1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 37
Текст из файла (страница 37)
Скорость до удара относительно земли v0 = 2gh, а относительно ракетки v0 + u, где u – скорость ракетки.√После удара скорость относительно ракетки меняет знак и в α√раз уменьшается – (v0 + u)/ α, относительно земли после удара по√условию задачи −(v0 + u)/ α, относительно земли после удара по√условию задачи −(v0 + u)/ α − u = −v0. Отсюда√√α−1 pα−1u = v0 √= 2gh √.α+1α+135.3. Вначале по закону Клапейрона–Менделеева pV = RT , вконце pV1 = RT1, pV2 = 2RT1. Отсюда 2V = 2RT /p и V1 + V2 =3RT1/p. Поэтому (V1 + V2)/(2V ) = 3T1/2T . Из закона сохраненияэнергии имеем35 T35RT + 2 · R =R + 2 · R T1 + p (V1 + V2 − 2V ) .22 222Таким образом,V1 + V2 3 T1 3 12 18== ·= .2V2T2 19 19p35.4.
Пусть циклическая частота равна ω(ω = 2πν = k/m).Тогда натяжение T ∼ kx, x ∼ L2 (1 − cos α) ∼Lα3L∆2∆2α∼∼, k = 4π 2ν 2 m. Тогда T ∼24LLxLkx ∼ 4π 2ν 2m∆2/L ∼ 4 · 107 дн ∼ 400 Н при∆ν ∼ 102 Гц, ∆2 ∼ 10 см2, L ∼ 0, 5 м, m ∼ 5 г.L/2264ОТВЕТЫ. Варианты 1993 г.Другое решение. Возвращающая сила F ∼ 2T x/L, полагая движение равноускореннымp для грубойpоценки, имеем a = F/m ∼∼ 2T x/Lm, t ∼ 4 2x/a ∼ 4 Lm/T . Отсюда получаем T ∼16mL/t2 ∼ 16L2ρS/t2 . При S ∼ 1 мм2, L ∼ 0, 5 м, ν ∼ 102Гцсоответствует t ∼ 10−2 c. Отсюда получаем T ∼ 3 · 102 Н.35.5.
См. решение задачи 5 варианта 32. При этом пальцы развивают усилие 3 ÷ 4 кг.Вариант 3636.1. Разбивая заряды на противоположные пары, действующиевдоль диагоналей квадрата, получаем одинаковые по величине силы:2k · 4qQ/L2 = qQ/(πεперпендикулярно друг√ 0L ), направленныедругу. Поэтому F = 2qQ/(πε0L2), и направлена перпендикулярностороне, соединяющей заряды q и 2q, к этой стороне.36.2. Смещение поршня при заполнении левого цилиндра газом,равное V /S, приводит к увеличению силы сжимающей пружины на(p − p0)S, так что жесткость h = (p − p0)S 2/V .
По закону Бойля–Мариотта pV = p1V1. Условие равновесия для правого цилиндраkV1p/S = p1S. С учетом выражения для k отсюда получаем V1 =V / 1 − p0/p.36.3. Работа силы Ампера для малого элемента стержня длины ∆`равна BJ∆`x, где x – длина пройденной до столкновения этим элементом длины дуги, т. е. равна BJx∆S, где ∆S – площадь, которую«заметает» в процессе движения этот элемент стержня.
Полная работа двух стержней к моменту соударения равна A = BJπR2/2. СилыАмпера, действующие на тот и другой стержень, равны. Скорости будут линейно нарастать: vm = F t/m и vm = F t/M , а импульсыбудут совпадать по величине так, что вся работа при соударении перейдет в тепло: Q = πBJR2/2.265ОТВЕТЫ. Варианты 1994 г.36.4.
Щелчок по краю монеты придает краю скорость 2v. Пустьскорость противоположного края равна нулю. Тогда скорость центрамонеты равна v0. Она взлетит на высоту h = v 2/2g, а время падения на начальный уровень t = 2v/g. Край относительно центра имеетскорость вращения v и пройдет путь vt = 2v 2/g = 4h. Число оборотов N = 4h/(2πr) ≈ 2h/3r. Для h = 1, 5 м, r = 1 см имеемN = 100.36.5.
См. решение задачи 5 из варианта 33.1994 г.Вариант 41L41.1. При `0 = 2F, L0 = F + `0 = 3F ,DDxFℓD0x = 2D. При ` = 5F, L = F + ` = 6F = 2L0, Dx = 5D.41.2. Из законов сохранения энергии и импульса имеемv1 =m3v0/(m2 + m3); v2 = v1(m2 + m3)/(m1 + m2 + m3).(m1 + m2)v12/2 − (m1 + m2 + m3)v22/2 = µ(m2 + m3)g`.Отсюдаv02m1m23m1v12=·.`=2(m1 + m2 + m3)µg 2µg (m2 + m3)2(m1 + m2 + m3)41.3. На катоде по закону сохранения энергии для фотоэффектаmv 2/2 = hν − A.После сетки кинетическая энергия электрона равнаEкин = hν − A + eU0.Если на аноде заряд +Q, а на сетке −Q, тогда Eкин = eQ/C, гдеемкость C = 3S/ε0d по условиям задачи.
Таким образом, hν − A +266ОТВЕТЫ. Варианты 1994 г.eU0 = Qdε0/3S. ОтсюдаQ = 3S(hν − A + EU0 )/ε0d при hν > A.41.4. Сила за счет остановки капель зонтом Fдин ∼ ρ(h/t)Sv, гдеh – дождевой слой воды на земле, накопившийся за время t, rho –плотность воды, v – скорость капель, S – площадь зонта.Сила давления слоя воды на зонте при толщине слоя δ – примерноравна Fстат ∼ ρSδg. Тогда F ∼ ρ(h/t)Sv + ρSδg ∼ 2 Н при h ∼1 см = 10−2 м при t = 102 м2, v ∼ 10 м/с, δ ∼ 0, 1 мм ∼ 10−4м.41.5. Ударяющий шар слегка проталкивает шар, зажатый в тисках,который переводит полученную им кинетическую энергию в работупротив силы трения.Вариант 4343.1.
Перед началом движения 2mg sin α = mg cos α(µ1 + µ2).Отсюда tg α = (µ1 +µ2)/2. Из условия равновесия для нижнего телаполучаем T = mg cos α · (tg α − µ1). ПоэтомуTµ2 − µ11·=p.2mg41 + (µ1 + µ2) /4Таким образом,pT = mg(µ2 − µ1)/ 4 + (µ1 + µ2)2 при µ2 > µ1.43.2. Пусть удельное сопротивление жидкости равно ρ−1 . Тогда довведения фольги сопротивление жидкости R = d/ρS, где S – площадь пластин. Если пренебрегать искривлением силовых линий приподаче напряжения на пластины и считать поле во всех участках жидкости однородным, то картина сопротивлений выглядит так, как показано на рисунке.RddR11R3 d-d122d-d2 R4Здесь R1 = 2d1/ρS , R2 = 2d2/ρS,R3 = 2(d − d1)/ρS , R4 = 2(d − d2)/ρS,ОТВЕТЫ.
Варианты 1994 г.267т. е. с учетом параллельности включения сопротивлений R1 и R2, R3и R4, получаемR1 R2R3 R42d1d2(d − d1)(d − d2)Rx =+=+,R1 + R2 R3 + R4ρS d1 + d22d − d1 − d22R d1d2(d − d1)(d − d2)Rx =+.d d1 + d22d − d1 − d243.3. Пусть сила взаимодействия провода и одной стороны рамки,параллельной проводу, равна F . Тогда сила Fx,F hαxсообщающая ускорений a рамке, направленнаяαObmgвдоль поверхности стола, равна Fx = 2F cos α(см.
рисунок). Рамка не отрывается от поверхности стола при равенстве моментов силы тяжести и силы магнитного взаимодействия относительно оси, проходящей через точку O: mgb = 2F sin αb, т. е.F = mg/2 sin α. Здесь m – масса рамки.Из второго закона Ньютона имеем ma = Fx − µmg, откудаa = g(ctg α − µ) = g(b/2h − µ).43.4. Аквалангист дышит воздухом через редуктор при давленииp0 = 5 атм. Объем баллона V = 10 л, давление в нем по условии p =100 атм. Отсюда оценка эффективного объема для дыхания Vэфф =V · p/p0 ∼ 200 л.Частота дыхания определяется рядом факторов, в частности парциальным давлением CO2, т. е.
может быть принята по порядку величины такой же, как в обычных условиях: примерно частота ν порядка 10вздохов в минуту.Положив объем одного вдоха при неглубоком дыхании V0 ∼ 1 л,получаем, что искомое время t ∼ Vэфф/(νV0) ∼ 20 мин.43.5. Луч BA, касательный к внутреннему цилиндру (см. рису-268ОТВЕТЫ. Варианты 1994 г.нок), образует угол падения BAO с поверхностью внешнего цилиндра.
Если угол OAC раR1◦αвен90, т. е. луч AC выходит по касательной,AR2 Oто наблюдатель увидит вместо жидкости межnCду цилиндрами содержимое внутреннего сосуда, т. е. окрашенную жидкость. Учтем эти построения, используя закон преломления:Bsin α/ sin 90◦ = 1/n, т.е. sin α = 1/n.Из 4 AOB sin α = R1/R2, где R1 и R2 – радиусы цилиндров.Если учесть, что показатель преломления воды n = 4/3, тоR11 3= sin α = = .R2n 4Таким образом, при R1 & 0, 75R2, если один сосуд вставлен соосно вдругой, вся жидкость во внешнем сосуде имеет цвет как и во внутреннем сосуде.Вариант 4444.1.p Из закона сохранения энергии скорость при отрывеv0 =2g(H1 − H2).
При приземлении√ горизонтальная составляющая скорости v2 сохраняется. vг = v0 3/2. Снова используя законсохранения энергии mgh = mv 2/2, получаем h = 3(H1 − H2)/4.44.2. По закону Клапейрона–Менделеева после разрыва мембраны имеем (p − p0)V = (m/µ)R∆T , где m – полная масса газа.Из закона сохранения энергии для всего газа получаем(m/µ) C∆T = N t.Таким образом, p = p0 + RN t/(V C).ОТВЕТЫ. Варианты 1994 г.26944.3. По закону Фарадея E = −∆Φ/∆t = a2ωB/2.
Мощность,необходимая для вращения рамки, равна N = E 2/R. С другой стороны, N = F v = F · ωa. Отсюда F = ωa3 B 2/4R. Можно решить ичерез момент силы Ампера: F a = JBa2/2, откуда F = JaB/2 =EaB/2R = ωa3 B 2/4R.44.4. Приравняв моменты сил выталкивающих и тяжести послепересадки человека, получаем ∆h ∼ rg/(ρgS) ∼ m/(rhoS), гдеm ∼ 80 кг, ρ = 103 кг/м3, S ∼ 3 м2.
Отсюда ∆h ∼ 3 см.44.5. См. решение задачи 5 из варианта 41.Вариант 4646.1. Вес скомпенсирован и в результат не входит. Условие равновесия приводит к ответу: x = ρ0ghS/(k + ρgS).46.2. Диод D1 открыт, диод D3 закрыт. Поэтому получаетсяUэквивалентная схема: потенциал точки UA =R0RU/2, потенциал точки UB = 2U/3, поэтомуD2ABдиод D2 закрыт. Тогда искомое сопротивлениеRRR0 = 6R/5, а мощность W = 5U 2/6R.46.3. При низких угловых скоростях ω масса m1 (µ невелико)движется вниз, при высоких – вверх.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
