1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 31
Текст из файла (страница 31)
Работа силы сопротивления A = Fсопр · h = mgh.Масса капли m = ρ·4πr3/3 ∼ ρ·4r3. A ∼ 4ρr3 gh. ρ = 103 кг/м3,r ∼ 1 мм = 10−3 м, g = 10 м/с2, h = 1 м. A ∼ 4 · 10−5 Дж.75.5. См. решение задачи 5 варианта 72.Вариант 7676.1. Из уравнения Менделеева–Клапейрона дня одного моля газа pV = RT следует, что угол наклона α иэохоры к оси температуртаков, что tg α = p/T = R/V .
Другими словами, максимальныйнаклон соответствует минимальному объему и наоборот. Vmin соответствует изохоре OB, Vmax – изохоре OD.Vmin = RT1 /p2, Vmax = RT2/p1.ОТВЕТЫ. Варианты 1987 г.21576.2. Пусть на обкладке конденсатора окажется заряд q, тогда нашаре останется заряд Q − q. На другой обкладке возникнет зарядQ − q, а на шаре радиуса R – заряд +q.
(Из-за сохранения заряда.) Приравнивая разности потенциалов между обкладками и междушарами, получаем 4πε0q/C = Q−q− Rq , откудаrs1 4πε0q = 1+r+.RC76.3. Так как скорость v бусинки постоянна, сила трения µN уравновешивает «скатывающую» силу mg sin α. Из второго закона Ньютона получаем 2 2 2α 2mv cos αmg sin2+ mg cos2 α = N 2 =.RµОтсюда, сократив на m, имеем)1/4√ (2Rgsin αv=− cos2 αпри tg α > µ.cos αµ76.4. Грубая оценка по порядку величины из закона сохранения2энергии дает: mvц.т./2 + mg · `/2 ∼ F h, где F ∼ (Mчел/2)g.
F– сила давления одной ноги стоящего человека. (Конечно, неточно2Eкин = mvц.т./2, но в грубой модели такая точность достаточна.)sMvxh − ` g,= 2, так как v = ωr,vц.т. ∼mvц.т.qMт. е. vx ∼ 2h−`g ∼ 15 м/с при M/m ∼ 70; h ∼ 0, 1 м;m` ' 1, 5 м; g = 10 м/с2.76.5. См. решение задачи 5 варианта 73.216ОТВЕТЫ. Варианты 1988 г.1988 г.Вариант 8181.1. Введем массу груза m. Тогда ma = T2 − T1, mg + T3 = T1.ОтсюдаT2 − T4a=g.T1 − T381.2. В момент максимального сжатия правый конец пружинкидолжен иметь, как и грузик скорость v. Перейдем в систему отсчета,где левый конец А пружинки покоится.
В этой системе грузик, имеяначальную скорость v, сжимает пружинку на ∆xи останавливается.Таким образом,mv 2= k∆x2/2.2В начальной системе отсчета грузик отойдет от пружинки со скоростью v1, когда она полностью распрямится. Из закона сохраненияэнергии получаемmv 2 k∆x2 mv12+=.222С учетом предыдущего соотношения, имеем√v1 = 2v.81.3. При напряжении U выделяющееся на сопротивлении количество теплоты ∆W1,2 = U 2t1,2/R1,2, т.
е. ∆W1/∆W2 = t1R1/t2R2 независит от U . Значит, отношение полных количеств теплоты W1/W2 =t1R1/t2R2. Из закона сохранения энергии W1 + W2 = CU 2/2. Отсюдаt 1 R2CU 2t 2 R1CU 2W1 =, W2 =.t 1 R2 + t 2 R1 2t 1 R2 + t 2 R1 281.4. Работа при выходе через свисток может быть оценена так:A ∼ p∆V ∼ pV ∆p/p ∼ V ∆p, где V – объем воздуха, выдыхаемый из легких, а ∆p – прирост давления при продувке (∆p ∼ 0, 1p).217ОТВЕТЫ. Варианты 1988 г.Положив, что время свиста t ∼ 10 с, p ≈ 5 · 105 Па, V ≈ 1 л= 10−3 м3получаем, что искомая мощность N ∼ A/t ∼ ∆pV /t ∼ 5 Вт.81.5. Эффект обусловлен тем, что отраженный вторым зеркаломпоток затем отражается от первого, причем происходят многократные отражения. В итоге к первоначальному потоку, прошедшему черезпервое зеркало, добавляется этот ещё ощутимый вклад в результатемногократных отражений.Вариант 8282.1.
Накопленный за время τ импульс (F − Fтр)τ растрачиваетсяза время t: (F − Fтр)τ = Fтр t, отсюда Fтр = F/(1 + t/τ ).82.2. Поток индукции B через рамку не меняется, поэтому сопротивления R2 и R1 оказываются включенными параллельно. По законуФарадея Eинд = −∆Φ/∆t = B`v. Таким образом, по закону Омаполучаем для тока, идущего через амперметр,JA =B`v.R1 + R2R3/(R2 + R3)82.3. Пружина начинает приподнимать груз, когда mg = kx0, гдеx0 – удлинение пружины к этому моменту.Перейдем в систему отсчета, движущуюся вверх со скоростью ~v .В этой системе грузик в момент отрыва от стола движется вниз соскоростью v. Если ввести x – максимальное удлинение пружины, тоотносительно низшей точки потенциальная энергия грузика в этот момент равна mg(x − x0). Используя закон сохранения энергии, получаем,mv 2kx20 kx2= mg(x − x0) +=.222Отсюда, с учетом того что x0 = mg/k, имеемkx2 − 2mgx − mv 2 + m2g 2/k = 0.218ОТВЕТЫ.
Варианты 1988 г.Решение уравнения однозначно, так как x > x0 :rmgmx=+v.kk82.4. Кинетическая энергия пули mv 2/2 переходит во внутреннююэнергию сжатого внутри ствола воздуха 3/2νR(T − T0). Температурасжатого воздуха T T0, так что на уровне оценки из закона сохранения энергии следует mv 2 ∼ 3νRT . Потерями тепла из-за быстроты процесса можно пренебречь. По закону Клапейрона–Менделееваp0`S = νRT0 .Таким образом,mv 2T0T ∼.3p0`SПри m ∼ 10 г, v ∼ 7 · 102 м/с, длине ствола ` ∼ 1 м, сечение егоS ∼ 10−4 м2, p0 = 105 Па, T0 ∼ 300 К получаем T ∼ 5 · 104 К.82.5.
Лампа Л2 гаснет, когда мост практически уравновешен. Таккак до этого она горела, значит, сопротивление ламп Л1 и ЛЗ не R, аменьше (так как по мере нагрева включенных ламп их сопротивлениерастет с температурой).Ток вначале, таким образом, идет по пути наименьшего сопротивления – через три лампы. А поскольку лампа Л2 загорается первой,ее начальное сопротивление должно быть самым большим среди трехламп.Вариант 8383.1. Из закона Бойля–Мариотта получаем p01 = 2p1, p02 = 2p2/3.Из условия равновесия поршня следует, чтоp01 − p02 = p2 − p1.Искомое отношение m1/m2 = p1/p2 = 5/9.219ОТВЕТЫ. Варианты 1988 г.83.2. В момент отрыва кубика скорость налетающего кубика равнаu, тогдаmv 2/2 = mu2/2 + F 2/2k (условие отрыва: kx = F ).После отрыва из закона сохранения импульса mu = mv1 + mv2.
Иззакона сохранения энергииmv 2/2 = mv12 + mv22/2.Решая совместно получившуюся систему, приходим к ответу:p1 p 2v1 = −v + F 2/mk − v 2 − F 2/mk ,2p1 p 2222v2 =v + F /mk + v − F /mk ,2причем v 2 > F 2/mk из условия отрыва.83.3. Из закона Фарадея E = BLv. Тогда ток через индуктивность L, JL = B`vt/L. А через сопротивление R JA = B`v/R.Сила Ампера, действующая на перемычку, F = (JL + JR ) B`, т.
е.F = B 2`2v (1/R + t/L) .83.4. Если ввести плотность снега ρ, ширину путей `, высоту слояснега h, скорость локомотива v, тогда масса снега, сметаемая за время∆t, равна ∆m ∼ ρ`hv∆t, a энергия, требуемая для этого,∆E ∼ ∆mv 2 ∼ ρ`hv 3∆t.Отсюда мощность N = ∆E/∆t ∼ ρ`hv 3 ∼ 50 кВт при ρ = 0, 5 ·103 кг/м3 , ` = 1м, h ∼ 0, 1м, v ∼ 10 м/с.83.5. См. решение задачи 5 из варианта 81.Вариант 8484.1. По закону Бойля–Мариотта pV = pxSh; зная px = pV /Sh,находим m = 3pV /hg.220ОТВЕТЫ. Варианты 1988 г.84.2. Суммируя проекции на направление силы F~ сил натяжения,сообщающих массам m центростремительные ускорения v 2/ (`/2) получаем√√ mv 22mv 2 2=2 2.F =(`/2) 2`84.3.
Из закона сохранения энергии до сдвига 22LJ0L J0=+ Wконд ,22 2откуда Wконд = 83 LJ02. После сдвигаОтсюда J = J0qLJ 2 LJ02 1 3 2=+ · LJ0 .282 85.884.4. Сразу после вылета пули со скоростью v из закона сохранения импульса mv = M u. Если путь торможения в плече x, тоэнергия ружья ∼ M u2 идет на работу против тормозящей силы F :M u2 ∼ F x.Отсюда F ∼ m2v 2/ (M x) ∼ 40 Н при массе пули m = 10 г,массе ружья M = 5 кг, пути торможения x = 5 см и скорости пулиv = 300 м/с.84.5.
См. решение задачи 5 из варианта 82.Вариант 8585.1. Учитывая условие задачи и используя закон Клапейрона–Менделеева, получаем mT0/µ1 = 0, 8mT /µ2, где m – масса воздуха, а 0, 8m – азота. ОтсюдаT =5 µ2T0·= 362 К.4 µ1221ОТВЕТЫ. Варианты 1988 г.85.2. При x ≤ ` сила трения F1тр = µ mgL x, а работа силы тре2, т. е. до выхода передней грани пластины за полосуния A = µ mgx2L2совершается работа A1 = µ mg`.2LПри ` ≤ x ≤ S сила трения F2тр = µ mg`L , а работа силы тренияA = µmg L` (x − `), т. е. на второй части пути совершается работаA2 = µmg L` (S − `).Используя закон сохранения энергии, получаем2S − `mv 2A = A1 + A2 = µmg`=.2L2Отсюдаv2L.µ=g`(2S − `)C285.3.
Заряд на конденсаторах вначале одинаков и равен qа = E CC11+C,2так как конденсаторы соединены последовательно. Начальная энергияв конденсаторахqа2 C1 + C2E 2 C1 C2Wа ==.2 C1 C22(C1 + C2)После переключения, когда конденсаторы соединены параллельно,qб = 2qа = 2EC1 C2.C1 + C2Конечная энергия в конденсаторахqб24EC12C22Wб ==.2(C1 + C2) 2(C1 + C2)3Выделившаяся энергия по закону сохранения энергии равнаE 2 C1 C2 2Q = Wа − Wб =(C1 + C2) − 4C1C2 =2(C1 + C2)3E 2C1C2(C1 − C2)2=.2(C1 + C2)222ОТВЕТЫ. Варианты 1988 г.85.4. Давление в одну атмосферу pа соответствует высоте водяного столба Hв = 10 м (ρв gHв = pа = 1 атм).
При перепаде давления∆p = p − pа = 0, 5 атм получится высота фонтана Hв /2 = 5 м.Действительно, полагая сечение струи внизу и вверху примерно одинаковыми, имеем ∆p ∼ ρв v 2/2 ∼ ρв gh.Отсюда∆pρв gHв /2 Hвh∼∼== 0, 5м.ρвgρв g285.5. Когда виток охватывает трансформатор снаружи, магнитныйпоток через него равен нулю, и виток на трансформатор не влияет.Если замкнутый виток проходит внутри трансформатора, охватывая железо, через него идет переменный магнитный поток, создающийзначительный (из-за малости омического сопротивления витка) ток,который, в свою очередь, по закону Ленца существенно компенсирует,почти зануляет магнитный поток в железе.
Это приводит к заметномууменьшению самоиндукции первичной обмотки и, следовательно, снижению ее индуктивного сопротивления. В результате ток через лампуувеличивается и накал лампы возрастает.Вариант 8686.1. После разлета шарики, обладающие зарядами разных знаков:+q1 и −q2 несут один и тот же заряд q = (q1 − q2)/2. Приравниваясилыq 2 (q1 − q2)2 1 q1q2==,`24`28 `2приходим к уравнению x2 − (5/2)x + 1 = 0, где x = q1/q2.Решая уравнение, получаем два ответа: q1/q2 = 2 и q1 /q2 = 1/2,т. е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
