1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 29
Текст из файла (страница 29)
Из этих уравнений получаемN√2µ(1 + µ)F =mg при µ ≤ µ1 = 2 − 1.FF1 − 2µ − µ2√Условие заклинивания: µ > µ1 = 2−1 ( µ1 получается из уравнения1 − 2µ1 − µ21 = 0).112255.4. Дальность полета мяча ` ∼ 4v 2/g, где v – скорость ноги.√Тогда ∆t ∼ 2 · ∆R/v ∼ ∆R/ g` ≈ 0, 02 с при ∆R ∼ 0, 1 м,g = 10 м/c2, ` ≈ 60 м. Возможна оценка как при ударе мяча о стенку.xr2r = 2R−x , x R, отсюда r ≈ x2R.rma = F = ∆p · πr2, F ∼ ∆pπ2Rx,т. е.
линейно зависит от деформации (как вR O xзаконе Гука). Отсюда, рассматривая коэффициент при x как жесткость k, имеем k =2πR · ∆p. Вводя массу мяча m, получаем для частоты колебанийrr2πk2πR∆p=ω==,Tmmоткуда√∆t = T /2 = π/ω = πm2R∆p ∼ 10−2 с.55.5. См.
решение задачи 5 варианта 52.Вариант 5656.1. Пар под поршнем должен частично сконденсироваться. Давление его после начала конденсации и до конца равно 2p. Над порш-199ОТВЕТЫ. Варианты 1985 г.нем по Бойлю–Мариотту3p1 = pV /V1 = pV /(V + V ) = 4p/7.4Из условия равновесия поршня p1S + mg = 2pS, откудаmg = (2 − 4/7)pS = 10pS/7.56.2. Условие равновесия шара по вертикали:mg + 2N sin α = 2kN cos α,где N – сила нормального давления доски на шар. Равенство моментов относительно оси, проходящей через точку A, дает M g(L/2) sin α =N (L/2). Откудаm + 2M sin2 α m + 2M sin2 αk==.2M sin α cos αM sin 2α56.3. Из закона сохранения заряда Q1 − Q2 = Q01 − Q02.
С учетомсуперпозиции полей от пластин:Q’ -Q Q -Q’E1 = Q01/ε0S,E2 = (Q01 − Q1)/ε0S,E E EE3 = (Q01 − Q1 + Q2)/ε0S.11112223234Из-за замыкания проводником U14 = (E1 + E2 + E3)d = 0, откуда Q01 = (2Q1 − Q2)/3, следовательно, U23 = E2d = −(Q1 +Q2)d/3ε0S.56.4. Пренебрегая ростом, имеем для расстоянияvgαLL ∼ (v 2/g) sin 2α,Lmax ∼ (v 2/g),√v ∼ 2aS,где S – путь разгона ядра, a – его ускорение.56.5. См. решение задачи 5 варианта 53.200ОТВЕТЫ.
Варианты 1986 г.1986 г.Вариант 6161.1. F = mg(µb/µ − 1).√61.2. Скорость шарика при ударе о пол v0 = 2gh (см. рисунок слева). Пусть искомая скорость шарика равна v (см. рисунок вv0vV=0v= v02Av= v02Bцентре). Перейдем в систему центра масс шариков, где они движутсянавстречу друг другу со скоростями v/2. Роль непроницаемого каменного пола при их ударе сыграет плоскость симметрии AB (см. рисуноксправа). Таким образом, ясно: чтобы шарик разбился, должно выпол√√няться условие v/2 = v0 = 2gh.
Отсюда v = 2 2gh.61.3. а) Изображение точки в коническом зеркале — кольцо радиуса R = F/2, на расстоянии f1 = 2F от линзы.б) Изображение вышеупомянутого кольца в линзе дает точечноеизображение в зеркале на расстоянии f2 = 5F/3 от линзы.в) Изображение точки в линзе без участия зеркала — точка на расстоянии f3 = 3F от линзы.61.4. Пусть скорость велосипедиста на финише равна v, а силасопротивления воздуха F ∼ ρv 2 S, где ρ — плотность воздуха, а S —эффективная площадь велосипедиста, которая встречает набегающийпоток воздуха. Тогда мощность N ∼ F · v ∼ ρv 3S.
Положив ρ ∼1 кг/м3 , v ≈ 60 км/ч ≈ 16 м/с, S ∼ 0, 5 м2, получаем N ∼ 2 кВт.61.5. При внесении в колбу холодного стержня на нем происходитконденсация пара. Масса и температура пара уменьшается, что приводит к уменьшению давления в закрытой колбе. При этом температура201ОТВЕТЫ.
Варианты 1986 г.кипения воды также понижается. В результате уже слегка остывшаявода снова начинает кипеть.Вариант 6262.1. F = 32 πR3(ρ1 + ρ2 − 2ρ0)g из условия равенства сил, действующих на каждый шарик.62.2. Давление pн насыщающих паров воды при наличии водыостается неизменным:pн = p − ρga` + 2a.` − 2a62.3. После замыкания ключа получается эквивалентная схема,изображенная на рисунке. Начальная энергия-q2AC2q12q222d2W=q/2C,конечная—W=++q2нач1конB2C12C2 ,+q1где C1 = εd01S , C2 = εd02S , CC12 = dd12 .C1 d1CИз закона сохранения заряда q1 + q2 = q.
Из-q1равенства разности потенциалов между A и B и C и B следует Cq11 =q2qq,откудаq=,q=12C21+d1 /d21+d2 /d1 . Из закона сохранения энергиивыделившееся тепло Q = W нач − W кон :q 2 d21Q=.2ε0(d1 + d2)S62.4. Человек видит две близкие точки как одну, т. е. слившимися, с расстояния нескольких метров `, если расстояние d между этимиточками не превышает нескольких миллиметров (вспомните проверкузрения у врача-окулиста).
Для большего промежуточного расстоянияh (расстояние между рельсами), они сольются на большем расстоянииL:10−3 ∼ d/l ∼ h/L.Отсюда L ∼ hl/d ∼ 1 км при h ∼ 1, 5 м.202ОТВЕТЫ. Варианты 1986 г.62.5. Взаимодействие радиального тока и перпендикулярного плоскости колеса магнитного поля создают момент силы Ампера, направленной так, что колесо будет вращаться.
При смене полюса направления силы, момента силы и вращения сменяются не противоположные.Вариант 6363.1. t =√l1 +l2 −2F − (l1 −l2 )2 +4F2v=√5(5− 5)4≈ 3, 5 c.63.2. Из соображения симметрии каждая из двух палочек в точке O создает одинаковый потенциал ϕ и одинаковую по величине наEOEE E0EEб)a)пряженность E, направленную перпендикулярно палочке (см.
рисунокслева). Используя принцип суперпозиции, получаем 2ϕ = ϕ0, т. е.ϕ=ϕ0.2Поля надо складывать векторно (см. рисунок справа). Получаем ромб,у которого стороны равны E, а короткая диагональ равна E0. Тре~угольник со сторонами E, E, E0 — равносторонний, т. е. E = E0,~ перпендикулярно оставшейся палочке. (Вознаправление вектора Eможно красивое решение с добавлением третьей палочки, создающейполный правильный треугольник с E = 0 в центре.)63.3.
Проведем ось X через центры шаров, а ось Y – через точкуих соприкосновения по касательной. Из-за гладкости шаров y-состав-ОТВЕТЫ. Варианты 1986 г.203ляющая импульсов и скоростей шаров не изменяется после удара:γβv◦v=v=vsin30=.yAoyAX2YV/2Из-за упругости удара и равенства масс шаровс учетом сохранения y-составляющих их импульсов шары после удараобменяются x-составляющими импульсов и скоростей, т. е.√vxA = voxB = 2v cos 30◦ = v 3.√Отсюда искомый уголγ=π/3+β,гдеtgβ=v/v=23, т. е.xA yA√γ = π/3 + arctg(2 3).V 363.4.
Взяв объем парной V ∼ 100 м3, имеем из уравнения Менделеева–Клапейрона для водяного параmmRT.∆p · V = RT, т. е. ∆p ∼µµVПоложив m = 1 кг, T ≈ 350 К, µ = 18 · 10−3 кг/моль, V ∼102 м3, R = 8, 3 Дж/К·моль, получим ∆p ∼ 1, 6·103 Па ≈ 0, 02 атм.Возможно решение и через сравнение масс воздуха и пара в парной.63.5.
В отсутствии качаний сила натяжения нити T ' mg ≤≤ mδpg(µ cos α − sin α). При качаниях, когда маятник проходитвблизи положения равновесия T ' mg + mv 2/` ' mg(1 + 2h/`),т. е. сила натяжения увеличивается и, нарушая равновесие, рывкамисдергивает брусок вниз.Вариант 64r 222264.1.
Nпар = E R/(R + 3 ) , Nпосл = 9E R/(R + 3r) .Nпосл = 4Nпар ,r = R/5.64.2. Из закона сохранения энергии и условия потенциальностиэлектростатического поляmv02`mv 22·+2·q E =2·.222204ОТВЕТЫ. Варианты 1986 г.Из второго закона Ньютонаmv 2q22·=T +.`4πε0`2В итоге2mv02q2T =+ 2qE −.`4πε0`264.3. Из равновесия кольца 3 следует 2mg = 3F cos α, где F –сила натяжения нити.
Из равновесия кольца 2 следуетp 3F −3F cos α−mg = 0. Отсюда cos α = 2/3, r/H = tg α = 5/2, т. е.√H = r ctg α = r · 2 5/5.64.4. Сила, действующая на шток насоса, примерно равна весу человека: F ∼ 500 Н. Площадь поршня S ∼ 3 · 10−3 м2, избыточное давление ∆p ∼ F/S ∼ 2 · 105 Па. Сила, действующая на застрявшую дробинку, F ∼ ∆p · πr2 ∼ 1 Н при r ∼ 1, 5 · 10−3 м.Ускорение дробинки a ∼ F1/m √= F1/(ρ · 34 πr3) ∼ 104 м/с2 , гдеρ ∼ 104 кг/м3. Отсюда vmax ∼ a` ∼ 70 м/с, где длина выходнойтрубки ` ≈ 0, 5 м.64.5. См.
решение задачи 5 варианта 61.Вариант 6565.1. По мере того как точка падения луча на зеркало перемещается к краю, угол отражения α и соответα αственно угол между отраженными лучамиRβ = 2( π2 − 2α) монотонно растет:βR2т.е. αmax = π/6. βmax = π/3.sin αmax =R/2= 1/2,RОТВЕТЫ. Варианты 1986 г.205~65.2. Пусть силы натяжения пружин AD и CD равны√ F1, а BDравна F~2. Условие равновесия по вертикали дает 2F1 · 3/3 + F2 =mg (*).По закону Гука√F1 k(`1 − `0)`0== √, т.
е. F2 = ( 3 − 1)F1.F2 k(`2 − `0) ( 3 − 1)`0Так как после разрыва AD сила ее натяжения стала равна 0,√то сила,действующаяна грузик, стала равной√−F~1. Из (*) находим 3F1 +√( 3 − 1)F1 = mg, т.е. F1 = mg/(2 3 − 1), откуда√~~a = −F1/m, |~a| = g/(2 3 − 1).65.3. За время τ под действием силы F = J0B` стержень приобретает скорость v = aτ = J0B`τ /m. Из закона сохранения энергииmv 2/2 = mgh(1 − cos ϕm). Отсюда максимальный угол отклонениярамкиJ0B`τJ B`τ√ , при 0 √ ≤ 1,ϕm = 2 arcsin2m gh2m ghприJ0 B`τ√2m gh> 1 рамка будет вращаться.65.4. Кинетическая энергия осколков и воды при разлете примерноодинакова (давление внутри бутылки мгновенно возрастет большем,чем в тысячу раз: p = ρRT /µ) и в сумме будет равна начальнойэнергии воды: mv 2 ∼ mRT /µ. Положив µ = 18 · 10−3 кг/моль,R = 8, 3 Дж/(К · моль), T ∼ 300 К, получаем v ∼ 400 м/с.65.5. См.
решение задачи 5 варианта 63.Вариант 6666.1. Так как пластина движется с постоянной по величине и направлению скоростью, сумма сил и их моментов равна нулю. Точки O1и O2 – центры квадратов – точки приложения сил трения. Пусть вес206ОТВЕТЫ. Варианты 1986 г.каждого из квадратов – mg, а ` – длина стороны. Тогда из-за отсутствия вращения, в частности, относительно оси, проходящей черезточку A, перпендикулярно плоскости пластины:√√ππ22µ1 · mg`· sin− α = µ2, mg · `· sin+ α .(∗)2424√πππ2± α = sin cos α ± cos sin α =(cos α ± sin α).sin4442Таким образом, из уравнения (*) имеем1 − tg α µ2µ1 − µ2= , откуда α = arctg.1 + tg α µ1µ1 + µ2(Есть вариант ответа α = π4 − arctg µµ21 . )66.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
