1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 38
Текст из файла (страница 38)
При движении внизm2ω 2R2 = T ; m1ω 2 R1 = N ; m1g = T + µN.Тогда при движении вверхm2ω 2R2 = T ; m1ω 2 R1 = N ; m1g + µN = T.Отсюда ω 2 ≤ m1g/(m2R2 − µm1R1).270ОТВЕТЫ. Варианты 1994 г.Таким образом,m 2 R2m1 gm1 g,< ω2 <;m1R1 m2R2 + µm1R1m2R2 − µm1R1m 2 R2m1 gпри µ >,< ω 2 < ∞;m1R1 m2R2 + µm1R1m 2 R2при µ =– застой.m 1 R1при µ <46.4. В первый момент сила F1ρSvC ∼ 3 · 106 Н при ρ ∼√103 кг/м3; C – скорость звука, C ∼ 103 м/с, v ∼ 2gh ∼ 4, 5 м/с,S ∼ 0, 7 м2.Время действия этой силы ∆t ∼ ∆`/C ∼ 0, 3/103 ∼ 3 · 10−4 с.Далее действуем сила F2ρSv 2 ∼ 103 · 0, 7 · 20 ∼ 104 Н.
Время еёдействия ∆t ∼ ∆`/v ∼ 0, 3/4, 5 ∼ 0, 1 с.46.5. См. решение задачи 5 варианта 43.Вариант 4040.1. Из условия равновесия получаем 4π4 ρ · π R3 + (2R)3 = ρ0 (2R)3 + R3/2 · .33Отсюда ρ0 = 17ρ/18.40.2. Условия равновесия поршня: p2S = p1S + P ; p1S = p02S +P . Из закона Клапейрона–Менделеева получаемp1V = (m1/µ1)RT1; p2V = (m2/µ2)RT2, p02V = (m1/µ2)RT20Решая систему уравнений, получаемmTµ1 1 2−1 .T20 = T2 2m2T2µ140.3. Тело массы m поедет начиная с расстояния R, когдаkQ2/R2 = µmg. Тело массы M сдвигается начиная с расстояния r,271ОТВЕТЫ. Варианты 1994 г.когда kQ2/r2 = µM g. Во втором случае из закона сохранения энергии имеем−kQ2/R = −kQ2/r + mv 2/2 + µmg(R − r).В отсутствие зарядов условие соприкосновенияmv 2/2 ≥ µmgr.Складывая два последних уравнения, получаем−kQ2/R ≥ −kQ2/r + µmgR.Подставляя сюда найденные из первых двух уравнений значения r иR, находимpppk µM g/k − k µmg/k ≥ µmg/ µmg/k.√√√Отсюда M − m ≥ m, т.
е. M/m ≥ 4.40.4. Угловой геометрический размер спутника αг ∼ d/h, гдеd – размер спутника – порядка нескольких метров отнесен к еговысоте над Землей – порядка нескольких сот километров. Отсюдаαг ∼ 10−5 рад. Дифракционное разрешение глаза αд ∼ λ/dзр ∼ 10−4,где λ – длина световой волны, λ ∼ 5 · 105 см, dзр – диаметр зрачка втемноте, dзр ∼ 5 мм ∼ 0, 5 см. Лишь в пределе для больших спутников и малых высот перед отстрелом тормозящего блока можно пользоваться геометрическим угловым размером, положив его равным по порядку величины дифракционному разрешению α/h ∼ αг ∼ αд ∼ 10−4.Тогда, приравняв по условию задачи аналогичную величину для Земли, получаем d/h ∼ dз /`з , где dз – диаметр Земли, dз ≈ 1, 3·104 км,а `з – искомое расстояние до Земли:`з ∼ dз · h/d ∼ 1, 3 · 104 · 104 ∼ 108 км.При этом и спутник и Землю мы увидим звездочкой, т.
е. светящейсяточкой, а не светлым пятнышком в темном небе.272ОТВЕТЫ. 1995 г.ONSNNSSNNSSб)a)40.5. Стрелка направлена концами (см. рисунок слева) к полюсаммагнита, противоположным по знаку по сравнению со стрелкой. В середине магнита поле нулевое, а на концах максимально. Если магнитразрезать и развести половинки (см. рисунок справа), то на местахразрезов проявятся полюса, противоположные по знаку полюсам надальних концах половинок магнита (отрезать полюс, получить однополюсник принципиально невозможно).
Поэтому стрелка, притягиваемая новыми торцами, которые ближе и поэтому сильнее влияют нанее, перевернется.1995 г.Вариант 51р–ФФ51.1. pV =m0µ RT,стало αp V =m Tµ Rβ,mm0= αβ .51.2. На основании законов сохранения импульса и энергии имеемmpv0 = (M − mp)v,mpv02/2 = (M + mp)v 2/2.Отсюда M/mp = 3, v = v0/2.С протоном столкнулось либо ядро трития H 3 , либо ядро гелиятри He3 .51.3. В равновесии mg cos α0 = qE sin α0 , т. е. tg α0 = mg/qE.Из второго закона НьютонаℓOα0TmgqEmv 2/` = T − mg sin α0 − qE cos α0.Из закона сохранения энергии с учетом потенциальности электрического и гравитаци-273ОТВЕТЫ.
1995 г.онного полей имеемmv 2/2 = mg` sin α0 − qE`(1 − cos α0).Так какато получаемpsin α0 = mg/ (qE)2 + (mg)2,pcos α0 = qE/ (qE)2 + (mg)2,T = mg sin α0 + qE cos α0 + 2mg sin α0 − 2qE(1 − cos α0) == 3mg sin α0 + 3qE cos α0 − 2qE.pОтсюда T = 3 (qE)2 + (mg)2 − 2qE.51.4. Считая, что стенки колодца поглощают свет, получим, чтоI 0 /I ∼ S/r2 ∼ d2/h2, где ширина колодца d ∼ 1 м, а глубинаh ∼ 10 м.
Тогда I 0 /I ∼ 1 м2/100 м2 ∼ 1/100.51.5. Сила натяжения T в соответствие со вторым законом Ньютона равна изменению импульса ∆p, отнесенному к интервалу времени∆t, за которое это изменение произошло: T = ∆p/∆t. Интервал ∆tпри подсоединении резины заметно увеличивается, поэтому T уменьшается и нить с резинкой не рвется.Вариант 52–ФФ52.1. На вертолет действует сила тяжести, сила натяжения тросаподъемная сила. По второму закону НьютонаF − M g − T = M a.Аналогично для грузаT − mg = ma.274ОТВЕТЫ. 1995 г.После обрыва троса сила T исчезает, поэтомуF − M g = M a1 .Исключая из уравнений F и T и выражая a1, через известные величины, получим:a1 = a + (a + g)m/M.52.2. По закону Шарля p0/T0 = p/T . В критический момент изусловия равенства моментов сил(p0a2 + mg) · a/2 = pa2 · a/2.Отсюдаmg).p 0 a252.3.
Предположим, что заряды противоположны по знаку. Тогдабусинка не сдвинется при условииT = T0p/p0 = T0(1 +µ(M g −qQqQsinα)≥cos α.4πε0R24πε0R2ОтсюдаµM g ≥ (µ sin α + cos α)qQ/(R2 4πε0).Не прибегая к дифференцированию, найти минимальное значениеможно, используя известный искусственный прием. ОбозначимM gR2ctg β = µ и= 2λ.kqQТогда 2λµ ≥ (µ sin α + cos α), откуда, с учетом того чтоpp2sin β = 1/ 1 + µ , cos β = µ/ 1 + µ2,получаемp2λµ ≥ 1 + µ2 sin(α + β).275ОТВЕТЫ.
1995 г.Отсюда минимальное значение µ при α + β = π/2, т. е.1µ0 = √при 2λ > 1,4λ2 − 12λ = M gR2/(kqQ) = M g4πε0R2/(qQ).Для случая отталкивания зарядов надо рассчитать очень простой случай действия сил по прямой AB.52.4. Исходя из определения давления, в том числе и атмосферногоpa, сразу же получаем оценку массы атмосферы Земли:mатм ∼ (pa · S)/g = pa · 4πRз2/g.Для оценки массы океана, взяв среднюю глубину его равной h ∼4 км и учтя, что он составляет примерно 2/3 от площади Земли, т. е.∼ 8πRз2/3, сразу имеемmок ∼ 2ρ0 · hS/3 = ρ0 h · 8πRз2/3.Таким образом,mок /mатм ∼ (2/3)ρ0gh/pa ∼ (2/3) · 103 · 10 · 4 · 103/105 ∼ 300.52.5. Потенциальная энергия растянутой резины k1x21/2 переходитпри взлете в потенциальную энергию подъема в поле тяжести k1x21/2 ∼mgh1.
По закону Гука k1x1 ∼ F = M g, где M – масса подвешенного растягивающего резину груза.Таким образом, k1x21/2 ∼ M g/k1 ∼ mgh1, где m – масса взлетающего груза. При двойной резине ее жесткость k1 = 2k2, т. е. вдвоепревышает жесткость во втором случае.Отсюда mgh1/mgh2 ∼ M g/k1; M g/k2 = k2/k1, т. е.h2 ∼ h1(k1/k2) ∼ 2h1. При более тонкой резинке и постоянной силерастяжения высота взлета практически удваивается.276ОТВЕТЫ. 1995 г.Вариант 53–ФФ53.1. Полная энергия электрического поля емкости W = CU 2/2,а U = E/3. В каждой ветви выделится энергия W/2, тогдаW2R1 2 CE 2 CE 2= · ·=.2 3 185453.2. Масса газа, вытекающая в единицу времени ρv0S = ∆m∆t =∆p Vµp µp∆p V∆p Vµ ∆t RT ; ρ = RT ; RT v0S = µ ∆t RT .
Отсюда имеем v0 = ∆t pS илиv0 = AV /pS.53.3. Записываем момент сил относительно точки 0:1h[mg + h(` − h)] h = F − k(` − ) h.22Отсюда F = 21 (mg + k`).2pq53.4. Работа A ∼ ∆pV ∼ mv /2. Отсюда L ∼ V H/g ∼2H·∆p·V∼ 10 м. ∆p ∼ 0, 1pa – избыточное давление во рту, pa –mgатмосферное давление, V ∼ 5 · 5мм2 · 20см ∼ 5 · 10−6м3 – объемтрубки, ∆p ∼ 104H/м2, m ∼ (0, 5мм)3 · ρ ∼ 10−4кг – масса горошины, ρ ∼ 103кг/м3 – плотность, H ∼ 1 м – высота, с которойстреляют.53.5.
См. решение задачи 5 варианта 52–ФФ.Вариант 54–ФЕН54.1. По второму закону Ньютона M a = M g − TBC , причемa = mg/(2M + m). Отсюда TBC = 2M 2g/(2M + m).54.2. По закону Фарадея E = −∆Φ/∆t = Balv.По закону Ома J = E/R = Bav/R.По закону Ампера F = JBa = B 2a2v/R.277ОТВЕТЫ. 1995 г.54.3. По закону преломления sin α/ sin β = n1/n0 = n0. Так какугол отражения равен углу падения α, то на долю угла α + β послевычитания из развернутого угла, образованного вертикальной осью,угла 90°, т. е. (180◦ − 90◦ = 90◦ = α + β) остается 90◦.
Отсюда иззакона преломления получаем sin α/ sin β = sin α/ sin(90◦ − α) =tg α = n1, т. е. α = arctg n1.54.4. Сходство закона Кулона и Закона всемирного тяготения водинаковой зависимости от расстояния (сила обратна квадрату расстояния) и сила взаимодействия направлена по линии, соединяющейточечные заряды или массы.Различие в том, что для гравитации существуют лишь силы притяжения, в отличие от кулоновских сил. Кроме того, заряды кратнызаряду электрона, а для масс такой кратности не обнаружено.Есть и другие более глубокие различия между гравитационным полем и полем электростатическим.Вариант 55–ГГФ55.1.В соответствии с рисунком силы уравновешены, еслиEQαααQEgи направлено вправо.mg sin α = QE cos α,т.
е.E=mg tg αQ55.2. Условие равновесия с учетом действия силы тяжести и выталкивающей силы; ρ0V g = (ρ1 + ρ2)/(V /2)g. Отсюда ρ2 = 2ρ0 − ρ1 .55.3. Пусть U = 100 В, W = 100 Вт, W = U 2/R0, т. е.R0 = U 2 /W . После включения сопротивления R имеемW1(R0 + R) = W R0 = U 2, т. е. W1(U 2/W + R) = U 2, откуда2−W1 )R = U (W= 300 Ом.W1 W278ОТВЕТЫ.
1996 г.55.4. Земля имеет два магнитных полюса: северный и южный.По полюсам ориентируется стрелка компаса, позволяя определять направление на север–юг. Полюса, если проследить за ними за длительное геологическое время, перемещаются и магнитное поле меняет своюсилу. Это видно, в частности, по палеомагнитным проявлениям в рифтовых зонах, например на дне Атлантического океана.
Эти наблюдения привели к созданию плитотектоники.Магнитное поле Земли приводит к отклонению космических заряженных частиц к полюсам из-за силы Лоренца. В результате полярные сияния наблюдаются преимущественно в высоких широтах. Магнитное поле Земли создает ловушки для заряженных частиц – радиационные пояса.1996 г.Вариант 61–ФФ61.1. Пусть объем под поршнем равен V , тогда объем газа составляет 0, 4V , а объем порошка – 0, 6V . Новый объем под поршнем после сжатия 0, 75V − 0, 6V = 0, 15V .
Тогда, по Бойлю–Мариотту,давление P = P0(0, 4V /0, 15V ) = (8/3)P0.61.2. Как следствия законов преломления и отражения отметимследующее:H1) луч, вышедший из плоскопараллельнойCdGβпластины, параллелен падающему на нее;hOαhEA2) луч, дважды отраженный от пары взаDBимно ортогональных зеркал, параллелен падающему на первое зеркало;3) луч, идущий параллельно биссектрисе прямого угла, образованного зеркалами, после двукратного отражения сместится на то же расстояние h от биссектрисы, т. е. полное смещение луча будет равно 2h.279ОТВЕТЫ.
1996 г.Тогда, проведя построения (см. рисунок), получим в параллелограмме ABDC AB = CD = 2CE; ∆AEH – равнобедренный, причем AH⊥HE. AH = HE = d.p ∠HAC = β – уголпреломления,sin β = sin(α/n), cos β =n2 − sin2 α/n; tg β =√sin2 α = 1/2, CH = d tg β, поэтому1/ 2n2 − 1, так как√√ CE =d − d tg β = d(1 − 1/ 2n2 − 1; AB = 2CE = 2d(1 − 1/ 2n2 − 1)при n > 1.61.3. Пусть цепь внизу натянута с некоторой силой T , а верхнийее участок слегка провисает и не натянут (T~ при ` R, r горизонтальна). И пусть на колеса действуют силы трения F и f .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
