1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 36
Текст из файла (страница 36)
Полный (суммарныйс учетом знаков) заряд на пластине q = q1 − q2 = 4CJR/3.24.4. Так как L d, то d ≈ F . Из подобия треугольников254ОТВЕТЫ. Варианты 1992 г.d≈FHhL(см. рисунок) следует H/h ∼ L/F , где h– размер кадра на кинопленке; H – размерэкрана; L – размер аудитории.ОтсюдаF ∼ Lh/H ∼ 10 см приh ∼ 1 см, H ∼ 200 см, L ∼ 20 м.24.5.
См. решение задачи 5 в варианте 21.Вариант 2525.1. Для пары линз (см. рисунок) происходит сужение размерапучка в два раза: d/D = (F/2)/F =1/2.D/2F/2d/2Поэтому для N пар имеемFdN = D/2N .25.2. Каждое следующее столкновение со стенкой происходит перпендикулярно стенке и, следовательно, расстояние от точки первого соударения прирастает каждый раз на диаметр новой окружности.Направим ось X вдоль стенки. Положим x1 = 0. Из второго законаНьютона имеем m(v + u)2/R2 = q(v + u)B. Отсюда x2 = 2R2 =2m(v + u)/qB.Аналогично, x3 = 2(R2 + R3) = 2m [(v + u) + (v + 2u)]. Для2m(k − 1)kmxk =v(k − 1) +u =(k−1)(2v+ku), k = 1, 2, .
. .qB2qBКоэффициент (k − 1)k/2 – сумма арифметической прогрессии:1 + 2 + 3 + . . . + k.25.3. Горизонтальная составляющая скорости грузика с массой mк моменту касания стола равна нулю. Поэтому равны нулю скорости иконца нити и груза с массойзакона сохранения энергииp M . Тогда из mv 2/2 = mg` + M g`1 + 1/4 − 1/2 , откуда1/2p √v = g` 2 + ( 5 − 1)M/m.255ОТВЕТЫ.
Варианты 1992 г.25.4. Пар – идеальный газ при заданных условиях. При T0 = 273 Кв объеме V0 = 22, 4 л при нормальном давлении p0, как известно, содержится NA = 6 · 1023 молекул. Плотность параp0µ µT0ρп ==.RTV0 TТогда по порядку величины расстояние между молекулами пара rп ∼1/3 1/3µT V0∼ Nп T0.ρп Nп1/3µ.Для воды это расстояние rв = ρвNп1/3T V0 ρвrпТаким образом, увеличение расстояний rв = T0µ.При T = 373 К, T0 = 273 К, плотность воды ρв = 1 г/см3,µ = 18 г/моль, V0 = 22, 4 · 104 см3.25.5. См. решение задачи 5 в варианте 22.Вариант 2626.1. Из закона сохранения получаемmv 2 2kqQ 2kqQ+=,23RRоткудаrr2kqQ2qQv=2=2.3mR3 · 4πε0mR26.2. При подъеме правой плоскости вверх, слева будет проскальзывание, если кубик вместе с правой плоскостью пойдет вверх, а между последними проскальзывания не будет.
Тогдаµ2F ≥ Fтр2 = M g + µF.Здесь Fтр2 – сила трения, направленная вверх.Когда плоскость идет вниз, телу не дает идти вниз неподвижнаяплоскость: там нет проскальзывания. Следовательно, для подъема тела необходимо, чтобы F ≥ M g/(µ2 − µ1).256ОТВЕТЫ. Варианты 1993 г.26.3. Пусть размер рамки a. Сила Ампера, действующая на рамку,равна F = JBa; масса рамки m = 3aρ.При отклонении рамки проскочит положение равновесия и отклонится на угол α, определяемый не из равенства моментов (условиеравновесия), а из закона сохранения энергии:2ρa2g(1 − cos α) = F a sin α.Отсюда 2ρg(1 − cos α) = JB sin α, tg α = JB/(2ρg),α = 2 arctg (JB/2ρg) .Другая форма ответа4ρ2g 2 − B 2J 2α = arccos 2 2,4ρ g + B 2J 2α > α0 = arctg(JB/2ρg) – положение равновесия.26.4.
p = nkT = nmvx2 . Масса, приходящаяp в единицу временина единицу площади Jm ∼ nmvx ∼ p/vx ∼ p µ/RT .Тогда за время t намерзнет (при тонкой пленке)qслой льда толщиpt`ρлRT−4ной ` ∼ Jm · t/ρльда ∼ √сµ . Отсюда t ∼ pµ ∼ 4 · 10ρл3RTпри ` = 10 м, ρл ∼ 10 кг/м3, p ∼ 105 Па, R ≈ 8 Дж/К моль,T ∼ 4 · 102 К, µ = 18 · 10−3 кг/моль.−426.5. См. решение задачи 5 в варианте 23.1993 г.Вариант 3131.1. Если выше и ниже крюка A натяжения T2 и T1 одинаковы, то2T cos α2 = T , cos α2 = 12 , α2 = 60◦, α = 120◦.При угле α < 120◦ 2T2 cos α2 < T1 и T2 < T1,αT2T2поэтому нить порвется ниже крюка, где натяжение больше.T1 mgПри α > 120◦ разрыв выше A.257ОТВЕТЫ.
Варианты 1993 г.31.2. В начале подъема первого поршня по закону Клапейрона–Менделеева (p0 +m1g/S)V0 = νRT1 , где V0 – объем газа, a ν – число его молей. В начале подъема второго поршня с учетом действия «зацепа» по закону Клапейрона–Менделеева [p0 + (m1 + m2)g/(2S)] =νRT2 . Поделив второе уравнение на первое, получаемhS(m2 − m1)gT2 = T1 1 +1+.V02(p0S + m1g)31.3. Начертим эквивалентную схему вначале, сводящуюся к тремконденсаторам с зарядами q1, q2 и q3 (рисунок слева), и распределение потенциала (см. рисунок справа). Тогда q1 = CU1, q2 = C(U1 +U2), q3 = CU2.
После переключения образуются два одинаковыхU1-q1 +q1 +q2 -q2-q3 +q30- +U1a)- +U20U2б)конденсатора емкостями C, соединенных параллельно, на которых останется (на каждом) половинный неуравновешенный заряд (q3−q1)/2 =C(U2 − U1)/2. С учетом полученных результатов для энергии в конденсаторах вначале имеем W1 = CU12/2 + C(U1 + U2 )2/2 + CU22/2.2C(U2 −U1 )2C (U2 −U1 )21)+=. ТакимПосле переключения W2 = C2 (U2 −U4244образом, выделившееся количество теплоты равно2C(U−U)21Q = W1 − W2 =U12 + (U1 + U2)2 + U22 −=223C3 ε0 S=(U1 + U2)2 =(U1 + U2 )2.44 d31.4. Накачка шины определяется числом ходов насоса, при каждом из которых захватывается и вгоняется в шину фиксированная мас-258ОТВЕТЫ. Варианты 1993 г.са воздуха, определяющаяся атмосферным давлением и рабочим объемом насоса.Пренебрегая небольшой работой при накачке с расправлением велосипедной камеры до её полного объема V , оценим минимальную работу по созданию перепада давления ∆p ∼ p при постоянном объемеV .
A ∼ ∆pV ∼ pV ∼ pa · 2πRS, где радиус шины R = 0, 35 м, еёсечение S ∼ 10 см2 = 10−3 м2, pa ∼ 105 Па; A ∼ π105 ·0, 35·10−3 ∼2 · 102 = 200 Дж.31.5. Плоскопараллельная пластина, роль которой играет прямоугольный сосуд с водой, не меняет направление параллельного пучкасвета, прошедшего сквозь неё, однако смещает его. Это смещение инаблюдается.Линза собирает все параллельные лучи в фокус независимо от ихне слишком большого смещения. Поэтому если расположить экран нафокусном расстоянии от линзы, то смещения пятна при вращении сосуда наблюдаться на экране не будет.Вариант 3232.1.
Если R – сопротивление любого из трех участков AB, BC, CDдля тока в прямом направлении через диод, a U – напряжение междуточками A и D, тогда ток через цепь J0 = U/3R.При подсоединении проводников участки AB и CD оказываютсявключенными параллельно, а через участок CB, запертый в этом случае диодом, ток не пойдет. Следовательно, J = U/(R/2) = 2U/R.Таким образом, J/J0 = 6.32.2. При T − mg sin α ≤ µmg cos α неподвижен брусок.
ПриT − M g sin α ≤ µmg cos α неподвижна доска. В равновесии 2T =(m + M )g sin α (T – натяжение нити).Исключая натяжение T из неравенств с помощью последнего ра-259ОТВЕТЫ. Варианты 1993 г.венства, получаем условие неподвижности системы:M1 − 2µ ctg α ≤≤ 2µ ctg α + 1.m32.3. Используя закон Гука F = kx = kV /S, найдем жесткостьпружины k; (p − p2 )S = kV /S, откуда k = pS 2/(2V ).Используя обощенный газовый закон p1V1/T1 = pV /T и законГука p1S = kV1/S2 , а также закон сохранения энергииполучаем(pS)2(p1S)2 (p/2)2S 2CT += CT1 ++,2k2k2k1/24CT + 3pV.V1 = V2CT + pV32.4. Луч, пущенный под малым углом к главной оптической осилинзы через её центр, при построении пройдет без изменения направления.Введем диаметр пятна в фокусе dF , диаметр пятна на расстоянии xот фокуса d и диаметр линзы dL , а также угловой размер Солнца α =d /` ≈ 10−2 рад – отношение диаметра Солнца к расстоянию отнего до Земли.Если сфокусировать свет от Солнца наαdα d =α ·Fэкран, то яркое пятно в фокусе – этоFизображение Солнца (фокусное расстояниеF определяется по минимальности размерапятна dF ).
Размер пятна в фокусе (см. рисунок) dF = α F . ОтсюдаF = dF /α .Размер пятна в фокусе определяется лучаALMми, прошедшими через края линзы (см. риdFCxdLNсунок); C – точка, где эти лучи пересекаютBFся. Из подобия треугольников получаемddFdL==.L+xLF +LΘΘΘFΘ260ОТВЕТЫ. Варианты 1993 г.Так как по условию d = 2dF , то 2L = L + x, откуда L = x.
Такимобразом,dFdd2Fd2F=, x=≈, так как dL dF .xx + dF /αα (dL − dF ) α dLПри α = 10−2 рад, dF = 10−1 см, dL = 3 см получаем x ∼ d2F (α ·dL ) ∼ 10−2 · 102/3 ≈ 3 мм.32.5. По сравнению с сосудом с короткой трубкой на воду в сосудес длинной трубкой действует дополнительная сила из-за неразрывности воды – вес добавочного столбика воды в длинной трубке.Вариант 3333.1. Сравнение сил приводит к неравенству: клин не сдвинется,если M g tg α ≤ µM g, т. е. tg α ≤ µ.33.2.
Вся работа по приобретению поршнями одинаковых импульсов (равны силы PаS и времена разгона) переходит в тепло:Q = PаSL.33.3. После замыкания ключа два образовавшихся конденсатора,на одном из которых заряд q1, а на другом – q2 + q1 , разряжаютсячастично на землю, частично друг на друга, оставляя в итоге заряд q2на изолированной пластине. Общая емкость в конце равна C1 + C2.Таким образом, по закону сохранения энергии имеемq12(q1 + q2)2q22Q=+−=2C12C22(C1 + C2)" s #2s11C21=q11++ q2.C22C2C1C2(1 + C )1Так как C1 = ε0S/(h1 − h2), а C2 = ε0S/h2, тоQ = (q1h1 + q2h2) /(2ε0Sh1).ОТВЕТЫ. Варианты 1993 г.26133.4. Сила отдачи F ∼ ∆p/∆t где ∆p ∼ p ∼ mv, ∆t ∼`/u, где m – масса пули, v – её скорость, ` – путь приклада, u– его скорость. Так как mv = M u – где M – масса ружья, то2−2F ∼ mvu/` ∼ mvкг, M ∼ 5 кг,M` ∼ 200 Н при m ∼ 10v ∼ 7 · 102 м/с, ` ∼ 5 · 10−2 м.Если приклад прижат плотно, то M – масса стрелка с ружьем,M ∼ 100 кг и F ∼ 10 Н.
Этот вариант и реализуется.33.5. При замыкании ключа ток оба полупериода идет сначала через диод, так как сопротивление лампочки, включенной параллельноему, существенно больше, а потом через другую лампочку, так как второй диод в это время заперт. Таким образом, в течение всего временипеременный ток преодолевает сопротивление R лишь одной лампочки.При разомкнутом ключе оба полупериода ток может идти толькопоследовательно через две лампочки, так как плечо с диодами заперто.Поскольку амплитуда напряжения неизменна, то выделяющаяся мощность, если пренебречь зависимостью сопротивления от температуры,обратно пропорционально сопротивлению и при замкнутом ключе, когда сопротивление одной пусть и сильнее разогретой лампочки сказывается существенно слабее, чем двух, хотя и менее нагретых.Вариант 3434.1.
Учитывая, что натяжение равно F и направлено вдоль веревки, записываем равенство моментов сил, действующих на любую изсимметричных половинок, относительно оси, проходящей через точкуA : F · (`/2) cos(α/2) = (F/2)` sin(α/2). Отсюда α = 90◦.34.2. По закону Клапейрона–Менделеева вначале pV = ν1RT1,pV = ν2RT2. В конце p0(V − ∆V ) = ν1RT , p0(V + ∆V ) = ν2 RT ,где ν1 и ν2 – число молей газа, а ∆V = ∆x · S.Отсюда ∆x = L(T1 − T2)/(T1 + T2 ).262ОТВЕТЫ. Варианты 1993 г.34.3.
Из закона Фарадея q/C = B`v. С учетом силы Ампера извторого закона Ньютона следуетm(∆v/∆t)∆t = mv∆t = F ∆t = JB`∆t = B`(Q − q).По закону сохранения энергии находим выделившееся тепло:Q2q2mv 2W =−−.2C 2C2ОтсюдаQ21W =.2C 1 + (B`C)2/m34.4. Если считать, что входящий в бревно гвоздь равномерно обжимается древесиной, то сила трения с глубиной x линейно нарастает.Тогда работа будет расти квадратично:Fтр = µN = µp2πrx, A = Fтр. ср. x = µNср x = µp2πrx2/2.Тогда при длине гвоздя `, массе m, скорости v после одного удара поусловию имеемmv 2∼ µp2πr(`/10)2/2.2После N ударов забивающих гвоздь полностьюmv 2N∼ µp2πr`2/2.2Поделив второе соотношение на первое, получаем N ∼ 100 ударов.Однако есть и другая модель.
Если древесину разрушает передняячасть гвоздя, а взаимодействия боковой поверхности с пробитым каналом практически нет, тогда сила не зависит от глубины проникновенияи работа линейно зависит от глубины проникновения x:mv 2mv 2N∼ F `,∼ F `/10.22Отсюда N ∼ 10.Реальная ситуация, очевидно, промежуточная.34.5. См. решение задачи 5 варианта 31.263ОТВЕТЫ. Варианты 1993 г.Вариант 3535.1. В равновесии сумма моментов сил равна нулю:qE` sin α + 2qE` sin(α + 2π/3) + 3qE` sin(α + 4π/3) = 0,откуда α1 = −π/6 и α2 = 5π/6, причем α2 − α1 = π. Положение сα2 неустойчиво.√35.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
