1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 32
Текст из файла (страница 32)
заряд одного шарика в два раза больше другого.86.2. Критическое условие прохождения пули сквозь доску – выделение в доске тепловой энергии Q = mv02/2. При этом скоростидоски и пули в случае незакрепленной доски совпадают и равны u.ОТВЕТЫ. Варианты 1988 г.223Тогда по закону сохранения импульса mv = (M + m)u. По законусохранения энергииmv 2 (M + m)u2 mv02=+.222pОтсюда v = v0 1 + m/M .86.3. Пусть начальная температура воздуха равна T , а конечнаяT1.
По закону Клапейрона–Менделеева для начального состояниявоздуха pаV = RT , а для конечного – (pа −M g/S)(V +Sx) = RT1.Из закона сохранения энергии следует cT = M gx = cT1 + pаSx, гдеx – искомое смешение поршня. Из этих уравнений получаемVMgcx= ·.S (pаS − M g) (R + c)При M g > pаS поршень выпадает.86.4. Свободная поверхность жидкости располагается перпендикулярно результирующему вектору суммы ~a + ~g , т. е.
наклонена к горизонту под углом α таким, что ctg α = g/a.Тогда доля η раствора, оставшегося в кузове длины `, высоты h,пропорциональна отношению S1 /S боковых площадей S = h` и S1 =1h · h ctg α.2Таким образом, при ускорении a ∼ v 2/2L, где L – путь торможения, а v – скорость в начале торможения, получаемh2 gh2g · 2L hLgη=∼ 2= 2 .2ah`2v · h`v `При v ∼ 15 м/с, g = 10 м/с, h ∼ 1м, L ∼ 15 м, ` ∼ 5 м в кузовеостанется примерно 14 % от начального количества бетона.86.5. В первом случае ток в катушках электромагнитов исчезает одновременно, катушки симметричны. Во втором случае в L1 токисчезает мгновенно, но продолжает течь по замкнутому контуру через диод и катушку электромагнита L2, задерживая конец пластинки,притягивающийся к L2.224ОТВЕТЫ.
Варианты 1988 г.Вариант 8787.1. Скорость грузика, находящегося на расстоянии x от осидиска O, равна ωx и направлена перпендикулярNSно M O. Оторвавшись, в отсутствие трения грузикRMпойдет по прямой M N . Так что путь за оборотo xωpS = R2 − x2 = vT = ωx · 2π/ω = 2πx.√Отсюда x = R 1 + 4π 2 ≈ 0, 15R.87.2. При v < u энергия mv 2/2 расходуется на работу противсилы трения µmg на пути ` до точки поворота, где скорость шайбыравна нулю (а относительно ленты скорость в этой точке равна скорости ленты и противоположна ее движению). Ускорение a = mg, тогдавремя движения до остановки τ1 = v/a, причем v 2 = 2a`, откудаτ1 = 2`/v.В обратном направлении, шайба будет увеличивать свою скоростьпод действием той же силы, т. е.
с тем же ускорением a = v 2/2` на томже пути `, меняя равноускоренно скорость от 0 до v. Следовательно,время на обратный путь тоже τ .Таким образом, при v ≤ u τ = 2τ1 = 4`/v. При v > u до точкиповорота путь ` шайба пройдет за время τ1 = 2`/v. На обратном путиучасток длины x разгона с ускорением a = v 2/2` до скорости лентыu шайба пройдет за время τ2 = u/a = 2`u/v 2. Причемu2aτ22 v 2 1 4`2u2=· ·= ` 2 < ` при u < v.x=22` 2 v 4vВремя движения вместе с лентой2`−x `uτ3 ==1− 2 .uuvПолное время движения при v > u равно`τ = τ1 + τ2 + τ3 = 2 (v + u)2.uv225ОТВЕТЫ.
Варианты 1988 г.87.3. По условию задачи число молейνO2 + νH2 = ν, т. е. p = 2νRT /V.В результате реакции 2H2 + O2 = 2H2O получился в газовой фазелишь кислород и пары.1Давление паров воды должно было бы стать p0H2O = νRT= p, ноVони частично сконденсировались и p0H2O = p/2 по условию. А кислорода осталось νO0 2 = ν/2, т. е.νp0O2 = RT1 /V = p/2.2Таким образом, полное давление p0 = p0H2O + p0O2 = p.87.4. Мощность EJ идет на разгон поезда массой m до скорости22v за время τ , т. е. EJ ∼ mv2 · τ1 . Отсюда J ∼ mv∼ 200 А при2τ Em = 20 т ×10 вагонов, ∼ 2 · 105 кг, τ ∼ 60 с, v ∼ 15 м/с.87.5.
См.решение задачи 5 из варианта 85.Вариант 8888.1. ∆p = νR∆T /V, p = νRT /V. Отсюда ∆p/p = 0, 01 =∆T /T = 1K/T . Отсюда T = 100 К.88.2. Работа сил трения при въезде на шероховатый участокA = Fтр.ср. ` = − µmgcos α`, изменение потенциальной энергии2U = mgl sin α. Отсюда по закону сохранения энергииmv 2/2 = mg` sin α − µmg` cos α/2 = mg` sin α/2,если учесть условие равномерности движения по наклонной плоскости:µ = tg α.Таким образом, sin α = v 2/g`, µ = tg α =q12g`/v 2 −1().226ОТВЕТЫ.
Варианты 1989 г.88.3. Тепло, выделившееся при полном разряде Q1 = CU 2/2, апри половинном (с учетом уменьшения по условию задачи вдвое заряда и, следовательно, напряжения на конденсаторе):qUCU 2 CU22 3U2 == , Q2 =−= CU 2.2C2228Изменение температуры на сопротивлении пропорционально выделившемуся теплу: ∆T1/∆T2 = Q1/Q2 = 34 . После разрядкиR1 = R0(1 + α∆T1 ) = 2R0, откуда α∆T1 = 1. Следовательно,α∆T2 = 43 α∆T1 = 43 .
ТогдаR2 = R0(1 + 3/4) = 7R0/4.Отсюда по закону Ома вычисляем ток после половинного разряда:J2 = U2/R2 = U/2R2 = 2U/7R0 = 2J0/7.88.4. В статическом случае,p если прогибp сетки `, то mg ∼ k`.Период колебаний T = 2π m/k ∼ 2π `/g. Искомое время попорядкувеличины занимает примерно половину периода t ∼ T /2 ∼pπ `/g ≈ 0, 5 с при ` = 25 см.88.5. См. решение задачи 5 варианта 86.1989 г.Вариант 9191.1. При отсутствии внешних сил имеем −ma1 + M a + ma2 = 0,откудаma = (a1 − a2) .M91.2. После соединения на внешней поверхности каждого дискаокажется одинаковый заряд q = (q1 − q2 )/2, распределенный с поверхностной плотностью σ = (q1 −q2)/(2πR2).
На соприкасающихсяОТВЕТЫ. Варианты 1989 г.227поверхностях зарядов не будет. После небольшого разведения распределение зарядов практически не изменится. Напряженность поля, создаваемая одним диском,Eкондσq1 − q2E===.22ε0 4πε0R2Поле одного диска действует на заряд другого с силой(q1 − q2)2F = qE =.8πε0R291.3. По закону Фарадея из-за изменения магнитного потока черезвесь прямоугольник возникает ЭДС E = ∆Φ/∆t = αab.По закону Ома E = JR = J · 2ρ(a + b), где ρ – сопротивлениеединицы длины провода. ОтсюдаαabJ=.2ρ(a + b)В контуре, образуемом вольтметром и участком провода с сопротивлением R1 = ρ(2c + a), создается ЭДС E1 = αac.
По законуОма E = V + JR1. Отсюдаαa2(2c − b)V = E1 − JR1 = αac − Jρ(2c + a) =.2(a + b)91.4. Из закона Менделеева–Клапейрона имеем ρ = pµ/(RT ).Оценивая грубо µ ∼ µCO2 ∼ 40 · 10−3 кг/моль, ρ ∼ 105 Па,R = 8 Дж/(К· моль), T ∼ 103 К, получаем ρ ∼ 0, 5 кг/м3 . ρвозд .91.5. Шарик стоит на пути AB (см. рисунок) части световогопотока, отраженного от зеркала, создавая одну тень на экране. Вторая тень получается из-за того, что шарик загораживает от источникачасть зеркала BC, куда не попадает и поэтому не отражается свет наэкран.Во втором случае все зеркало отражает свет на экран, кроме участка AC, занятого тонкой шайбой.228ОТВЕТЫ. Варианты 1989 г.SABA CCS*S*Вариант 9292.1. Плавая, кубик вытесняет массу жидкости ρS∆h равную собственной массе ρ1 a3.
Отсюда ∆h = ρ1a3/(ρS).92.2. По второму закону Ньютона mv 2/` = T − mg cos α, гдеT – натяжение нити в момент бруска, а v – скорость груза. По законусохранения энергии mv 2/2 = mg` cos α, откуда с учетом предыдущего T = 3mg cos α.Сдвиг получается при условии T sin α ≥ µ(M g + T cos α), откудаM=3mcos α(µ sin α − cos α)µпри µ > tg α.92.3. Используя принцип суперпозиции, легко найти связь междузначениями заряда на кольце или на сфере и потенциала в их центре.∆q1 ∆q2∆qNϕ=k++ ... +,RRRгде R – радиус, а ∆q1, . .
. , ∆qN – маленькие доли зарядов, на которые разбит весь заряд так, чтобы для каждого участка, занятого долейзаряда, можно было бы использовать выражение потенциала точечного заряда∆q∆ϕ = k .RВынося 1/R за скобку, получаем ϕ = kq/R.229ОТВЕТЫ. Варианты 1989 г.Отсюда заряд на кольце в задаче q = ϕ0R/k.В заземленном проводящем шаре заряд, как известно, расположенна поверхности, поле внутри равно нулю, а потенциал всюду одинакови равен нулю, в том числе и в центре O1.По принципу суперпозиции суммируя вклады от распределенныхпо кольцу и на шаре и приравнивая сумму нулю, записываем для точкиO1qQk√+ k = 0,ba2 + b2откудаab√Q = −ϕ0.4πε0 a2 + b2292.4.
Кинетическая энергия молекулы H2 mv2 = 52 kT , т. е. скорости молекул, находящихся при одинаковой температуреp обратно про√m. Таким образом, vH2 ∼ vвозд m/M ∼ 300 ·порциональны√14 ∼ 1200 м/с. (Скорость молекул воздуха принята близкой к скорости звука.)92.5. Главный эффект, не давший свету уйти через боковые поверхности стержня, – полное внутреннее отражение, превращающеестержень в световод. Свет, попавший в стержень, в значительной долевыходит через торец у экрана и создает яркое пятно.Вариант 9393.1. Искомая работа A = p2(V3 − V2) =на основании закона Шарля.
Таким образом,A=m(Tµ− T2 ). T2 = T /nmn−1RT.µn93.2. Пусть удлинение пружины к моменту отрыва бруска равно230ОТВЕТЫ. Варианты 1989 г.x. Тогда sin α = `/(` + x). В момент отрываℓсила тяжести mg уравновешивается вертикальноαсоставляющей силы натяжения пружины kx sin α,т. е. mg = kx sin α = kx`/(` + x), откудаℓ+xx=mg`.k` − mgПо закону сохранения энергии mv 2/2 = kx2/2. Отсюдаrrkkmg`=при k` > mg.v=xm k` − mg m93.3. Обкладки конденсатора закорочены, значит, внутри поле равно нулю.
Поэтому на обкладках должны индуцироваться заряды ±q,создающие поле, точно компенсирующее внутри конденсатора внешнее поле, т. е. q = σS = ε0ES, так как поле в конденсаторе E = σ/ε0.Площадь обкладок из-за вращения полудисков меняется. За время∆t прирост площади ∆S = r2∆α/2 =J2r ω∆t/2. Отсюда токJ∆q ε0E∆S ε0Eωr2J===.∆t∆t20 π/ω 2π/ω 3π/ω 4π/ω-JtГрафик зависимости тока от времени с учетом малости зазора изображен на рисунке.93.4. За время полета t ∼ `/v мяч опустится на глубину 2gt2 g `∼.h=22 vВ соответствии с правилом упругого отскока, когда угол падения равенуглу отражения, если радиус, проведенный из центра опустившегосямяча в вершину прямого угла, плиты, образует с вертикалью угол α ≥45◦, то мяч преодолеет препятствие. В противном случае произойдет231ОТВЕТЫ.
Варианты 1989 г.отскок. Таким √образом, в критическом случае глубина опускания мячаh = R(1 − 1/ 2) ≈ 0, 3R.rrggv∼`∼`∼∼ 13 м/с,2h0, 6Rпри R ≈ 0, 1 м, g = 10 м/с2, ` = 1 м.93.5. Теплопроводность металла много выше, чем пенопласта. Этолегко почувствовать, взяв в руки кусок металла и пенопласта. Металлкажется холодным (хорошо отводит тепло), а пенопласт – теплым(тепло отводится плохо).
В тряпке, прикоснувшейся к промерзшемуметаллу, вода сразу же замерзает, и тряпка прилипает к нему. Черезпенопласт отбор тепла от тряпки практически не происходит, и она непримораживается.Вариант 9494.1. По закону сохранения энергии с учетом ограничений задачиимеемM g`mv 2 M v 2+= mg` +,222откуда1/2gl(2m + M ).v=M +m94.2. Пусть в отсеках содержится по m г газа, а в результате повышения давления в верхнем отсеке до p0 − ∆p после закрытия клапана в нем оказалось m + m0 г газа.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
