Alish

Сила нормальной реакции складывается из силы тяжести клина mg, вертикальной составляющей силы давления груза m1 и суммы вертикальных составляющих сил натяжения. поэтому сначала решаем первый пункт: \(m_{1}a=T-m_{1}g\sinα\) \(m_{2}a=m_{2}g-T\) \(a=g\frac{m_{2}-m_{1}\sinα}{m_{1}+m_{2}}=\frac{9}{25}g\) Затем находим T: \(T=m_{2}\left(g-a\right)=\frac{48}{25}mg\) и расписываем уравнение для нормальной силы реакции: \(N=mg+T\left(1+\sinα\right)+m_{1}g\cos^{2}α=\frac{669}{125}mg\)

когда пружина уже несколько растянута, то закон сохранения энергии записывается в таком виде: \(\frac{mυ^{2}}{2}=\frac{kx^{2}}{2}-\frac{kx_{0}^{2}}{2}\)

"медленно" как раз и позволяет разумно использовать эти два закона сохранения, в случае быстрого спуска божьей коровки вдоль стержня могли бы начаться колебания, а это нам не нужно

здесь нет никаких внешних сил, против которых бы совершалась работа, так что в данном случае при расширении в вакуум A=0

у меня 296 с вышло, но не уверен, решал так, как Ерсултан подсказал: \(ν=\frac{1}{4}n〈υ〉\) \(υ=\sqrt{\frac{8}{\pi}\frac{RT}{μ}}\) \(n=\frac{pN_{A}}{RT}\) \(ν=\frac{pN_{A}}{\sqrt{2\piμRT}}\) В таком случае время испарения во втором вопросе: \(τ=\frac{ρh}{\frac{μ}{N_{A}}ν\left(1-φ\right)}=\frac{ρh}{p\left(1-φ\right)}\sqrt{\frac{2\pi RT}{μ^{3}}}=296\ s\) Когда воздух на 100% насыщен парами, то количество испаряющихся молекул воды равно количеству конденсирующих. При 60% количество конденсирующих молекул соответственно ниже, поэтому суммарное количество испаряющихся молекул равно ν(1-φ), умноженное на массу молекулы μ/Na.

Теплоёмкость по определению: \(C=\frac{dQ}{dT}\) Давление газа: \(p=\frac{kx}{S}\) Работа газа идёт на увеличение энергии деформации пружины: \(dA=kxdx\) Напишем уравнение состояния газа, а затем продифференцируем: \(pSx=νRT\) \(\frac{kx}{S}Sx=νRT\) \(kx^{2}=νRT\) \(2kxdx=νRdT\) \(kxdx=\frac{1}{2}νRdT=dA\) Теперь используем второй закон термодинамики и разделим выражение справа на dT, чтобы получить теплоёмкость: \(dQ=C_{V}dT+\frac{1}{2}νRdT\) Иначе: \(C=C_{V}+\frac{1}{2}νR\) В условии дана только одна моль газа, поэтому коэффициент ν можно опустить.

Нет, там с расстоянием напряжённость зависит линейно. Если говорить по такой логике, что внутри пластину можно разделить на два и суммировать напряжённости обоих частей, то смотрим: на расстоянии x поверхностная плотность сторонних зарядов верхней пластины равна ρ(a-x), а снизу ρ(a+x). Разность их даёт 2ρx, а вектор напряжённости в диэлектрике равен σ/2εε₀=ρx/εε₀. По сути это то же самое, что и натянуть цилиндр площадью S и толщины x, а затем написать нужные уравнения, как и требуется: DS=ρSx, E=D/εε₀=ρx/εε₀

Напряжённость у бесконечной плоскости равна σ/2ε₀ и не зависит от расстояния до неё. В середине на точку якобы действуют две такие равноправные плоскости, которые заряжены одинаково, поэтому их суммарное действие нулевое, и E=0. Для следующих пунктов бери теорему гаусса для вектора D так, как я нарисовал ниже

снова ответил, пока я перерешивал, хорош)

Действительно, в моём решении некорректно были взяты высоты сегментов. Их правильные значения: \(h_{1}=\frac{r^{2}}{2R}\) \(h_{2}=r-h_{1}=r-\frac{r^{2}}{2R}\) Но ответ стал: \(V=\frac{\pi}{6}\left(\frac{3r^{4}}{R}+8r^{3}+8R^{3}\right)=2463.00864041\)

Поэтому логично складывать эти векторы, поскольку они коллинеарны. Когда мы переходим во вращающуюся систему отсчёта, мы эти векторы отнимаем Здесь наглядно видно как изображается угловая скорость. Когда мы направляем радиус-вектор от точки вращения к какому-либо телу, и векторно умножаем угловую скорость этого тела на радиус-вектор, то получаем линейную скорость этой точки, которая перпендикулярна и радиус-вектору, и вектору угловой скорости \(υ=\left[ω,\ r\right]\) (здесь должны быть знаки вектора)

Да. Строго говоря, угловая скорость является аксиальным вектором (как и момент силы, момент импульса и несколько прочих величин, читать: векторное произведение), то есть его вектор в данной ситуации направлен через центр Солнца (как ось вращения системы) перпендикулярно рисунку в сторону читателя.