Схема представляет собой проволочный квадрат с одной диагональю.сопротивление каждой из сторон квадрата а также диагонали равно r=2 ом.найти: а)сопротивление между соединениями вершинами )сопротивление между вершинами соединенными диагональю.

A) найдем сопротивление участка цепи между точками а и с. на участке а-d-b (контур 1, показан красным) последовательное соединение, поэтому сопротивление будет равно сумме сопротивлений отдельных элементов, т.е. 2+2=4(ом). в контуре 2 (показан синим), параллельно контуру 1 подсоединен один элемент и сопротивление контура 2 находится как произведение сопротивлений, деленное на их сумму, т.е. 4*2/(4+2)=8/6=4/3 (ом). в контуре 3 (показан зеленым) последовательно с контуром 2 подключен один элемент; сопротивление контура 3 составит 2+4/3=10/3 (ом). и последний элемент на участке  а-с подсоединен параллельно контуру 3, поэтому общее сопротивление будет равно 2*(10/3)/(2+10/3)=(20/3)/(16/3)=20/16=5/4=1.25 (ом) б) сопротивление участка а-в найти гораздо проще. тут мы имеем два параллельно соединенных контура, 1 и 2 (обведены красным), которые содержат по два последовательно соединенных элемента. сопротивление каждого такого контура равно 2+2=4 (ом), а при их параллельном соединении общее сопротивление будет равно 4*4/(4+4)=2 (ом). и параллельно этим контурам включен один элемент, поэтому искомое сопротивление равно 2*2/(2+2)=1 (ом).

Бозоны неразличимы, и их можно запихивать сколько угодно в одно квантовое состояние, поэтому у нас 4 способа. (первое состояние - второе состояние) 0 - 3 1 - 2 2 - 1 3 - 0 если бы частицы были классическими, то имело бы значение, какую именно частицу мы засунули в какое состояние, состояния 0 - 3 и 3 - 0 отношения к этому не имеют, а вот состояния   1 - 2 и   2 - 1 расщепляются каждое на три (потому что важно, какую частицу мы помещаем отдельно от остальных). итого 2+3+3 = 8 способов.

1) запишем законы: сохранения испульса зси, сохранения энергии зсэ и сохранения момента импульса зсми : mvo = mv + mv     – зси, где vo, v и v – начальная скорость шарика и конечные скорости шарика и центра масс стержня; mvo²/2 = mv²/2 + mv²/2 + jω²/2     – зсэ, где ω – угловая скорость вращения стержня с моментом инерции j = ml²/12   ; mrvo = mrv + jω     – зсми , где r – расстояние от середины стержня до точки удара; из споставления зсми и зсм: mv = jω/r ; m²v² = j²ω²/r² ; mv² = j²ω²/[mr²] ; тогда можно переписать зсэ и зсми так: m ( vo² – v² ) = jω² ( 1 + j/[mr²] ) ;     зсэ * m ( vo – v ) = jω/r ;     зсми * разделим: vo + v = ωr ( 1 + j/[mr²] ) ;     || * m сложим с зсми * : 2mvo = mωr ( 1 + j/[mr²] ) + jω/r = ω ( mr ( 1 + j/[mr²] ) + j/r ) = = ω ( mr + ( 1 + m/m )j/r ) = ω ( mr + (m+m)l²/[12r] ) ; ω(r) = 2vo/[ r + (1+m/m)l²/(12r) ] ; найдём экстремум ω(r) , решив уравнение: dω/dr = 0 ; dω/dr = 2vo ( (1+m/m)l²/[12r²] – 1 ) / ( r + (1+m/m)l²/[12r] )² = 0 ; ясно, что при r² < (1+m/m)l²/12     :     ω(r) – растёт, а затем – падает. итак: r(ωmax) = l/2 √[(1+m/m)/3] ) ; что верно пока соотношения масс m ≤ 2m, и если m=2m то r(ωmax) = l/2, т.е. шарик при таком соотношени должен попасть в конец стержня. если же m > 2m, то, пскольку r не может быть больше l/2, то значит, r(ωmax) = l/2 ; ответ: если m ≤ 2m, то r(ωmax) = l/2 √[(1+m/m)/3] ) ; если m ≥ 2m, то r(ωmax) = l/2 ; 2) из полученного импульса p легко найти скорость центра масс: p = mv; v = p/m ; уравнение движения центра масс s(t) = vt = [p/m] t ;     [1] стержень получает момент импульса относительно центар масс – pl/2, откуда легко найти угловую скорость ω : pl/2 = jω     – где j = ml²/12 – момент инерции стержня относительно центра масс ; ω = pl/[2j] = 6p/[ml] ; уравнение вращения φ(t) = ωt = [6p/ml] t ;     [2] делим [1] на [2] и получаем: s(t)/φ(t) = [p/m]/[6p/ml] = l/6 ; s(φ) = lφ/6 ; при полном обороте φ = 2π ; s(2π) = πl/3 ; ответ: s(2π) = [π/3] l .