1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 34
Текст из файла (страница 34)
См. решение задачи 5 варианта 01.Вариант 0505.1. Уровень воды поднимется на h/2, а объем газа уменьшится сhS до (h/2)(S/2) = hS/4.E = (4p + ρgh − p)S/2 = (3p + ρgh)S/2.05.2. Высота взрыва h = vt1 + gt21/2 = −vt2 + gt22/2, откудаτ = t2 − t1 = 2v/g, т. е. v = gτ /2.05.3. По закону Фарадея Eинд = −∆Φ/∆t = B`v. Введя заряды на конденсаторах C1, C2, C3 соответственно Q1, Q2 , Q3, получаем13для контура с конденсаторами C1C3 Q+Q= B`v, для контураC1C3Q32с C2 C3 Q+= B`v.
Наконец, учитывая, что Q3 = Q1 + Q2,C2C3находимQ3 = B`v · C1C2C3/(C1C3 + C2C3 + 2C1C2).240ОТВЕТЫ. Варианты 1990 г.05.4. Пуля, зацепив часть древесины ветки ∆m, получает поперечный импульс mv⊥ ∼ ∆mv ∼ F ∆t и в результате отклоняется на малый угол α ∼ v⊥/v ∼ ∆m/m ∼ 0, 01 при m ∼ 10 г,∆m ∼ ρ · `S ∼ 1 г/см3 · 1 см · 10−1 см2 ∼ 0, 1 г.05.5. См. решение задачи 5 варианта 02.Вариант 0606.1. p V3 = ν1 RT, p · 2V /3 = ν2RT . Отсюда ν2 = 2ν1, p0 ·2V /3 = ν1 RT1, p0V /3 = 2ν1RT, T1 = 4T .06.2.
Из закона сохранения импульса, задав скорость налетающейчастицы v, после ее рассеяние u и для частицы с массой M скоростьV , имеем M V sin α = mu, M V cos α = mv, откуда u = v tg α, аm vV =Mcos α .Из закона сохранения энергии mv 2/2 = mu2/2 + M V 2/2 послеподстановки полученных для u и V выражений следует1 − tg2 αm=M= M cos 2α.1 + tg2 α06.3. Облако и пластина образуют плоский конденсатор с полемE = en/ε0. На верхней границе скорость электронов v, а на нижней– ускорение a = eE/m = e2n/(mε0).
К моменту времени t верхниеэлектроны пройдут путь h1 = v0(t + τ ), а нижние h2 = v0t − at2/2,отсюда искомая ширина h = h1 − h2 = v0τ + e2nt2/(2mε0) приt < 2v0/a. Через время t0 = 2v0/a электроны начнут возвращаться на пластину, а верхние не изменят свое движение, поэтому приt ≥ 2v0/a, h = v0(t + τ ).06.4. Пусть мощность лампочки – N , скорость света – c, тогдаF ∼ ηN/c, где коэффициент η учитывает, что не все фотоны попадают на стол, некоторая часть света падает на стол под углом, свет лишьчастично поглощается столом. Положив η ∼ 10−1, c = 3 · 108 м/сN = 40 Вт, получаем F ∼ 10−8 Н.ОТВЕТЫ. Варианты 1991 г.24106.5.
См. решение задачи 5 варианта 03.1991 г.Вариант 1111.1. Из условия равновесия давление между поршнями сохраняется равным внешнему давлению p0. Отсюда по закону Гей-Люссакаполучаем (S1 + S2)`/T0 = S1 · 2`/T , т. е. T = T0 · 2S1 /(S1 + S2).11.2. Максимальное растяжение пружины наступает в момент, когда скорости шариков u одинаковы. Записав законы сохранения им22пульса и энергии mv = (M + m)u, mv2 = (M + m) u2 + Q, где2mM· v2 .Q – энергия, перешедшая в тепло, получаем Q = M+m11.3.
Напряжения на конденсаторах одинаковы: UC1 = UC2 =E. По закону Фарадея E = −∆Φ/∆t = −B`v = B`at, где a –ускорение перемычки.По второму закону Ньютона ma = F − JB`, J = J1 + J2, гдеJ1 и J2 – токи через конденсаторы. Заряды на конденсаторахQ1,2 = EC1,2 = J1,2t = B`aC1,2t,откуда J1,2 = B`aC1,2.Таким образом,J = J1 + J2 = B`a(C1 + C2),2 2F = ma + JB` = m + B ` (C1 + C2) a.11.4.
Луч, прошедший через отверстие, прямолинеен. Угол α междуначальным и конечным положениями луча равен α = ωt, где ω –угловая скорость вращения Земли. Соответственно путь `, которыйпройдет пятно за время t – одну минуту, равен ` ∼ αL ∼ ωtL =2πT t · L, где T – одни сутки, а L – длина комнаты, L ∼ 5 м.Таким образом, ` ∼ L · 2πt/T ∼ 2 см.242ОТВЕТЫ. Варианты 1991 г.11.5. После растяжения уменьшается взаимный подогрев соседнихвитков и происходит контакт с большим объемом воздуха.
В результате увеличения теплопередачи температура растянутого участка падает,поэтому его сопротивление R1 также уменьшается и нагрев (соответственно и свечение) ослабевает.Сопротивление R2 слегка растет с нагревом, а, в целом, тепловаямощность на нерастянутом участке N2 = R2U 2/(R1 + R2) слегкарастет из-за уменьшения знаменателя и некоторого роста числителя.Вариант 1212.1. Пусть стержень погрузится в жидкость на глубину x. Тогда изусловия несжимаемости жидкости следует hS0/2 = hS0/4 + x(S0 −S), откуда x = hS0/4(S0 − S). Из условия равновесия hρ0 = hρ,то есть искомое ρ0 − xρ/h = ρ/4(1 − S/S0 ) при ρ0 ≤ 3ρ/4, иначеx > 3h/4, жидкость будет выливаться, задача не имеет решения.12.2.
Искомое время τ = a+b− t1 − t2 = a+b− tx, где t1 и t2v0v0– времена пролета после подачи потенциала ϕ. Соответственно ускорения a1 = qϕ/am, a2 = qϕ/bm. Причем a1t1 − a2t2 = v · v0,a = vt1 + a1t21/2; b = v0t2 + a2t22/2.Сложим два последних равенства:11a + b = v0(t1 + t2 + (a1t21 + a2t22)) = v0tx + a1t1 · tx =2211= tx (v0 + a1t1) = tx(v + v0).22qp2(a+b)Отсюда tx = v+v0 . Поскольку v = v02 + 2a1 · a = v02 + 2qϕam a =ppv02 + 2qϕ/m, tx = 2(a + b)/(v0 + v02 + 2qϕ/m).Тогдаpv02 + 2qϕ/m − v0a+ba+bτ=− tx =·p 2.v0v0v0 + 2qϕ/m + v0243ОТВЕТЫ.
Варианты 1991 г.Ответ можно было бы написать сразу, сообразив, что в виду равноускоренности движения частиц на пути a + b движение происходилосо средней скоростью, равной среднеарифметической:qvср = (v + v0)/2 = ( v02 + 2qϕ/m + v0)/2.12.3. Пусть деформация правой пружины в момент разрыва нити равна x, а у левой тогда деформация L − `. Критическое условие разрыва тогда kx = k(L − `) + T . Закон сохранения энер2mvmink(L−`)2kx2=+.
В итоге vmin =гии приводиткусловию222q(L − `)km (2− 2α + α2), где α =Tk(L−`) .12.4. Свет от точечного источника распространяется во все стороны одинаково. На площадь зрачка πd2/4 с расстояния ` попадетв единицу времени некоторое количество энергии света, пропорциональное 1/`2. (На всю площадь сферы радиуса ` попадет в 4π`2 разбольше, чем на площадь зрачка πd2/4.)Бинокль с размером стекла D собирает весь свет, падающий на площадь πD 2/4, в глаз. При той же чувствительности глаза доля све2та πD4 /4πL2 на пределе различимости с расстояния L практическидолжна быть близка доле света, попадающей в глаз при попытке различить тот же источник с более близкого расстояния ` без бинокля:πD 2πd2∼, откуда L/` ∼ D/d ∼ 10, при D ≈ 5 см, d ' 5 мм.16L216`212.5.
В полном термосе с кипятком на пробку изнутри давит насыщенный пар с давлением, равным атмосферному, как и воздух снаружи, и пробка поэтому не выскакивает (небольшого трения вполнехватает).При отливе в термос входит сравнительно холодный воздух, нагревается и создает дополнительное давление, кроме несколько уменьшившегося давления насыщенного пара.Нескомпенсированное добавочное давление нагретого воздуха и выбивает пробку.244ОТВЕТЫ. Варианты 1991 г.Вариант 1313.1. По закону Бойля–Мариотта для отсека с увеличившемся на∆V объемом pV = (p − ∆p)(V + ∆V ), а для всего объема 2Vp−∆p.p · 2V = p0(2V + ∆V ), отсюда p0 = 2p 2p−∆p13.2. Из симметрии схемы потенциалы точек A и B равны междусобой, то же для точек C и D.
Другими словами, разности потенциалов UAB и UCD равны нулю. Это означает, что токи JAB = JCD = 0.Ток идет и через батарейки, и через сопротивления AD и BC последовательно, не ответвляясь. Таким образом,JAD = JBC =2EE=.2(R + r) R + r13.3. Сила F , действующая на заряд q шарика, равнаF = qE = qE/d.Пусть максимальное смещение, которое достигается в момент остановки шарика, равно x.По закону сохранения энергииk(x0 + x)2 k(x0 − x)2kx20+ Fx =+,2222откуда x = Fk .Если натяжение пружины достигнет qEвеличины T , то она порвется,Fт.
е. T = k(x − x0) = k k − x0 = d − kx0, откудаdEmin = (T + kx0).q13.4. Пренебрегая суточным движением Земли, непараллельностью солнечных лучей и размером Луны, оценим время затмения каквремя прохождения Луной отбрасываемой Землей цилиндрической(а не конической) в нашем приближении тени. Тогда t ∼ dЗ/vл =245ОТВЕТЫ. Варианты 1991 г.dЗ · T /2π`, где dЗ – диаметр Земли, dЗ = 1, 3 · 104 км, T = 28 сут≈ 6, 7 · 102 ч – период обращения Луны вокруг Земли, ` ≈ 4 · 105 км– расстояние от Земли до Луны.T∼ 3, 4 ч.2π`13.5. Для тонкой нити и груза получается обычный конический маятник. Влияние массы шнура существенно меняет ситуацию.Массивный шнур находится и «провисает», изгибаясь, в эффективном поле, создаваемом силой тяжести и вращением.
При этом сказывается и то, что центростремительное ускорение ω 2r зависит от расстояния до оси вращения r и это тоже проявляется на изгибе шнура.Попытка точного описания ситуации приводит к сложному уравнению.t ∼ dЗ ·Вариант 1414.1. Пусть диаметр пучка d0. Поперечный к рисунку размерd0сечения d⊥ не меняется: d⊥ = d0. Луч света,пройдя призму, падает на ее нижнюю граньαABпод углом α. После преломления под угломβdIβ продольный размер пучка d1 = AC =CγγAB cos β = d0 cos β/ cos α.
Наконец,DEdIIупав на горизонтальную плоскость под угломd1d0 cos βγ = β − α, пятно растягивается. dk = DE = cosγ = cos(β−α) cos α .Таким образом, искомое отношениеpdkcos β1 − n2 sin2 αp==d⊥ cos α cos(β − α) cos α(cos α 1 − n2 sin2 α + n sin2 α)при n sin α < 1.При n sin α ≥ 1 пятна на столе нет, из-за полного внутреннегоотражения в призме.246ОТВЕТЫ.
Варианты 1991 г.14.2. На груз массы m по вертикали действует сила тяжести mg инатяжение T . По второму закону Ньютона ma = mg − T .По горизонтали же – только сила нормального давления N со стороны бруска. Горизонтальное ускорение то же, что и бруска a1. Поэтому из второго закона Ньютона ma1 = N .Для бруска получаем M a1 = T − N .Поскольку нить нерастяжима, a1 = a.Отсюда и из предыдущего a = gm/(M + 2m).14.3. Заряд q(x) положительно заряженной части стержня x, вошедшей в поле E, испытывает действие силыF (x) = q(x)E = qxE.Работа A1, затраченная на вхождение заряда +q в поле E, равнаFср ·` и из-за линейной зависимости силы от расстояния x Fср = 21 qE,т.
е. A1 = 12 qE`.Работа A2 на вхождение заряда −q складывается из работы повхождению собственно заряда −q, равной − 21 qE` и работы по перемещению заряда +q в поле E на расстояние `, равной qE`.Таким образам, A2 = qE` − 12 qE` = 12 qE`.Полная работа A = A1 + A2 = qE` > M v 2/2. Отсюда минимальное значение E, при котором стержень, полностью вошедший вполе, отразится от него, Emin = M v 2/(2q`).µpµp014.4. Изменение массы ∆m ∼ (ρ − ρ0)V = RT − RT V =µVµpµ 2pV gH.RT · ρgH.
ρ ∼ RT . Поэтому ∆m ∼ RTПри µ ≈ 29 · 10−3 кг/моль, R = 8, 3 Дж/(К· моль), T ≈ 300 К,p ≈ 105 Па, g ≈ 10м/с2, V = 3 · 10−3 м3, H ≈ 25 м.∆m ∼ (µ/RT )2 · pV gH ∼ 10−5 кг = 10 мг.14.5. См. решение задачи 5 из варианта 11.ОТВЕТЫ. Варианты 1991 г.247Вариант 1515.1. Ток J10 по верхнему пути длиной x + L/2 + L/2 равенJ1 = U/ρ(L + x), по нижнему пути длиной L/2 − x + L/2 равенJ2 = U/ρ(L − x), где ρ – сопротивление единицы длины стержня.Искомое напряжение между концами V = U Lx/(L2 − x2), x ≤L/2.15.2. Конечная температура газа T1 = kT0, так как по законуШарля при постоянстве объема температура возрастает пропорционально росту давления.Тепловой баланс для жидкости дает условие(k − 1)cm(T − T1) = cm(T1 − T0 ), k 6= 1.Отсюда искомая температура T = (k + 1)T0.15.3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
