \(R\) этой окружности равен множителю перед синусом и косинусом (т. к. в математическом определении тригонометрических функций используется единичная окружность), то есть \(R = 0{,}2\textrm{\,м}\). Здесь было учтено, что основными единицами СИ для измерения длины являются метры.

Поскольку зависимость угла на окружности (аргумента синуса и косинуса) от времени линейна, модуль скорости \(v\) печатающей головки постоянен. Чтобы найти его, определим период обращения. Печатающая головка описывает полную окружность, когда аргумент синуса и косинуса меняется на \(2\pi\), что происходит при достижении \(t\) значения \(T = 20\pi \textrm{\,с}\). Тогда \[v = \frac{2\pi R}{T}.\]

Окончательно заметим, что при неизменной по модулю скорости головки единственное ее ускорение — центростремительное, которое может быть найдено как \[a = \frac{v^2}{R} = \frac{4 \pi^2 R}{T^2} = \frac{4 \cancel{\pi^2} \cdot 0{,}2}{400 \cancel{\pi^2}} \approx 2\textrm{\,мм/с}^2.\]

Погрешность \(0{,}1\textrm{\,мм/с}^2.\)

При плоском вращении скорость каждой точки тела направлена перпендикулярно направлению из этой точки на ось вращения, а ускорение (центростремительное) — непосредственно на эту ось. Поэтому, проведя одну прямую через точку C перпендикулярно ее скорости, а другую — через точку A вдоль ее ускорения, можно найти ось вращения как точку пересечения этих прямых. Такой точкой будет, разумеется, вершина B, а расстояние от нее до центра пластины равно \[l = \frac{\sqrt{2}}{2} a \approx 28{,}3\textrm{\,см}.\]

Погрешность \(0{,}5\textrm{\,см}.\)

КПД \(\eta\) теплового двигателя определяется как отношение работы \(A\) газа за один цикл этого двигателя к количеству теплоты \(Q\), получаемой газом за этот цикл от нагревателя: \[\eta = \frac{A}{Q}. \label{ece}\]

Первая — есть площадь прямоугольника \(1234\). Найти ее просто, если заметить, что поскольку высота (вдоль оси \(p\)) у верхних двух прямоугольников одинакова, их площади относятся так же, как и их ширины (вдоль оси \(V\)), и то же верно для нижней пары прямоугольников \[A = 7{,}5\frac{8}{5} = 12\textrm{\,кДж}.\]

Чтобы найти теплоту \(Q\), воспользуемся первым началом термодинамики \(Q = A + \Delta U\) и заметим, что газ получает теплоту на процессах \(41\) и \(12\). Работа за эти два процесса равна полной площади под отрезком \(12\) \[A_{412} = 12 + 8 = 20\textrm{\,кДж},\] а внутренняя энергия может быть удобно вычислена по формуле \[U = \frac{3}{2}PV,\] из которой следует, что внутренняя энергия \(U_4\) газа в состоянии \(4\) равна \[U_4 = \frac{3}{2}5 = 7{,}5\textrm{\,кДж},\] поскольку произведение \(PV\) для этого состояния есть площадь одного соответствующего прямоугольника. Аналогично, внутренняя энергия \(U_2\) газа в состоянии \(2\) равна \[U_2 = \frac{3}{2}(7{,}5 + 12 + 5 +8) = 48{,}75\textrm{\,кДж},\] поскольку в этом состоянии соответствующее произведение \(PV\) равно общей площади всех прямоугольников на диаграмме.

Подставляя все найденные величины в исходное уравнение \eqref{ece}, получим окончательно \[\eta = \frac{A}{A_{412} + U_2 - U_4} = \frac{12}{20 + 48{,}75 - 7{,}5} \approx 19{,}6\%.\]

Погрешность \(1\%.\)

Сыпучий груз занимает объем, форма которого также является призмой с основанием в виде равностороннего треугольника, во всяком случае, при необходимости понизить центр тяжести. В силу симметрии, центр тяжести равностороннего треугольника находится в его геометрическом центре. Поскольку центр тяжести груза должен быть на \(h\) ниже, чем центр тяжести вытесненной воды, центр треугольника, формируемого сечением насыпанного груза (темный на рис. 6.5), на \(h\) ниже центра трюма.

Отсчитывая от киля (нижней вершины треугольника) высоту \(y_\textrm{в}\), на которой находится центр тяжести вытесненной воды, легко выразить как \[y_\textrm{в} = \frac{\sqrt{3}}{3}a,\] поскольку радиус описанной окружности для равностороннего треугольника в \(\sqrt{3}/3\) раз меньше его стороны.

Высота \(y_\textrm{г}\) центра тяжести груза может быть найдена как \[y_\textrm{г} = b + H,\] где \(b\) — толщина стенки вдоль соответствующего направления (см. рис. 6.5), а \(H\) — высота центра тяжести груза от нижней внутренней точки трюма. Обе эти величины вычисляются из тригонометрии \[b = 2d; \quad H = \frac{\sqrt{3}}{3}x,\] где \(x\) — сторона треугольника, являющегося поперечным сечением груза.

Учитывая \(y_\textrm{г} + h = y_\textrm{в}\), получим \[\frac{\sqrt{3}}{3}x + 2d + h = \frac{\sqrt{3}}{3}a,\] откуда \[x = a - \sqrt{3}(2d + h) \approx 6{,}34\textrm{\,м}.\]

Объем, занимаемый грузом при такой длине его стороны, находится как произведение площади равностороннего треугольника на длину киля \[V = \frac{\sqrt{3}}{4} x^2 l \approx 696\textrm{\,м$^3.$}\]

Погрешность 10 м\(^3\).

Мокрый снег представляет собой смесь льда и воды, поэтому может существовать только при температуре плавления льда, \(t_\textrm{х} = 0\,°\text{C}\). Аналогично, при атмосферном давлении температура кипящей воды может быть равна только \(t_\textrm{н} = 100\,°\text{C}\). КПД идеальной тепловой машины (машины Карно) с известными абсолютными термодинамическими температурами \(T_\textrm{н}\) и \(T_\textrm{х}\) холодильника задается выражением \[\eta_0 = \frac{T_\textrm{н} - T_\textrm{х}}{T_\textrm{н}}.\]

Чтобы дать ответ на вопрос задачи, таким образом, остается разделить этот КПД на \(\alpha\) и перевести температуры в шкалу Кельвина \[\eta = \frac{\eta_0}{\alpha} = \frac{t_\textrm{н} - t_\textrm{х}}{\alpha(t_\textrm{н} - T_0)} \approx 16{,}8\%.\]

Погрешность: \(0{,}2\%\).

Согласно правилу сложения скоростей, скорость \(\vec{v}_\textrm{дв}\) дрона относительно воды равна (векторной) сумме его скорости \(\vec{v}_\textrm{дк}\) относительно корабля и скорости \(\vec{v}_\textrm{кв}\) корабля относительно воды. Поскольку направление вектора \(\vec{v}_\textrm{кв}\) неизменно, а вектор \(\vec{v}_\textrm{дк}\) в ходе движения дрона принимает все возможные в горизонтальной плоскости направления, обязательно найдутся такие моменты времени, когда эти два вектора сонаправлены и такие, когда они противонаправлены. Эти два случая и будут соответствовать максимальному и минимальному значениям модуля суммы этих векторов, равным \(v_{max} = |\vec{v}_\textrm{дк}| + |\vec{v}_\textrm{кв}|\) и \(v_{min} = \left||\vec{v}_\textrm{дк}| - |\vec{v}_\textrm{кв}|\right|\) соответственно.

Модуль вектора \(\vec{v}_\textrm{кв}\) дан напрямую: он равен \(v\). Модуль вектора \(\vec{v}_\textrm{дк}\) легко получить, разделив путь дрона в СО корабля на период его обращения в этой СО \[v_\textrm{дк} = \frac{2\pi R}{T}.\]

Отсюда получим окончательно \[\frac{v_{max}}{v_{min}} = \frac{v T + 2\pi R}{|v T - 2\pi R|} \approx 3{,}68.\]

Погрешность \(0{,}02\).

Рассматриваемый конденсатор может быть представлен как батарея из двух параллельно соединенных конденсаторов, один из которых (внутренняя пара пластин) всегда имеет зазор \(2d\) и площадь обкладок \(S\), а другой (внешняя пара) имеет зазор \(4d\) и площадь обкладок, которая может изменяться в пределах от \(0\) до \(S\). Поскольку эти конденсаторы соединены параллельно, эквивалентная емкость батареи равна сумме их емкостей, а значит, максимальна, когда пары пластин максимально раздвинуты и минимальна, когда они полностью вдвинуты одна в другую. Используя формулу емкости плоского конденсатора, найдем, что емкость внутренней пары пластин (она же минимальная емкость всей батареи) равна \[C_1 = \frac{S \varepsilon_0}{2d},\] где \(\varepsilon_0\) — диэлектрическая постоянная.

Аналогично, емкость полностью выдвинутой внешней пары равна \[C_2 = \frac{S\varepsilon_0}{4d},\] а максимальная емкость батареи составляет, соответственно, \(C_1 + C_2\).

Тогда для искомого отношения максимальной и минимальной емкостей получим: \[\frac{C_{max}}{C_{min}} = \frac{C_1 + C_2}{C_1} = \frac{\cancel{S\varepsilon_0}/ (4 \cancel{d}) + \cancel{S\varepsilon_0}/ (2 \cancel{d})}{\cancel{S\varepsilon_0}/ (2 \cancel{d})} = \frac{1/4 + 1/2}{1/2} = 1{,}5.\]

Погрешность \(0{,}01\).

Оболочки монгольфьеров (тепловых аэростатов) представляют собой открытые сосуды, поэтому давление внутри и снаружи оболочки должно совпадать (и равняться \(p_0\)). Тогда из уравнения Менделеева – Клапейрона \[p_0 V = \frac{m}{\mu} R T,\] где \(T\) — абсолютная термодинамическая температура газа, \(m\) — его масса.

Легко выразить массу \(m_1\) воздуха внутри оболочки и массу \(m_2\) вытесненного атмосферного воздуха \[\begin{aligned} m_1 &= \frac{\mu p_0 V}{R (T_0 + \Delta t)}, \\ m_2 &= \frac{\mu p_0 V}{R T_0}, \end{aligned}\] где \(T_0\) — искомая температура окружающего воздуха.

Для того чтобы аэростат мог подняться в воздух, необходимо, чтобы вес вытесняемого им воздуха превысил его общий вес (включая вес газа в оболочке) \[m_2\cancel{g} = M\cancel{g} + m_1\cancel{g} \Rightarrow \frac{\mu p_0 V}{R T_0} = M + \frac{ \mu p_0 V}{R (T_0 + \Delta t)},\] где \(g\) — ускорение свободного падения (сразу сокращающееся во всех слагаемых).

Домножим это выражение на \(R T_0(T_0 + \Delta T)\) и получим квадратное уравнение относительно \(T_0\)

\[\mu p_0 V (\cancel{T_0} + \Delta t) = M R T_0 (T_0 + \Delta t) + \cancel{\mu p_0 V T_0}.\]

В канонической форме: \[T_0^2 + T_0 \Delta t - \frac{\mu p_0 V \Delta t}{MR} = 0.\]

Остается найти (методом дискриминанта) единственный положительный корень этого уравнения \[T_0 = -\frac{\Delta t}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{\Delta t^2 + \frac{4 \mu p_0 V}{MR} \Delta t} \approx 291\textrm{\,К} \approx 18\,°\text{C}.\]

Погрешность \(0{,}1\,°\text{C}\).

Обозначим радиус орбиты спутника \(R\), его орбитальную скорость \(v\), его массу \(m\), а массу планеты \(M\). На спутник действует сила всемирного тяготения \[F = G\frac{mM}{R^2},\] где \(G\) — гравитационная постоянная, связанная с центростремительным ускорением \(v^2/R\) спутника вторым законом Ньютона \[\cancel{m}\frac{v^2}{\cancel{R}} = G\frac{\cancel{m}M}{R^{\cancel{2}}}.\]

Из этого выражения легко видеть, что квадрат орбитальной скорости спутника \(v^2\) обратно пропорционален радиусу орбиты. Разумеется, кинетическая энергия спутника \(mv^2/2\) прямо пропорциональна этому квадрату скорости и, следовательно, тоже обратно пропорциональна \(R\).

Чтобы понять, как потенциальная энергия спутника зависит от радиуса его орбиты, проще всего обратить внимание на аналогию между гравитацией и электростатическими силами. Сила Кулона взаимодействия двух точечных зарядов зависит от расстояния между ними и обратно пропорциональна квадрату разделяющего их расстояния, точно так же, как сила всемирного тяготения. Одновременно потенциальная энергия взаимодействия этих зарядов обратно пропорциональна первой степени расстояния между ними, следовательно, то же справедливо и для гравитации. В результате видно, что модуль потенциальной энергии обратно пропорционален \(R\), как и кинетическая энергия. Следовательно, при изменении орбиты спутника он изменится ровно во столько же раз.

Погрешность \(0{,}01\%\).

Два хорошо известных выражения для центростремительного ускорения \(a\) \[a = \frac{v^2}{R} = \omega^2R,\] где \(R\) — радиус траектории, \(v\) — линейная скорость, \(\omega\) — угловая скорость. Перемножив эти выражения, получим \[a^2 = \frac{v^2}{\cancel{R}} \omega^2 \cancel{R} \Rightarrow a = v \omega.\]

Таким образом, центростремительное ускорение равно произведению линейной скорости на угловую, из чего следует \[\frac{a_\textrm{А}}{a_\textrm{Б}} = \frac{v_\textrm{А}}{v_\textrm{Б}} \cdot \frac{\omega_\textrm{А}}{\omega_\textrm{Б}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{1} = 1{,}5.\]

Погрешность \(0{,}01\).

На шарик действуют три силы: горизонтально направленная сила электростатического взаимодействия \(q\vec{E}\), вертикально вниз направленная сила тяжести \(m\vec{g}\) и направленная вдоль нити сила ее натяжения \(\vec{T}\). Разумеется, маятник может быть в равновесии, только если векторная сумма этих сил равна нулю, то есть эти три вектора образуют замкнутый треугольник \[q\vec{E} + m\vec{g} + \vec{T} = \vec{0}.\]

Поскольку направления \(\vec{E}\) и \(\vec{g}\) известны, этот треугольник прямоугольный, а \(\vec{T}\) — его гипотенуза. Тогда из теоремы Пифагора \[q^2E^2 + m^2g^2 = T^2 \Rightarrow m = \frac{\sqrt{T^2 - q^2E^2}}{g} \approx 12{,}2\textrm{\,г.}\]

Погрешность \(0{,}2\textrm{\,г}.\)

Программа автомобиля означает, что (до тех пор, пока это позволяет мощность двигателя и сцепление колес) координата \(x\) вдоль оси, совпадающей с дорогой, автомобиля с автопилотом равна среднему арифметическому координат \(x_1\) идущего впереди и \(x_2\) идущего позади \[x = \frac{x_1 + x_2}{2}.\]

Поскольку такая кинематическая связь справедлива в любые два момента времени \(t_1\) и \(t_2\), для средней скорости \(v\) автомобиля на автопилоте в проекции на \(0x\) на любом промежутке времени можно записать \[v_x = \frac{x(t_2) - x(t_1)}{t_2 - t_1} = \frac{x_1(t_2) + x_2(t_2) - x_1(t_1) - x_2(t_1)}{2(t_2-t_1)} = \frac{v_{x1} + v_{x2}}{2},\] где использована та же система индексов. Таким образом, средняя скорость на любом промежутке времени и, следовательно, мгновенная скорость в любой момент времени автомобиля на автопилоте в проекции на \(0x\) равна среднему арифметическому мгновенной скорости в этой же проекции впереди и позади идущих автомобилей. Повторение этих рассуждений приводит к аналогичному результату для ускорений \[a_x = \frac{a_{x1} + a_{x2}}{2}.\]

Выразим из этого уравнения проекцию на \(0x\) искомого ускорения замыкающего автомобиля \(a_{x2}\) \[a_{x2} = 2a_x - a_{x1} \label{acceleraiton}.\]

По условиям задачи в рассматриваемый момент скорости всех трех автомобилей равны, а ускорения \(a_1\) и \(a\) совпадают по модулю, но дистанция начинает сокращаться. Это возможно только если передний автомобиль тормозит — имеет отрицательную проекцию ускорения на направление движения, а автопилотируемый автомобиль, напротив, ускоряется (имеет положительную проекцию). Тогда напрямую из \eqref{acceleraiton} получим \[a_{x2} = 2a_x - a_{x1} = 2a - (-a) = 3a = 0{,}6\textrm{\,м/с}^2.\]

Погрешность \(0{,}01\textrm{\,м/с}^2.\)

В системе отсчета, связанной с лифтом, начальное ускорение мяча равно \(g + a\). Проходя с этим ускорением расстояние \(h_1\), мяч приобретает скорость (относительно лифта) \(v\), которую легко вычислить из соотношения \[\frac{v^2}{2} = (g+a)h_1.\]

В момент удара резко меняется ускорение, но не скорость лифта, поэтому значение \(v\) при абсолютно упругом ударе по модулю остается неизменным.

В процессе подъема мяч уже имеет относительно лифта ускорение \(g - 3a\), что позволяет записать аналогично \[\frac{v^2}{2} = (g-3a)h_2.\] Совмещая эти равенства, получим окончательно \[(g+a)h_1 = (g-3a)h_2 \Rightarrow a(h_1 + 3h_2) = g(h_2-h_1) \Rightarrow a = g\frac{h_2-h_1}{h_1 + 3h_2} = 1{,}96\textrm{\,м/c$^2$}.\]

Погрешность \(0{,}02\) м/c\(^2\).

Согласно первому началу термодинамики та теплота, полученная каплей, которая не пошла на работу расширяющегося пара над жидкой частью капли, ушла на изменение ее внутренней энергии; в данном случае — на испарение. Таким образом, можно записать для для этой части энергии \[\Delta U = (1 - \eta)Q = Lm\alpha, \label{evaporation}\] где \(m\) — масса капли до испарения, а \(Q\) — общая полученная каплей теплота. Отсюда легко найти \(Q\) \[Q = \frac{Lm\alpha}{1 - \eta}.\]

В то же время работа пара над каплей полностью идет на увеличение ее механической энергии, которая в верхней точке траектории чисто потенциальна \[A = \eta Q = (1-\alpha)m g h.\]

Выражая из этого уравнения \(h\) и подставляя в него \(Q\), получаем \[h = \frac{\eta Q}{(1-\alpha)m g} = \frac{L\alpha\eta}{(1-\alpha)(1 - \eta)g} \approx 7{,}1\textrm{\,см}.\]

Разумеется, если величину \(1 - \alpha\) в этом выражении считать просто единицей, ответ не изменится в пределах любой разумной погрешности.

Погрешность \(0{,}5\textrm{\,см}.\)