Ямал - не край Земли, а начало российской Арктики! section class="box-today" Сюжеты Экономический потенциал регионов: Башнефть готова к SPO Досрочная победа Самойлова Быстро или долго /section section class="tags" Теги Вадим Пономарев Ямало-Ненецкий АО Экономический потенциал

Глава 4 В которой глава кремлевской администрации Дмитрий Медведев создал новое российское сословие Дмитрий Медведев производит очень необычное для политика впечатление - он кажется хорошим человеком. По нему видно, что он не очень уверен в себе, - особенно это

Глава 5 В которой глава администрации президента Украины Виктор Медведчук остался последним украинцем, которому верит Путин В начале нулевых Медведчук на фоне украинских политиков выглядел как человек из космоса. Абсолютный европеец, совершенно не похожий на

По сведениям ученых, Арктика установила антирекорд по темпам потери ледяного покрова. За 2016 г. общая площадь арктических ледников сократилась до 4,14 млн кв. км. В 1979-м средняя площадь ледников в Арктике в летний период составляла 7,5 млн кв. километров. На протяжении последних 30 лет наблюдается регулярная потеря ледяного покрова в северных широтах.

Гренландия «худеет» на 268 млрд тонн, сообщает один из авторов исследования Майкл Бивис из университета штата Огайо (США). Разница в замерах составляет около 7 %. Эмпайр-стейт-билдинг весит 330 тысяч тонн, а значит 18 млрд тонн — это почти 55 тысяч таких 102-этажных небоскребов. Но в целом, это «очень небольшое процентное соотношение. «Я не думаю, что это изменит общую картину», — считает соавтор исследования Беата Ксато из университета штата Нью-Йорк в Буффало (США).

Дополнительная потеря льда добавляет небольшое количество — 0,4 мм в десятилетие — к глобальному подъему уровня океана. Всего таяние Гренландии прибавляет 0,54 мм в десять лет к уровню мирового океана.

Большинство измерений ледяного покрова Гренландии и Антарктиды делают спутники, которые фиксируют изменения в плотности покрова и используют компьютерные симуляции, чтобы посчитать вес потерянного льда. Но проблема в том, что когда ледяные щиты тают, почва поднимается вверх, чтобы занять место растаявшего льда. Явление происходит и моментально, и растягивается на века.

Горная порода, которая поднимается, чтобы заменить собой лед, фиксируется спутником как часть ледяного покрова. Таким образом, данные о количестве льда не соответствуют действительности. Новые измерения, сделанные спутниками GPS и другими средствами, этот процесс учитывают. Поэтому их наблюдения более точные.

Ученые обследовала ледники, которые дрейфуют от Гренландии с западной стороны. На видео показано, как потрескалась часть ледника Ринк на берегу западной Гренландии.

Изображения были получены с помощью системы цифрового картографирования (DMS), цифровой камерой высокого разрешения, которая была закреплена на днище самолета. Она принимает изображения на протяжении всего полета. Эти снимки помогают исследователям лучше анализировать данные, полученные с помощью других инструментов.

Данные, которые были собраны во время кампании IceBridge — а она началась восемь лет назад, — внесли свой вклад в целый ряд открытий. Под снегом ученые зафиксировали каньон и наблюдали водоносный горизонт. Исследователи оценили степень замороженных и размороженных участков на нижней части ледяного покрова, а также проводили наблюдение за изменениями в толщине арктического морского льда.

Проект IceBridge призван продолжить миссию полярных измерений со спутников ICESat, которая завершилась в 2009 году. Спутники-приемники запланировано вывести на орбиту в 2018 году.
http://earth-chronicles.ru/news/2016-09-24-96411

А вот и Даария показалась!

Архипелаг Франца-Иосифа - остатки гиперборейского мегаполиса - соответствуют положению на одном из четырёх больших островов Даарии, близкого к Новой Земле.
Мегаполис можно просмотреть здесь:
https://www.google.ru/maps/@80.5478 711,52.3631764,64098m/data=!3m1!1e3
То есть острова - это лишь верхняя часть,поднятая на сотни метров относительно равнин Даарии.
Однако последние несколько лет идёт интенсивное таяние ледников на островах Франца-Иосифа - и уже невозможно утаивать очевидное:
начинают вытаивать остатки сооружений https://www.google.ru/maps/@80.1215 269,47.9826999,131m/data=!3m1!1e3

Ещё одно фото:

Остров Мэйбл

Город-крепость на мысе Флора,остров Нортбрук

Непонятные сооружения технологического характера на мысе Флора,внизу замка-крепости.

Два замка-крепости на острове Чампа,знаменитого своими каменными ядрищщами,разрушены,по-видимому этими самыми снарядами:
Более того,на некоторых ядрищщах угадываются некие узоры и рунические надписи(наверное,типа"На Берлин!")).

Огромная шапка замерзшей морской воды на поверхности Северного Ледовитого океана и соседних морей за последние десятилетия подверглась двойному удару: ее площадь сократилась, самый старый и толстый лед либо истончился, либо растаял совсем, в результате чего ледяной покров стал более уязвимым к потеплению океана и атмосферы.

«На протяжении многих лет мы наблюдаем, как старый лед исчезает, - говорит Уолт Мейер из Центра космических полетов Годдарда НАСА в Гринбелте, штат Мэриленд. - Этот толстый покров служит защитной опорой для всей шапки: лето своим теплом может растопить тонкий лед, но полностью избавиться от старого льда ему не под силу. Однако его становится все меньше, а оставшийся истончается, и противодействие плюсовой температуре уже не такое устойчивое, как раньше».

Прямые измерения толщины морского льда в Арктике являются единичными и неполными, поэтому ученые разработали модель возрастной эволюции морского льда с 1984 года по настоящее время. Новая визуализация НАСА показывает, как морской лед рос и сокращался, таял и дрейфовал в течение последних трех десятилетий. По словам ученых, возраст льда - прекрасный показатель его толщины, потому что когда лед становится старше, он становится толще. Это обусловлено тем, что, как правило, зимой прибавляется больше льда, чем успевает растаять за лето.

В начале 2000-х годов ученые из Университета Колорадо разработали способ контролировать движение арктического морского льда и изменение его возраста с использованием данных из различных источников, преимущественно - на основе пассивных спутниковых микроволновых инструментов.

Эти инструменты оценивают яркостную температуру - это мера микроволновой энергии, излучаемой морским льдом, которая зависит от температуры, солености, текстуры ледяной поверхности и слоя снега на морском льду. Каждая льдина имеет характерную яркостную температуру, и ученые идентифицировали и отслеживали их с помощью последовательных пассивных микроволновых изображений. Также система использует информацию с дрейфующих буйков и метеорологические данные.

«Это как бухгалтерский учет, мы отслеживаем, что происходит с морским льдом, как он движется, нарастает и отступает, пока не растает на месте или не выйдет за пределы Арктики», - поясняет Мейер.

Чем старше и толще лед, тем он более устойчив к таянию и менее подвержен влиянию ветра и штормовых волн.

Движение морского льда не ограничивается его сезонным расширением и отступлением: кроме прибрежных районов, ледяной покров на море находится почти в постоянном движении. Главной движущей силой в этом процессе выступает ветер.

В Арктике есть две основные циркуляции воздушных масс: круговорот Ботфорта, где лед вращается как колесо по часовой стрелке в море Бофорта к северу от Аляски, и Трансполярное дрейфовое течение, которое перемещает лед от берегов Сибири в направлении пролива Фрама к востоку от Гренландии, где он выходит из арктического бассейна и тает в теплых водах Атлантического океана.

Однако примерно каждую неделю по этой же траектории проходят погодные системы, влияющие на эти потоки. Так что скорость движения льда не является постоянной. Когда наступает весна и лед начинает таять, он исчезает из периферических морей. Новое видео показывает две основные потери толстого льда.

Первая, которая началась в 1989 году и продолжалась несколько лет, была связана с изменением в Арктической осцилляции, которая ослабила круговорот Ботфорта и усилила Трансполярное дрейфовое течение, вымывшее из Арктики больше морского льда, чем обычно.

Второй пик таяния начался в середине 2000-х годов. «В отличие от 1980-х годов теперь старый лед тает в пределах Северного Ледовитого океана в летнее время. Одна из причин кроется в том, что многолетний лед имеет тенденцию к сплочению, и теперь мы видим относительно меньшие его куски вперемешку с более молодым льдом. Эти изолированные льдины толстого льда гораздо легче растопить», - отмечает Мейер.

Потери толстого льда, по словам ученых, колоссальны. В 1980-е годы он составлял 20 % морского ледяного покрова. Сейчас - лишь около 3 %. Не исключено, что совсем скоро летняя Арктика окажется полностью свободной ото льда.

5. Найти индуктивность цепи, изоб- ражённой на рисунке. Индуктивности всех катушек в схеме одинаковы и равны L, индуктивностями соедини- тельных проводов и влиянием катушек друг на друга пренебречь. Решение. Если на входные клеммы этой цепи подаётся перемен- ное синусоидальное напряжение с круговой частотой ω, то индуктив- ные сопротивления всех катушек будут одинаковы и равны ωL. При этом правила сложения этих сопротивлений будут теми же, что и для схемы, состоящей из резисторов, то есть при последовательном соедине- нии складываются индуктивности, а при параллельном их обратные величины. Для расчёта индуктивности вначале перерисуем схему, например, так, как показано на рисунке слева. Поскольку все индуктивности одинаковы, то из соображений сим- метрии следует, что потенциалы точек A и B в любой момент времени будут совпадать. Поэтому можно замкнуть их проводником. Получим, что катушки индуктивности L1 и L4 , L2 и L3 , L5 и L7 соединены парал- лельно. Значит, схему можно теперь перерисовать так, как показано на рисунке справа, и она будет состоять из катушек с индуктивностями L/2 и L, соединённых последовательно и параллельно. Общая индук- тивность такой схемы будет равна 1 1 7 Lобщ = = = L. 1 1 1 1 15 + + L L 1 L L 3L + + 2 1 1 2 8 + L/2 1 L+ L/2 11 Городской этап. Первый теоретический тур Состоялся 19 февраля 2006 года. 7 класс На выполнение задания отводилось 3 астрономических часа. 1. Найдите примерную величину давления в центре Земли, считая, что средняя плотность вещества земного шара равна ρ = 5000 кг/м3 . Радиус Земли RЗ = 6400 км. Ускорение свободного падения на поверх- ности Земли g = 10 м/с2 . Решение. На глубине h под поверхностью жидкости давление равно p = ρgh, где ρ её плотность, а g ускорение свободного падения. Но мы не можем воспользоваться этой формулой для нахождения давления в центре Земли, поскольку g не остаётся постоянным по мере продви- жения вглубь Земли. Действительно, представим себе, что нам удалось просверлить скважину до центра Земли. Ясно, что тело, опущенное в неё до этого центра, будет со всех сторон одинаково притягиваться веществом Земли и находиться в состоянии невесомости, то есть уско- рение свободного падения постепенно уменьшается от значения 10 м/с2 на поверхности Земли до нуля в её центре. Поэтому в формулу для дав- ления надо подставить среднее значение ускорения свободного падения, равное g/2. Значит, величина давления в центре Земли примерно равна p = ρgRЗ /2 ≈ 1,6 · 1011 Па = 1, 6 миллиона атмосфер! Замечание. По современным представлениям, Земля состоит из трёх основных слоёв тонкой коры, довольно толстой мантии (около 3000 км), сложенной из пород сравнительно небольшой плотности, и тяжёлого (железного) ядра. Ускорение свободного падения также довольно сложным образом зависит от глубины (см. задачу № 3 окруж- ного этапа, стр. 7). С учётом этого расчёт даёт для давления в центре Земли ещё б´льшую величину: pц ≈ 3,6 миллиона атмосфер! o 2. Школьники побывали в музее-имении Л. Н. Толстого Ясная поляна и возвращались в Рязань на автобусах, которые ехали со ско- ростью v1 = 70 км/ч. Пошёл дождь, и водители снизили скорость до v2 = 60 км/ч. Когда дождь кончился, до Рязани оставалось проехать S = 40 км. Автобусы поехали со скоростью v3 = 75 км/ч и въехали в Рязань в точно запланированное время. Сколько времени шёл дождь? Чему равна средняя скорость автобуса? Для упрощения считайте, что автобусы в пути не останавливались. 12 Решение. Средняя скорость автобуса это отношение пройденного пути к затраченному времени. Так как расстояние от Ясной поляны до Рязани из-за дождя не изменилось, и время, проведённое школьни- ками в автобусе, также не изменилось (потому что автобусы въехали в Рязань в точно запланированное время), то средняя скорость совпадает с начальной скоростью vср = 70 км/ч. Пусть дождь шёл в течение времени t. Тогда путь, пройденный за это время, составил v2 t. Время, за которое после дождя автобусы про- ехали оставшееся расстояние, равно S/v3 . Ясно, что время, затраченное автобусами с момента начала дождя до прибытия в Рязань, должно равняться времени, которое потребовалось бы для преодоления того же расстояния с начальной скоростью v1: S v2 t + S t+ = . v3 v1 Отсюда находим время, в течение которого шёл дождь: v1 S S S(v3 − v1) t= − = = 16 минут. v1 − v2 v1 v3 v3 (v1 − v2) 3. Во льдах Арктики в центре небольшой плоской льдины площадью S = 70 м2 стоит белый медведь массой m = 700 кг. При этом надводная часть льдины выступает над поверхностью воды на высоту h = 10 см. На какой глубине под водой находится нижняя поверхность льдины? Плотность воды ρв = 1000 кг/м3 , плотность льда ρл = 900 кг/м3 . Решение. Обозначим через x искомую глубину. Сила тяже- сти, действующая на льдину с медведем, равна, очевидно, g(m + ρл S(h + x)). Она должна равняться силе давления воды на ниж- нюю поверхность льдины, находящуюся на глубине x, то есть ρв gxS, поскольку льдина находится в состоянии равновесия. Отсюда получаем: x = (m + ρл hS)/((ρв − ρл)S) = 1 м. 4. Провода над железной дорогой, питающие током электропоезда, натягиваются с помощью системы, показанной на рисунке. Она кре- пится к столбу и состоит из тросов, блоков с изоляторами и стального груза квадратного сечения со стороной a = 20 см. Сила натяжения тол- стого троса, который идёт от крайнего блока к держателю проводов, равна T = 8 кН. Какова высота h стального груза? Плотность стали равна ρс = 7800 кг/м3 . Ускорение свободного падения g = 10 м/с2 . 13 Решение. Легко видеть, что каждый блок, охваченный двумя горизонтальными участками тросов, даёт выигрыш в силе в 2 раза. Значит, три таких блока, изображённые на рисунке, дадут выиг- рыш в 23 = 8 раз. Сила тяжести, действующая на груз, равна ρс gV , где V = a2 h объём груза. Значит, сила натяжения толстого троса будет в 8 раз больше: T = 8ρс gV . Отсюда получаем, что объём стального груза составляет V = T /(8ρс g), a его длина равна h = T /(8ρс ga2) ≈ 0,32 м = 32 см. 8 класс На выполнение задания отводилось 3 астрономических часа. 1. Школьники побывали в селе Константиново, на родине Сергея Есе- нина, и возвращались к себе домой в Рязань на автобусах. Авто- бусы ехали со скоростью v1 = 70 км/ч. Пошёл дождь, и водители сни- зили скорость до v2 = 50 км/ч. Когда дождь кончился, автобусы вновь поехали с прежней скоростью и въехали в Рязань на 10 минут позже, чем было запланировано. Сколько времени шёл дождь? Решение. Сделаем рисунок и введём на нём следующие обозначе- ния: К Константиново; R Рязань; AB участок, который автобус проехал под дождём за искомое время t; AC участок, который про- ехал бы автобус за то же время t, если бы не было дождя. Ясно, что BC = AC − AB = (v1 − v2)t. С другой стороны, автобус прошёл путь KA + AB + CR за то же время, за какое было заплани- 14 ровано пройти весь путь KR. Значит, BC = v1 ∆t, где ∆t = 10 минут время, на которое опоздали автобусы. Приравнивая полученные выра- жения, имеем: (v1 − v2)t = v1 ∆t, откуда t = v1 ∆t/(v1 − v2). 2. В двухлитровую пластиковую бутыль через короткий шланг накачи- вается воздух до давления 2 атм. Шланг пережимается, и к нему присо- единяется герметичный тонкостенный полиэтиленовый пакет большой ёмкости (больше 10 литров) без воздуха внутри. Бутыль вместе с паке- том кладут на одну чашку весов и уравновешивают гирями, которые помещают на другую чашку, а затем зажим ослабляется. Воздух из бутыли перетекает в пакет, и равновесие весов нарушается. Груз какой массы и на какую чашку весов нужно положить, чтобы равновесие весов восстановилось? Плотность воздуха равна 1,3 кг/м3 , ускорение свобод- ного падения считать равным 10 м/с2 . Решение. Суммарная масса воздуха внутри бутыли и пакета после перетекания воздуха из бутыли в пакет не изменилась. Следовательно, суммарная сила тяжести, действующая на обе оболочки и воздух внутри них, осталась прежней. Однако изменился суммарный объём, который занимают вместе бутыль и пакет, так как после ослабле- ния зажима часть воздуха из бутыли перешла в пакет. Давление в пакете стало равным 1 атм, значит, такое же давление установилось и в бутыли. Воздух, который в бутыли занимал объём 2 л при дав- лении 2 атм, теперь при давлении 1 атм занимает объём 4 л. Таким образом, в пакете оказалось 2 литра воздуха, и суммарный объём уве- личился на 2 литра. На бутыль и пакет со стороны воздуха действует выталкивающая (Архимедова) сила. Приращение этой силы равно: ∆FА = 0,002 м3 · (1,3 кг/м3) · (10 м/с2) = 0,026 Н. Таким образом, для того, чтобы равновесие весов восстановилось, нужно на ту же чашку, где находится бутыль и пакет, добавить гирьки суммарной массой М = ∆FА /g = 2,6 г. 3. В калориметре находится m = 100 г расплавленного металла гал- лия при температуре его плавления tпл = 29,8 ◦ C. Его начали медленно охлаждать, оберегая от внешних воздействий, и в результате темпера- тура понизилась до t = 19,8 ◦ C, а галлий остался жидким. Когда пере- охлаждённый таким образом жидкий галлий размешали палочкой, он частично перешёл в твердое состояние. Найдите массу отвердевшего галлия и установившуюся в калориметре температуру. Удельная теп- лота плавления галлия λ = 80 кДж/кг, удельная теплоёмкость жидкого галлия c = 410 Дж/(кг · ◦ C). Теплоёмкостью калориметра и палочки пренебречь. 15 Решение. При отвердевании галлия выделяется теплота кристалли- зации, что приводит к нагреванию системы до температуры плавления галлия tпл = 29,8 ◦ C, поскольку только при этой температуре жидкий и твёрдый галлий будут находиться в равновесии. Количество теплоты, выделяющееся при отвердевании массы m1 галлия, равно λm1 . Оно идёт на нагревание всего галлия до темпера- туры плавления; для этого требуется количество теплоты cm(tпл − t). Следовательно, m1 = cm(tпл − t)/λ ≈ 5,1 г. Заметим, что если бы переохлаждение было очень сильным, то теп- лоты кристаллизации могло бы не хватить для нагревания всей массы галлия до температуры плавления. Однако, поскольку m1 < m, то в нашем случае галлий действительно нагреется до этой температуры. 9 класс На выполнение задания отводилось 4 астрономических часа. 1. Цилиндр массой M поместили на рельсы, наклоненные под углом α к горизонту (вид сбоку показан на рисунке). Груз какой мини- мальной массы m нужно прикрепить к намо- танной на цилиндр нити, чтобы он покатился вверх? Проскальзывание отсутствует. Решение. На цилиндр действуют при- ложенная к его центру сила тяжести M g и приложенная к его краю сила натяже- ния нити, равная mg. Цилиндр покатится вверх, если момент силы тяжести относи- тельно оси, проходящей через точку А пер- пендикулярно плоскости рисунка, будет меньше момента силы натяжения нити. Поскольку плечи сил тяжести и натяже- ния нити равны R sin α и R(1 − sin α), то искомое условие имеет вид: M gR sin α < mgR(1 − sin α), или m > (M sin α)/(1 − sin α). 2. Алюминиевая проволока диаметром d = 2,5 мм, не слишком гну- тая, покрыта льдом. Общий диаметр проволоки со льдом равен D = 3,5 мм. Температура льда и проволоки t = 0 ◦ C. По проволоке пустили ток силой I = 15 А. За какое время лёд растает? Плотность льда ρл = 0,9 г/см3 , а его удельная теплота плавления λ = 340 кДж/кг. Удельное сопротивление алюминия ρ = 2,8 · 10−8 Ом · м. 16 Решение. При прохождении тока через проволоку в ней выделя- ется тепло, равное по закону Джоуля-Ленца Q = I 2 Rτ , где τ искомое время таяния льда, а R сопротивление проволоки. Это сопротивление, согласно известной формуле, равно R = ρl/S = 4ρl/πd2 (здесь l длина проволоки, S площадь её поперечного сечения). Это количество теп- лоты расходуется на плавление льда: Q = λm. Масса льда m равна произведению его плотности на объём: m = ρл V = ρл (1/4)π(D2 − d2)l. Приравнивая полученные выражения для количеств теплоты, окон- чательно получаем: τ = λρл π 2 d2 (D2 − d2)/(16I 2 ρ) ≈ 19 мин. 3. Электрическая цепь состоит из трёх резисторов с известными сопро- тивлениями R1 = 20 Ом, R2 = 30 Ом, R4 = 60 Ом, одного резистора с неиз- вестным сопротивлением R3 и одного переменного резистора (см. рис.) При измерении сопротивления RАВ между точками А и В этой электрической цепи выяснилось, что оно не зависит от сопротивления переменного резистора. Найдите величины сопротивлений неизвестного резистора R3 и всей цепи RАВ. Решение. Идея решения заключается в том, что при условиях задачи ток через переменный резистор не идёт, и напряжение на нём равно нулю (в противном случае изменение сопротивления этого рези- стора неизбежно приводило бы к изменению величины RАВ). Отсюда вытекает, что напряжения U1 и U3 на резисторах R1 и R3 совпадают. Так как R1 R3 U1 = UAB · , U3 = UAB · , R1 + R2 R3 + R4 то отсюда R1 R4 = R2 R3 , и сопротивление неизвестного рези- стора R3 = R1 R4 /R2 = 40 Ом. Сопротивление всей цепи можно найти, пользуясь формулой для параллельного соединения резисторов: 1 1 1 (R1 + R2)R4 = + , откуда RAB = ≈ 33 Ом. RAB R1 + R2 R3 + R4 R2 + R4 4. В секстанте, который позволяет определять угол ϕ возвышения Солнца над горизонтом в полдень и, таким образом, широту местности, используются два плоских зеркала, от которых свет поочерёдно отра- жается и угол α между которыми регулируется. Изображение Солнца в этих зеркалах при измерениях с помощью секстанта необходимо сов- местить с линией горизонта, подбирая угол α. Найдите связь угла α с 17 углом ϕ и объясните, почему использование секстанта сильно упрощает задачу нахождения угла ϕ, особенно при качке корабля. Решение. Построим ход луча света от Солнца в секстанте при двух отражениях света от плоских зеркал, угол между которыми равен α (см. рис.). Обозначим вершину угла α точкой O, точки падения луча на первое и второе зеркала A и B, точку пересечения перпендикуляров, восставленных к зеркалам в точках A и B через C, точку пересечения входящего в прибор и выходящего из него лучей через D. В момент снятия показаний при правильном положении зеркал прямая BD гори- зонтальна, а углы падения света на зеркала равны, соответственно, i1 и i2 . В четырёхугольнике AOBC два угла OBC и OAC прямые, поэтому угол BCA равен (π − α), а смежный с ним равняется α. Но этот же угол является внешним углом треугольника ABC, поэтому α = i1 + i2 . В свою очередь, угол ϕ возвышения Солнца над горизон- том равен углу BDA в треугольнике ABD, остальные углы которого равны, соответственно, 2i1 и 2i2 . Поэтому ϕ = π − 2(i1 + i2) = π − 2α. Таким образом, α = (π − ϕ)/2 и не зависит от угла падения света на зеркала. Поэтому даже при качке корабля и изменении угла i1 луч света от Солнца, выходящий из секстанта, сохраняет своё направление (горизонтальное при правильном подборе угла α). При этом совместить изображение Солнца с горизонтом гораздо проще, чем визировать на угломерном инструменте сразу два направления на Солнце и на гори- зонт, да ещё если всё качается! 18 10 класс На выполнение задания отводилось 5 астрономических часов. 1. Однажды летним утром кузнечик сидел на асфальте. Когда Солнце поднялось на угол ϕ над горизонтом, он прыгнул в сторону Солнца с начальной скоростью v0 под углом α к горизонту. С какой скоростью движется по асфальту тень кузнечика спустя время t после прыжка? Решение. Направим ось X по горизонтали в сторону Солнца, ось Y вертикально вверх, а начало координат поместим в точку, где сидел кузнечик. Закон движения кузнечика имеет вид: gt2 2v0 sin α x(t) = v0 cos α · t, y(t) = v0 sin α · t − , причём 0 ёg шайба начнёт скользить по доске сразу же, при α = 0. Пусть теперь ω 2 R ёg, и α = 0. Определим, при каких условиях возможно скольжение шайбы к шарниру и от него. 1. Шайба будет скользить к шарниру, если начнёт выпол- няться условие sin α − ё cos α > ω 2 R/g. Введём обозначение: 1 ё β = arctg ё = arccos = arcsin . Тогда приведённое 1 + ё2 1 + ё2 условие можно записать в виде: ω2R ω2R sin(α − β) > , или α > β + arcsin . g ё2 + 1 g ё2 + 1 ω2R π Отметим, что ввиду того, что ё < 1, имеем β + arcsin , < g 1+ 2 ё2 поэтому, начиная с некоторой величины угла α, рассматриваемое усло- вие будет выполняться. 2. Аналогично, шайба может начать скользить от шарнира, если sin α − ё cos α < ω 2 R/g. ω2R Это условие можно записать в виде: α > π − β − arcsin , g ё2 + 1 однако при 0 < α < π/2 оно не выполняется. Комбинируя полученные результаты, приходим к ответу: при ω 2 R > ёg шайба начнёт скользить по доске при α = 0; при ω 2 R ёg < g шайба начнёт скользить по доске к шарниру при ω2R α > arctg ё + arcsin . g ё2 + 1 3. Два космических корабля с массами m1 и m2 летят с выключенными двигателями в поле тяготения звезды, масса которой M много больше 20