Конечно. Решаю №1 из первого фото и все три задачи со второго фото.

1. Первая задача из первого файла — замыкание ключа

До замыкания ключа в цепи работает только один резистор $R$. Катушка находится в установившемся режиме, поэтому для постоянного тока она эквивалентна проводнику без сопротивления.

По графику:

$$I_0=3\text{ А}.$$

Следовательно,

$$I_0=\frac{\mathcal E}{R}=3\text{ А},$$

то есть

$$\mathcal E=3R.$$

После замыкания ключа второй такой же резистор $R$ подключается параллельно первому:

$$R_{\text{экв}}=\frac{R\cdot R}{R+R}=\frac R2.$$

В новом установившемся режиме ток будет

$$I_1=\frac{\mathcal E}{R/2} =\frac{2\mathcal E}{R}.$$

Но

$$\frac{\mathcal E}{R}=I_0=3\text{ А}.$$

Поэтому

$$\boxed{I_1=6\text{ А}}.$$

Почему ток увеличивается плавно, а не скачком? При попытке изменить ток в катушке возникает ЭДС самоиндукции

$$\mathcal E_{\text{си}}=-L\frac{dI}{dt},$$

которая по правилу Ленца препятствует изменению тока. Поэтому ток через катушку не может мгновенно измениться с $3$ до $6$ А.

После замыкания уравнение цепи:

$$L\frac{dI}{dt}+\frac R2 I=\mathcal E.$$

Отсюда зависимость тока:

$$\boxed{I(t)=6-3e^{-Rt/(2L)}}.$$

То есть ток начинается с $3$ А и асимптотически стремится к $6$ А.

---

Второй файл

6.117. Доска на двух вращающихся трубах

Расстояние между осями труб — $l$. Пусть доска сместилась от среднего положения вправо на $x$.

Обозначим силы реакции левой и правой труб через $N_1$ и $N_2$.

По вертикали:

$$N_1+N_2=mg.$$

Из условия равновесия моментов относительно центра масс доски:

$$N_1\left(\frac l2+x\right) = N_2\left(\frac l2-x\right).$$

Отсюда

$$N_1=mg\left(\frac12-\frac{x}{l}\right),$$ $$N_2=mg\left(\frac12+\frac{x}{l}\right).$$

Трубы вращаются навстречу друг другу, поэтому силы трения направлены к середине: от левой трубы — вправо, от правой — влево.

Их модули:

$$F_1=\mu N_1,\qquad F_2=\mu N_2.$$

Результирующая сила вдоль доски:

$$F=F_1-F_2 =\mu(N_1-N_2).$$

Подставляем:

$$F = \mu mg \left[ \left(\frac12-\frac{x}{l}\right) - \left(\frac12+\frac{x}{l}\right) \right].$$ $$F=-\frac{2\mu mg}{l}x.$$

По второму закону Ньютона:

$$m\ddot x=-\frac{2\mu mg}{l}x.$$

Сокращаем $m$:

$$\ddot x+\frac{2\mu g}{l}x=0.$$

Это уравнение гармонических колебаний, поэтому

$$\omega^2=\frac{2\mu g}{l},$$ $$\omega=\sqrt{\frac{2\mu g}{l}}.$$

Период:

$$T=\frac{2\pi}{\omega}.$$

Итак,

$$\boxed{T=2\pi\sqrt{\frac{l}{2\mu g}}}.$$

Масса доски в ответ не входит.

---

6.118. Тоннель Москва — Владивосток через Землю

Рассматриваем стандартную модель: Земля — однородный шар радиуса $R$, сопротивления воздуха и трения нет, вращением Земли пренебрегаем.

Внутри однородного шара сила тяжести пропорциональна расстоянию от центра:

$$g(r)=g\frac rR,$$

где $g$ — ускорение свободного падения на поверхности.

Возьмём координату $x$ вдоль тоннеля от его середины. Хотя тоннель не обязательно проходит через центр Земли, проекция силы тяжести вдоль тоннеля оказывается пропорциональна $x$:

$$a_x=-\frac gR x.$$

Поэтому

$$\ddot x+\frac gR x=0.$$

Это гармонические колебания с

$$\omega=\sqrt{\frac gR}.$$

Период полного движения туда-обратно:

$$T=2\pi\sqrt{\frac Rg}.$$

Вагон стартует из Москвы из крайнего положения, проходит через середину тоннеля с максимальной скоростью и достигает Владивостока в противоположном крайнем положении. Это занимает половину периода:

$$t=\frac T2 =\pi\sqrt{\frac Rg}.$$

Берём

$$R\approx 6.37\cdot10^6\text{ м},\qquad g\approx9.8\text{ м/с}^2.$$

Тогда

$$t= \pi\sqrt{\frac{6.37\cdot10^6}{9.8}} \approx2.53\cdot10^3\text{ с}.$$ $$t\approx42.2\text{ мин}.$$

Итак,

$$\boxed{t\approx42\text{ мин}}.$$

Во Владивостоке скорость снова станет нулевой, после чего вагон начнёт двигаться обратно. При полном отсутствии сопротивления он будет совершать такие колебания бесконечно.

---

6.72. Шарик между двумя пружинами

Пусть шарик массой $m$ сместился от положения равновесия вниз на небольшое расстояние $x$.

При этом изменение силы со стороны верхней пружины:

$$\Delta F_1=-k_1x.$$

Изменение силы со стороны нижней пружины тоже направлено против смещения:

$$\Delta F_2=-k_2x.$$

Сила тяжести $mg$ уже учтена в положении равновесия и при рассмотрении малых отклонений сокращается.

Поэтому результирующая возвращающая сила:

$$F=-(k_1+k_2)x.$$

Уравнение движения:

$$m\ddot x=-(k_1+k_2)x,$$

или

$$\ddot x+\frac{k_1+k_2}{m}x=0.$$

Следовательно, циклическая частота:

$$\boxed{\omega=\sqrt{\frac{k_1+k_2}{m}}}.$$

Обычная частота колебаний:

$$\boxed{\nu=\frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k_1+k_2}{m}}}.$$

Период:

$$\boxed{T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k_1+k_2}}}.$$

Если пружины поменять местами, сумма $k_1+k_2$ не изменится, поэтому

$$\boxed{\text{частота колебаний не изменится}.}$$