1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Вертикальное a1 и горизонтальное a ускорения груза одинаковы: a1 = a.По второму закону Ньютона ma1 = mg − T, ma = N, M a =T − N − µ(M g + T ).Нить давит на блок с силой T по горизонтали и с силой T по вертикали.В итоге получаем a = g m=µ(M+m)M+2m−µm при m > µ(M + m), a = 0при m ≤ µ(M + m), в частности при M + 2m = µm.15.4. При очень большой скорости влета метеорита в атмосферуон «сгребает» воздух перед собой, сообщая ему скорость v, близкуюк собственной.
Тогда по закону сохранения импульса M v ∼ 0, 9M v+mv, отсюда m ∼ 0, 1M . Здесь масса метеорита M ∼ ρ`3, где ` –его размер, а ρ – плотность железа (ρ ∼ 10 г/см3 ).Масса m затронутого воздуха минимальна при вертикальном влете,тогда она равна массе столба воздуха с сечением S ∼ `2.Поскольку из величины атмосферного давления известно, что столбатмосферы сечением 1см2 имеет массу (m0 ∼ p0/g) примерно 1 кг,248ОТВЕТЫ. Варианты 1991 г.получаем возможность оценки: m ∼ 0, 1ρ`3 ∼ pg0 `2 ∼ 0, 1M , отсюдапри ` ∼ 10 м получаем массу метеорита M ∼ 10 т.15.5.
См. решение задачи 5 варианта 12.Вариант 1616.1. Из условия несжимаемости жидкости имеемv · 4πR2 = u · 4πr2,т. е. u = vR2/r2.16.2. Сначала по закону Менделеева–Клапейрона p · 3V = νRT ,в конце p0V = ν1RT, p0V = ν2Rn1T, p0V = ν3 Rn2T .Число молей газа сохраняются: ν = ν1 + ν2 + ν3.Подставляя в последнее равенство значения νi , выраженные из предыдущих уравнений, получаем p0/p = 3/(1 + 1/n1 + 1/n2).16.3. По закону Фарадея E = −∆Φ/∆t = −B`v, где скоростьv = at. Пусть ключ K замыкают через τ секунд.
Тогда через время∆t E = −B`a(τ + ∆t), заряд на конденсаторе Q = J∆t.По закону Ома Q/C + JR + E = 0, т. е.J∆t + JR = B`a∆t + B`aτ.CТак как это справедливо для любого ∆t, то J/CJB = B`aτ = B`aCR, откуда τ = RC.=B`a;16.4. Составляющая силы тяжести на направление движения меняется от mg sin α ≈ mgα до mg sin 2α ≈ mg · 2α. При оценкесчитаем массу швабры сосредоточенной на ее конце. Длина швабры` ≈ 1, 5 − 2 м.Примем среднее значение силы как среднее арифметическое:13Fср = (mgα + 2mgα) = mgα,22ОТВЕТЫ. Варианты 1992 г.249тогда среднее ускорение aср ∼ 23 gα.
Перемещение за время измененияугла от α до 2α равно `α.qq2Тогда `α ∼ 32 gα · t2 , откуда t ∼ 43 g` ∼ g` ∼ 0, 4 − 0, 5 с при` ∼ 1, 5 − 2 м.16.5. См. решение задачи 5 из варианта 13.1992 г.Вариант 2121.1. Минимальное расстояние между самолетами будет вдольлинии O1O2, соединяющей центры окружностей(см.
рисунок), радиусы которых равны v 2/a. Тоv /aℓOOгдаLq2v /a`min = (2v 2/a)2 + L2 − 2v 2/a.212221.2. Так как два атома озона переходят в три атома кислорода, тодля молей этих газов получаем связь: νO2 = (3/2)νO3 . С учетом сохранения давления p и выполнения закона Менделеева–Клапейронаимеем p = (ν + ν3 ) T0 /V0 = (ν + ν3/2) T /V , где ν – число молейвоздуха в объеме V0, a ν3 ≡ νO3 . Отсюда νO3 = 2p (V /T − V0/T0 ).21.3. Через интервал времени t, учитывая постоянство тока J, полагая постоянным ускорение a перемычки и сразу записывая ЭДС индукции E = B` (v + at) через скорость v + at перемычки, по законуОма для замкнутой цепи имеем JR + Jt/C = B` (v + at).
Отсюда при t = 0 получаем JR = B`v, т. е. v = JR/(B`). Нетруднотакже показать, что J = B`Ca (откуда, в частности, видно, что приJ = const и a = const).Из второго закона Ньютона ma =mg − JB` = mg − (B`)2Ca.Отсюда J = B`Cmg/ m + B 2`2C . Таким образом,2 2v = RCmg/ m + B ` C .250ОТВЕТЫ. Варианты 1992 г.21.4. Масса жира в единице объема m = 34 πr3ρn, где n – числошариков жира в единице объема, ρ – плотность жира (1 % жирностимолока – это m = 1 · 10−2 г/см3), πr2 – площадь на один шарик безучета перекрытия.Тогда при толщине слоя молока ` имеем πr2 · n` ∼ 1. Поэтомуm = 34 πr3ρn`/` = 43 ρr/`, откуда r ∼ m`/ρ.
r ∼ 10−3 см приm = 10−3 г/см3 , ` ∼ 10−1 см, ρ ∼ 1 г/см3 .21.5. Для пологой плоскости (малый угол наклона) сила, прижимающая к ней цилиндр, заметно больше, чем сила, прижимающая цилиндр к цилиндру. В результате между цилиндрами возникает проскальзывание, а между плоскостью и цилиндром – нет. Поэтому нижний цилиндр в этом случае не слишком мешает верхнему скатываться,прокручиваясь.При крутом наклоне прижимающая сила между цилиндрами больше и верхний цилиндр просто соскальзывает по плоскости. Критический угол наклона равен 45◦.Вариант 2222.1. Луч вернется по первоначальному пути, если упадет напротивоположную стенку по нормали (см. риDAOαα 2αсунок): AB ⊥ OB.
По условию ∠CAD =BCα. Но тогда ∠BAO + ∠AOB = 90◦, т. е.3α = 90◦.Отсюда 2α = 60◦.22.2. Из условия равновесия 2ρgh + p1 = p2. Из закона Бойля–Мариотта p0H = p1(H − h), откуда p1 = p0H/(H − h). Из законаМенделеева–Клапейронаp0H/T0 = p2(H + h)/T, т. е. p2 = p0HT /T0 (H + h).251ОТВЕТЫ. Варианты 1992 г.Подставляя в первое уравнение2ρgh +получаемT = T0p0 Hp0HT=,H − h T0(H + h)2ρghhH +h1++, h < H.p0HH −h22.3.
На бусинки вдоль стержней действуют силы (см.рисунок):fA = f cos α, где cos α = a/rи fB = f cos β, где cos β = 2a/r,AfAaαOrβ2afBотсюда fA/fB = cos α/ cos β = 1/2 =aA/aB . Так как f ∆t = m∆v = mv, то vA/vB = fA/fB = 1/2.Соответственно, v∆t = ∆S = S, откуда через ∆t SOA/SOB =vA/vB = 1/2, т. е. прямая, соединяющая бусинки, движется поступательно: перемещается параллельно своим прежним положениям. Таким образом, SOB = 2SOA = 4a; vB = 2vA. Из закона сохраненияэнергии получаемBm 2 mkq 2kq 2kq 2m2vA + (2vA) = √ − p= √ = 5vA2 .222a 5(2a)2 + (4a)2 2 5aОтсюдаvA = qsq√k√ = q/ 4πε0ma5 5.ma5 522.4. По закону сохранения энергии для шараmgЗемhЗем − GmM/R = 0.Положив 2R = ` – размеру, имеемgЗ hЗ ∼ G(4πR3/3)ρ/R ∼pG`2ρπ/3 ∼ G`2ρ.
Отсюда ` ∼ gЗ hЗ /Gρ. При gЗ = 10 м/с2,hЗ ∼ 1 м, G ≈ 7 · 10−11 м3/кг · с2, ρ ∼ 8 · 103 кг/м3, ` ∼ 5 · 103м =5 км.252ОТВЕТЫ. Варианты 1992 г.Грубая оценка (из 1-й космической скорости):2mvmax/2 ∼ GmM/2R ∼ GmM/` ∼ mgЗ hЗ.p` ∼ 2gЗ hЗ /Gρ ∼ 7 км.22.5. Параллельное подключение конденсатора к диоду позволяет переменному току проходить через конденсатор в лампу в течениеполупериода, неиспользуемого при отключенном конденсаторе. Поэтому при замыкании ключа K лампа разогревается и светит сильнее.Вариант 23p0 = ρg(H1 h1 − H2 h2)/(h1 − h2).23.1.23.2.
Без нажима ma = mg(sin α − µ cos α).При нажиме ma2 = mg(sin α − µ cos α) − 2µN .Отсюда a2 = a − 2µN/m при a > 2µN/m и a2 = 0 приa ≤ 2µN/m.23.3. Максимальный ток Jmax = J0 достигается, когда ЭДС самоиндукции UL = 0. При этом UC = UR = J0R. Соответственнонакопленная энергия E0 = LJ02/2 + C(J0R)2/2.При колебаниях тока его максимум Jm вычисляется из pзакона со2хранения энергии: LJm/2 = LJ02/2+C(J0R)2/2. Jm = J0 1 + CR2/L.23.4. После того как лед растаял, сила действия на весы изменилась на mлmлρвоздρвозд g − mлg −ρвозд g = mлg(ρв−ρл ).∆F = mлg −ρвρлρл ρвиз-за уменьшения объема mл /ρл , который создавал выталкивающуюсилу, действующую на лед.Положив плотность воды ρв = 1 г/см3, плотность льдаρл ≈ 0, 9 г/см3, плотность воздуха ρвозд ∼ 10−3 г/см3, mл = 103 г,получим, что необходимо для восстановления равновесия подлить клитру воды еще ∆m = mл ρρвозд(ρв − ρл ) ∼ 0, 1 г.л ρвОТВЕТЫ.
Варианты 1992 г.23.5.90°253Чтобы изображение заняло весь цилиндр, необходимопостроение, указанное на рисунке. Критичеγское условие: sin β = 1/n, где n – показательβпреломления воды.RВ принципе можно анализировать уравнеnние1tg β = 1 − (r/R) 1 −,cos βcos βtg β = R−r+r, где sin β = 1/n. Тогда r/R = n + 1 − n2 ±R−rsinβ√n4 − 2n3 + 2n − 1. При n = 4/3 получаем R > r ≥ 0, 85R.Вариант 2424.1.F = (ρ0V /2 − ρV )g; 3F = (ρ0 − ρ)V g).Отсюда ρ = ρ0 /4.24.2. Из равенства давлений следует: ν1 T /L1 = ν2 T0/L2, Q1/Q2 =ν1/ν2 . ОтсюдаQ2 = Q1ν2 /ν1 = QT L2/(T0L1).24.3.
Конденсатор разбивается на четыре (см. рисунок): два незаряженных, а на двух других напряжение JR.Ja±Знак заряда определяется направлением то+JRка (от плюса к минусу) и противоположнымb=3aзнаком индуцирующего заряде на противолежащей пластине.JЕмкость левого верхнего равна C2 a+ba = 2C, тогда заряд на немq1 = 2CJR. Емкость второго заряженного конденсатора равнаC a+b22 b = 3 C, заряд его равен q2 = 2CJR/3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
