1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 33
Текст из файла (страница 33)
Тогда по закону Менделеева–Клапейрона имеем вначале для каждого отсека pV = mRT , в конµ00це для верхнего (p0 − ∆p)V = m+mRT,адлянижнегоpV /2 =µ0(m − m0) RTµ . Отсюда px = p /2 = (∆p + 2p)/3.94.3. После соединения проводником заряды на внутренней сфере и на внешней сфере равны и противоположны по знаку, так как их232ОТВЕТЫ. Варианты 1989 г.сумма по закону сохранения заряда равна нулю: −q + q = 0. Тогдапотенциал внешней сферы ϕ3 = (−q + q + Q)/r3 = Q/r3 , а внутренней такой, как в центре: ϕ1 = −q/r1 + Q/r2 + q/r3 .
По условиюϕ3 = ϕ1, откудаr2 r3 − r2q=Q ·.r1 r3 − r194.4. При подтягивании гимнаста на его руку действует силаF ∼ mg/2. Длина руки от кисти до локтя L. На расстоянии ` от локтя прикрепляется мышца, действующая с силой F1. По условию равновесия F + Fx ∼ F1, а из равенства моментов сил LF ∼ `F1 (осьLпроходит через локоть). Отсюда Fx ∼ F L` − 1 ∼ mg−1.2`При m ∼ 60 кг и L/` ∼ 10 получаем Fx ∼ 3000 Н.94.5. См.
решение задачи 5 в варианте 91.Вариант 9595.1. Пусть скорость волн равна c. За время ∆T = 1/ν катериспытает один удар. Если расстояние междуλволнами λ, то ∆T = ν1 = c+v. При изменеv θcT=λvнии курса ∆T 0 = ν10 = c+vλcos θ . Приравнивая значения λ, получаемν 0 − ν cos θ.c=vν − ν095.2. По закону сохранения импульса m1v1 + m2 v2 = 0. Скоростьпружины равна полусумме скоростей ее концов:u=v1 + v2m2 − m1= v1.22m295.3. По закону Фарадея Eинд = −∆Φ/∆t = B`v. По законуОма ток через перемычку J = (E −Eинд)/R = (E −B`v)/R.
В то жевремя сила Ампера F , действующая на перемычку равна F = JB`,ОТВЕТЫ. Варианты 1989 г.233откуда J = F/B` = (E − B`v)/R, т. е. v = (EB` − F R)/(B`)2.Таким образом, искомая мощность N равнаFFRN = Fv =E−.B`B`95.4. Сила тяжести, действующая на отвес на равнине,MЗ m4πF0 = γ 2 ∼ γ ρЗ RЗ m.RЗ3Сила тяготения со стороны горы Fг ∼ γ mRг2m ∼ γ 4πρ R m, где m –3 З ггмасса отвеса, а Rг – эквивалентный радиус горы.Таким образом, малый угол α (такой, что tg α ≈ sin α ≈ α) попорядку величины равен α ∼ Fг /F0 ∼ Rг/RЗ . Для горы высотойпорядка 10 км Rг/RЗ ∼ 10−3, т. е.
α ∼ 10−3.95.5. См. решение задачи 5 варианта 92.Вариант 9696.1. По закону Бойля–Мариотта p`0 = p1`1; p`0 = p2`2, где`0 = πR, `1 = 2αR, `2 = 2(π − α)R; α = π/6. Из условияравновесия имеем11π 11mg sin α = (p1 − p2)S = pS`0−= pS−.`1 `22 α π−αОтсюда mg = 12pS/5.96.2. По условию полного внутреннего отражения угол между OBи выходящим из стекла в воздух луAαча BC должен быть равен 90◦. Пустьα B xD∠OAB = α, тогда ∠ABO = α, аCOy∠BCO = ∠DCE = 2α. СоответRственно получаемLER1 + cos 2αL = x + y = R ctg 2α +=R= R ctg α.sin 2αsin 2α234ОТВЕТЫ.
Варианты 1990 г.Из условия преломления луча в точке A имеемsin 90◦1= , т. е. sin α = 1/n,sin αnоткуда ctg α =√√n2 − 1. Поэтому L = R ctg α = R n2 − 1.96.3. Введя массы шариков m1 и m2 и их скорость до удара v ипосле удара O и u, получаем из закона сохранения импульса (m2 −m1)v = m1u. Закон сохранения энергии (m1 + m2)v 2/2 = m1u2/2,откуда m2 = 3m1 и u = 2v.
Из закона сохранения энергии для под2нимающегося шарика имеем m1g`(1 − cos α) = m12v и m1(2v)2/2 =m1g`(1 − cos β) = 4m1g`(1 − cos α). Откуда cos β = 4 cos α − 3.96.4. С учетом малости отклонения в грубом приближении 2 22ρvSLρвозд vветр 2 L2LFвозд⊥ветр2∼·∼·.∆S ∼ a⊥t ∼m vρсв `Svρсвv`При ρсв /ρвозд ∼ 104, v/vветр ∼ 102, ` ∼ 1 см, L ∼ 104см, ∆S ∼ 1 см.96.5. См. решение задачи 5 из варианта 93.1990 г.Вариант 0101.1. На расстоянии R от центра сила тяжести mg0 =GmM/R2,pа для R + h mg = GmM/(R + h)2. Отсюда R = h/( g0/g − 1).01.2. Для точки S, двигающейся параллельно главной оптическойоси, ее изображение S ∗ должно двигать2FF OF α aся вдоль прямой, проходящей через фоαa2Fкус F . Для точек траектории, находящихся ближе фокусного расстояния отлинзы, изображения мнимые, для остальных – действительные (см.рисунок).ОТВЕТЫ.
Варианты 1990 г.235Наклон траектории для изображенийaα = arctg .F01.3. В центре заряженной окружности потенциал ϕ(0)√ = kQ/R,на ее оси на расстоянии h от центра varphi(h) = kQ/ R2 + h2. Иззаконов сохранения энергии следует√22mvx /2 = mv /2 + kqQ/R + 2kqQ/R 2,√√22mvx /2 = mu /2 + kqQ/R + kqQ/R 2 + kqQ/R 5.Перенеся слагаемые со скоростью в левую часть и вынеся за скобкиобщие коэффициенты, делим одно уравнение на другое.
Введя√√√vx2 − v 2 / vx2 − u2 = α = (1 + 2)/(1 + 1/ 2 + 1/ 5),pполучим vx = (αu2 − v 2)/(α − 1).01.4. Для моля по закону Менделеева–Клапейрона pV = RT .Объем на одну молекулу V /NA ∼ RT /pNA, где NA – число Авогадро. Отсюда среднее расстояние между молекулами ` ∼ (V /NA)1/3 =(RT /pNA)1/3 ∼ 3 · 10−9 м для p ∼ 105 Па, NA = 6 · 1023,T = 300 К, R = 8 Дж/(К·моль).01.5. После переворачивания при невынутой пробке разрежениенад водой (из-за вытекания части жидкости) не дает ей вылиться.После вынимания пробки над водой в трубке – атмосферное давление.
Вода полностью выливается из трубки и частично из сосуда, кудапузырями входит воздух. В широком сосуде уровень воды достигаетконца трубки, так как и там, и там – атмосферное давление. Капиллярные эффекты слабо влияют на ситуацию.Вариант 02~ и направлено вдоль02.1. Поле в точке O от одного кольца равно E√оси.
Тогда от перпендикулярных колецполевточкеO2E, а от сов√мещенных 2E, т. е. увеличится в 2 раз.236ОТВЕТЫ. Варианты 1990 г.02.2. За время t самолет пройдет путь S0S1 = ut (см. рисунок),а звук – S0∗S1 = S0AS1 = ct, где S0∗ – изобS*0ctражение – S0.ααAS0αS1utcos α = ut/ct, т. е. α = arccos(u/c).02.3. Пусть скорость пушки после выстрела – V , горизонтальнаяскорость снаряда – v, вертикальная – u. Если пушка не закреплена,то по закону сохранения импульса mV = mv, т. е. v = V . Относительно пола v + V = u, так как угол наклона пушки 45◦ и относительно нее горизонтальная составляющая скорости равна вертикальной. Таким образом, u = 2V .
Для закрепленной же пушки имеемоднозначно v 0 = u0 (подчеркнем, что u0 6= u). Энергия сжатой пружины в обоих случаях одинакова, поэтому из закона сохранения энергии имеем m(v 2 + u2)/2 + mV 2/2 = mv 02/2 + mu02/2. Подставляяu2 = 4V 2, v 2 = V 2иv 02 = u02, получаем u02 = 3V 2. Так как высота подъема снаряда h = u2/(2g), то для отношения высот получаемh/h0 = (u/u0 )2 = 4/3.02.4. Для равновесной круговой орбиты корабля, которую образует траектория его центра масс, конечно, будет состояние невесомости,когда mω 2r = GmMЗ /r2. Чем дальше к стенке будет отходить груз,подвешенный на пружине, от центра масс, тем больше ненулевая сила,необходимая для удержания этого груза в положении равновесия, темсильнее растягивается пружина.Пусть груз находится на предельном расстоянии h – у стенки.
ТоGmMгда по второму закону Ньютона mω 2(r + h) = (r+h)2 + T . С учетомпредыдущего получаемmω 2 r2 ∼T = mω h −+mωr=(1 + h/r)2h∼= ω 2 h + mω 2r − mω 2r(1 − 2 ) = 3mω 2 h.r2237ОТВЕТЫ. Варианты 1990 г.Так как mω 2RЗ = mg, то T ∼ 3mgh/RЗ . Полагая RЗ ≈ 6 · 106 м,10 · 2h ∼ 2 м, m = 1 кг, получаем T ∼ 3 · 61 ·· 10∼ 10−5 Н.602.5. Если прикоснуться сухой тряпкой или совсем не прикасаться к области, на которую падает преломленный на торце луч света, тоон может испытать (в задаче так и сделано) полное внутреннее отражение от границы оргстекло-воздух и идет дальше почти без потерь.Если же прикоснуться мокрой тряпкой, то свет уже не испытает полное внутреннее отражение от границы оргстекло–вода, в значительной степени выйдет через грань наружу и поглотится в тряпке.
Сильноослабленный пучок света создает едва заметное пятно на экране.Вариант 0303.1. Видна проекция CE (см. рисунок) дуги AB.Дуга AB равна ` = R · 2α. Время наблюдения t = 2Rα/v.CBααααEA03.2. Число молей газа, перешедших после смещения поршней нарасстояние x, равно xpS1/(RT1 ) = xpS2/(RT2 ), откудаT2 = T1 S2/S1.03.3. Пусть время падения электрона t, тогда h = gt2/2. Ускорение a по горизонтали по обе стороны от средней сетки одинаковопо величине и противоположно по направлению: a = eU/(m`). Скорость, набранная на пути `0 по горизонтали до средней сетки, полностью гасится на таком же пути `0 после ее прохождения.
Соответственно и времена t0 на это затрачиваются одинаковые. Значит,2heUt0 = t/4, поэтому имеем `0 = a(t/4)2/2 = m`· g·16· 12 . Отсюда0U = 16mg``eh .238ОТВЕТЫ. Варианты 1990 г.03.4. Рассматривая весло как рычаг с осью в воде, получаем, чтосила натяжения веревки Fx ∼ F – становой силе гребца. F ∼ 103 Н.03.5. Лучи, входящие под углом к оси волокна и падающие на левую и правую половины сечения волокна, поворачиваются при многократных от цилиндрических стенок волокна в противоположные стороны. Чем ближе к стенке волокна входит луч, тем больше отраженийон испытывает. Угол луча относительно оси волокна сохраняется привсех отражениях, поэтому конус света на выходе имеет тот же угол.Вариант 0404.1.
Положение x изображения S ∗ можно найти по формуле линзы: 1/F + 1/x = −1/F , откуда x = −F/2, или построением. Изподобия Rx/R = 3F/2 : F/2 = 3, т. е. Rx = 3R, где Rx – радиусосвещенного пятна.04.2. Перерисовав эквивалентные схемы (см. рисунок), получаем, что изменившаяся емкость Cx = (C1 + C2)/2, где C1 = 2εS0d0 ,C1C2a)C2b)C2 =S2ε0 (d0 −d1 ) .C1C1C2C2C1Начальная же емкость была равна C0 = S/(ε0d0).Таким образом, емкость увеличилась вCxC0=d204d1 (d0 −d1 )раз.04.3. По условию отношение энергий после отскока и до негоE/E0 = mgh/mgh0 = 1/3.В системе центра масс (сцм) удар мячика о мячик происходит как удармячика о твердую стенку, когда согласно полученному выше√остаетсялишь треть от энергии до удара, т.
е. скорость уменьшится в 3 раз.239ОТВЕТЫ. Варианты 1990 г.p√Скорость до удара в сцм2g`, после удара u = g`/6. В начальной системе отсчетаp√1p2g` = g`/2(1 ± 1/ 3),v1,2 = ±u +2!2v1,221ϕ1,2 = arccos 1 −= arccos∓ √ ,2g`3 2 312«+» для налетающего мячика.04.4. Введя радиус шарика R, плотность воздуха ρв и резины ρр , атакже толщину оболочки δ, имеем по условию равновесия 34 πR3ρв =43223 πR ρH2 + 4πR δρр ∼ 4πR δρр .Отсюда δ ∼ Rρв /3ρр ∼ 0, 1 мм при R = 20 см, ρв ∼ 1, 3 ·10−3 г/см3 , rhoр ∼ 1 г/см3 .04.5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
