1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 28
Текст из файла (страница 28)
Гантелька – два груза с массами M и m, соединенные невесомым стержнем длины L, лежит на гоgризонтальной плоскости. Правый грузm L M V=?привязан нитью длины R к потолкуи находится точно под точкой подвеса.Какую горизонтальную скорость V надо сообщить гантельке, чтобылевый груз оказался на месте правого? Трения нет, ускорение свободного падения – g.67.2. Нагреватель выделяет мощность N при подаче на него напряжения U0. Чтобы при подаче напряжения U >rU0 на нагревателе выделялась та же мощность,RUк нему последовательно подсоединяют резистор.Каково сопротивление r этого резистора?ВАРИАНТ ЭКЗАМЕНАЦИОННЫХ ЗАДАЧ 2006 г.18967.3.
Поршень массы m в вертикальном цилиндрическом сосудеисходно неподвижен. Выше и ниже его находится газmgпри одинаковой температуре. Найдите силу трения,действующую на поршень, если при повышении общей температуры до величины T1 поршень начинаетподниматься, а при понижении до T2 – опускаться.67.4. Радиус планеты Меркурий Rм = 2, 4 · 103 км, средняяплотность – ρм = 5, 5 · 103 кг/м3. Гравитационная постоянная –G = 6, 67 · 10−11 Н · м2/кг2.а) Получите выражение для первой космической скорости на Меркурии.б) Вычислите её значения в км/с.в) Получите выражение для ускорения свободного падения на поверхности Меркурия и рассчитайте его значение.Вариант 68–ГГФ68.1. Тонкую трубку опустили в сосуд так, что длина выступающей из воды части равна L0.
Закрывgверхний конец, привели трубку в вертиLкальное положение, не вынимая нижнийL0конец из воды. Уровень воды в трубкеHоказался на H выше уровня воды в сосуде при длине столбика воздуха L. Найдите атмосферное давление, если температура неизменна, плотностьводы – ρ, ускорение свободного падения – g.68.2. Шарик массы m с зарядом q привязан двумя нитями длиныR к вертикальной стене. Угол между нитями – 60◦.Rgm,qВ точке соединения нижней нити со стеной закрепRлён заряд q. Найдите натяжения верхней и нижнейqнитей.
Ускорение свободного падения – g.190ВАРИАНТ ЭКЗАМЕНАЦИОННЫХ ЗАДАЧ 2006 г.68.3. Под каким углом α с нормалью к поверхности жидкостинужно направить параллельный пучок света,h α=?чтобы расстояние между крайними лучамипучка в жидкости стало равно H? В воздухеnHэто расстояние равно h, показатель преломления жидкости n.68.4. а) Сформулируйте закон Джоуля–Ленца для тепловой мощности, выделяющейся на участке цепи с сопротивлением.б) Какой ток идёт через спираль электрической лампы мощностью100 Вт при напряжении 220 В?в) При напряжении 1 кВ на проводнике выделяется мощность100 кВт.
Каково сопротивление проводника?ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ1985 г.Вариант 5151.1. Пусть p – давление жидкости. Тогда F = p(S1 − S2) иFx = F + pS2, откудаFx =F.1 − S2/S151.2. При установившемся напряжении конденсаторы имеют общий заряд q = U C2 с параллельным подключением:q2C2(C1 + C3) U 2C2 U 2−=· .Q=22(C1 + C2 + C3) C1 + C2 + C3 251.3. Центр масс стержня займет низшее положение, когда стержень встанет вертикально. При этом сила натяжения нити из-за малости угла отклонения останется вертикальной.
Поэтому горизонтальная составляющая импульса, равная нулю, не меняется, откуда mvB =mvC . По закону сохранения энергииmvB2 /2 + mvC2 /2 = mg` + 3mg`.√Отсюда vB = vC = 2 g`. Таким образом, стержень в этот моментвращается вокруг центра 0 отрезка BC. Расстояние OA = 2OB,√поэтому vA = 2vB = 4 g`.qp2251.4. Угол α = B ÔA ∼ AB/R = (R + h) − R /R ≈ 2h/R.hЗемля затратит для поворота на угол α времяBRpωααt ∼ α/ω = α · T /2π ∼ 2h/R · T /2π.ORpAh/2R · T /π ≈ 15 минt ∼192ОТВЕТЫ.
Варианты 1985 г.при R = 6, 4 · 103 км, h = 10 км, T = 1 сут. Заменив R на R cos ϕможно учесть широту ϕ. Близкий к полученной оценке порядок даетучет рефракции.51.5. Когда брусок кладут на пару роликов, сила трения, действующая на него со стороны заклиненного ролика B, направлена влево (см.рисунок) и стремится повернуть брусок по часовой стрелке. В результате сила давления на правый (нижний) ролик будет больше, чем наN1N2FmpAAFmpBBmgN2N1CmgCлевый (верхний). Поэтому в первом случае Fтр = µN2 будет меньше,чем во втором.Если брусок начал соскальзывать, то благодаря тому, что центр тяжести смещается вправо, сила реакции, действующая на левый ролик,будет уменьшаться, а на правый – увеличиваться. Поэтому в первомслучае брусок, начав съезжать, не сможет остановиться, а во втором– остановится.Вариант 5252.1.
Показания вольтметраVа =ERrVErV·== Vб ,r − (RrV )/(R + rV ) R + rVR + r + rVоткуда rV = R2/r.52.2. При d < F решения нет.При F < d < R + F одно решение: x = dF/(d − F ).ОТВЕТЫ. Варианты 1985 г.193При d > R + F – два решения (см. рисунок):1/x1 + 1/d = 1/F, откуда x1 = dF (d − F );1/x2 + 1/(d − R) = 1/F, откуда x2 = (d − R)F/(d − R − F ).2◦52.3. mω`/2=2Tcos60, √√√M ω 2 ` 3/2 = 2T cos 30◦ + k( 3 − 2)`.Здесь T – сила натяжения нити.p2k(1 − 2/3)ω=.M −m52.4.
Пусть ∆H – размер на экране минимальной детали, различимой глазом зрителя с расстояния `; H – размер экрана; ∆h –размер кристаллика («зерна») на пленке; h – размер кадра.Из подобия (см. рисунок) ∆H/H ∼ ∆h/h. Угловое разрешениеглаза (отношение мельчайшей детаэкранли, еще различимой глазом, к расстояhнию до нее), определяется, например,DHDhHпленкаиз воспоминаний о посещении глазного кабинета: с расстояния несколькихlметров видны детали букв, не меньшие нескольких миллиметров, т. е. ∆θ ∼ 10−3.Тогда ∆H ∼ `·∆θ, где ` – расстояние от зрителя до экрана. Такимобразом, ∆h ∼ h · ∆H/H ∼ h · `∆θ/H ≈ 0, 04 мм при ` = 20 м,h ∼ 1 см, ∆θ ∼ 10−3, H = 5 м.194ОТВЕТЫ.
Варианты 1985 г.52.5. При взбалтывании за счет существенного увеличения поверхности соприкосновения горячей воды с воздухом происходит быстрыйразогрев воздуха, увеличивающий давление в сосуде. Кроме того, резко возрастает испарение. К давлению воздуха добавляется заметноедавление водных паров. Шарик раздувается. Потом воздух остывает,пар конденсируется, давление спадает. Далее все повторяется, но применьшей температуре, поэтому явление выражено слабее.Вариант 5353.1. Радиус светового пятнаr=R.(a/d − 1)(a/F − 1)53.2. В первом шаре давление p1 = α/R1, а во втором p2 =p1 + α/R2, после того как остался один шар p = α/R, объемы газасоответственно равны V1 = 4π(R13 − R23)/3,4πR234πR3Vx =, V =.33По закону Бойля–Мариоттаp1V1 + p2V2 = pV .pОтсюда R = R12 + R22.√53.3. Продольная составляющая скорости vk = v 3/2, направленная вдоль оси реакции OC, сохраняется.
Перпендикулярная составляющая скорости v⊥ = v/2 и направлена вдоль AB.Используя законы сохранения энергии и импульса (сохраняющиесяпродольные составляющие из уравнений уходят),CDимеемau3m(v/2)2 m(v/2)2 3mu2A mu2B⊥au+=+E2222OABvvv3m − m = 3muA⊥ + muB⊥.22195ОТВЕТЫ.
Варианты 1985 г.√Отсюда uA⊥ = 0, uB⊥ = v. ТакимuA = v 3/2 и наqобразом,√правлена по OC (см. рисунок), uB = (v 3/2)2 + v 2 и направлена√√по OD. Отсюда tg α = OC/OE = 2 3; α = arctg(2/ 3).53.4. Сила F = ∆pS, где ∆p – перепад давлений, который возникает из-за охлаждения воздуха в стакане и из-за изменения объема, так как вода, получившаяся из льда, занимает меньший объем.F = ∆pS = (pa − p1)S, из обобщенного газового закона имеемpa(V0 − Vл ) p1(V0 − Vв)=,T0T1F = pa SVл − Vв ∆T V0 − Vл+.V0 − VвT V0 − VвF ≈ 200(0, 1 · 0, 066) ≈ 30 Н при V0 = 200 см3, T0 = 273 К,∆T = 20 К, S = 20 см2, Vл = 110 см3.53.5.
При закрывании одного из отверстий жидкость, вытекающаяиз него, тормозится. При этом создается избыточное давление, которое ускоряет жидкость, вытекающую через оставшееся отверстие.Поэтому высота фонтанчика сначала увеличивается.После установления стационарного режима высота оставшегося фонтанчика оказалась бы на прежнем уровне (при пренебрежении изменением уровня в сосуде), если бы не сказывалось трение.
На деле этавысота несколько больше первоначальной, так как потери на трение вшланге уменьшаются из за уменьшения там скорости жидкости.196ОТВЕТЫ. Варианты 1985 г.Вариант 5454.1. В соответствии с рисунком имеемH = R sin γ ' Rγ,βαh = R sin α ' Rα, β = αn,βγ Hh αγ = π − α − (π − 2β) == 2β − α = (2n − 1)α.Откуда H/h ' γ/α = 2n − 1.54.2. pS = N + p2S; αSβp = N + P2αS, где N – реакция стержня. Из этих условий равновесия имеем значение давленияво втором отсеке: p2 = p αβ−1α−1 .Объемы отсеков равны````V1 = S, V2 = S + αS, V3 = αS.2222Так как температура во всех отсеках одинакова, поршни после нагрева останутся на прежних местах.
Тогда, вводя полное число молейгаза ν имеем из закона Менделеева–Клапейрона:откудаp1V1 + p2V2 + p3V3 = νRT1 , p1 ≡ p, p3 ≡ βp,α2 β − 1pS`= νRT1 .α−1Из закона сохранения энергии Q + νcT1 = νcT2 находим ν.В итоге искомое изменение давленияQR α − 1.cS` α2β − 154.3. Начальное равновесие дает kx0 = M g. По закону сохранения энергии имеем∆p = p0 − p =kx20kx2max+ (M + m) g (xmax − x0) =; xmax 6= x0.22197ОТВЕТЫ.
Варианты 1985 г.Подставляя x0 = M g/k, получаемxmax = (M + 2m) g/k.Из второго закона Ньютонаma = mg − N,(M + m)a = (M + m)g − kx.Отсюда N =mkx,M+mт. е.M + 2mmkxmax= mg.M +mM +m 254.4. Мощность N ∼ mv2 /τ , где τ – время сплющиванияNmax =пули, τ ∼ `/vсредн. ∼ 2`/v. Таким образом, N ∼ mv 3/(4`) ≈ 2 ·106 Вт = 2 МВт при m ≈ 3 · 10−3 кг, ` ∼ 10−2 м, v ≈ 3 · 102 м/с.54.5.
См. решение задачи 5 варианта 51.Вариант 5555.1. Масса воды – ρHS/2 + ρhS/2. Введем давление запертого между стенками воздуха ρ. Условие равновесия и закон Бойля–Мариотта дают: p = pa + ρg(H − h) и p(H − h) = paH. Отсюда4g (ρSH − m)2·.pa =S 2m − ρSH55.2. Чтобы изображение S 0 совпало с источником надо, чтобыизображение источника в зеркале также совпало бы со своим источником. Есть два случая:1) изображение совпадает с центром сферы. Тогда1/a1 + 1/(d − R) = 1/F , где a – расстояние от S 0 до линзы.a1 = F (d − R)/(d − R − F ) при d > R + F и d < R;2) 1/a2 + 1/d = 1/F , откуда a2 = F d/(d − F ) при d > F .198ОТВЕТЫ. Варианты 1985 г.Здесь лучи, идущие от линзы, попадают в точки пересечения оптической оси с зеркалом, тогда они отразятся под тем же углом к оси, чтои пришли.55.3. Условие равенства моментов относительно центра катушки:F R = (F1 + F2) · 2R; F1 = µN1, F2 = µN2.gРавновесие по горизонтали дает N1 = µN2, а2RF2Rпо вертикали приводит к условию N2 + µN1 =RNRmg + F .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
