1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 39
Текст из файла (страница 39)
Уравнениямоментов сил относительно осей колес: F a = T R и f a = T r, откудаf = F r/R < F . Здесь a – радиус колеса.Тележка сдвинется, когда сила трения покоя достигнет максимумасилы трения скольжения µmg/2. В общем случае переднее колесо будет катиться, а заднее скользить. Критическая сумма сил трения приначале движения тележки F0 = F − f = µmg(1 − Rr ) (меньшая сила2f направлена по движению).61.4. Оценим расстояние до Луны по известному периоду ее обращения вокруг Земли: T = 28 сут = 2, 5 · 105 с. По второму законуНьютона с учетом закона всемирного тяготения имеем4π 2mMRз2= m 2 ` = G 2 = mg 2T``(использовано, что на поверхности Земли mg = GmM/Rз2).Сократив на m, получаем ` ∼ (gT 2R2/4π 2)1/3 ∼ 4 · 105 км.Искомая скорость пятна от луча лазера6,3·4·105v = ωз ` = 2π∼ 30 км/с при T3 = 8, 6 · 104 с.`∼Tз8,6·104mωл2`61.5.
При насыпании стирального порошка сила поверхностногонатяжения уменьшится, а по другую сторону диска останется прежней. Равновесие нарушается, и поверхностная пленка, стремясь сократить площадь поверхности, потянет диск за собой.280ОТВЕТЫ. 1996 г.Уменьшение поверхностного натяжения и по другую сторону дискапосле его остановки и подсыпки порошка приводит к восстановлениюпримерного равенства значения поверхностного натяжения и поддержанию равновесия диска.Вариант 62р–ФФ62.1. Приравнивая моменты сил, получаемL · (PaS + mg) = ` · M g,отсюда M = (m + PaS/g)L/`.62.2.
Пусть ускорение шеста a. Тогда M a = M g + F , где F –сила взаимодействия обезьяны с шестом. Так как относительно Землиобезьяна неподвижна, то F = mg. Поэтому a = g + F/M = g(1 +m/M ). Тогда искомое времяsr2h2ht==.ag(1 + m/M )62.3. Из закона Фарадея следует E = Blv.По закону Фарадея и Ома F = JB` = (E/R)B` = B 2`2v/R.По второму закону Ньютона∆v B 2`2 ∆xB 2 `2m=, т.
е. m∆v =∆x.∆tR ∆tRЗдесь ∆v = vкон −vнач; vкон = 0, откуда ∆v = vнач = v0.∆x = xкон −xнач; xнач = 0, поэтому ∆x = x. Таким образом, mv0 = B 2`2x/R.0RОтсюда x = mv.2` B262.4. Одна атмосфера, т. е. давление атмосферного воздуха принормальных условиях соответствует давлению десятиметрового столба воды.
Пренебрегая различием в параметрах молекул воздуха и воды, а также разницей их молярных масс, т. е. считая плотности конденсированных состояний воздуха примерно одинаковыми, а также не281ОТВЕТЫ. 1996 г.учитывая рост площади из-за неравномерностей рельефа по сравне5нию с 4πRз2 получаем h ∼ Pρga ∼ 10103 ·10 ∼ 10 м.62.5. Вода из полупустой бутылки слегка выльется, уменьшив объем воздуха, запертого в бутылке.
Это незначительное разрежение ∆pудержит воду от вытекания: ∆pS ∼ ρgh·S. Оценим ∆h – изменениеуровня воды в бутылке, которое приводит к удержанию∆pρgh10 см ∆V∆h∆h∼=∼==.pρgH010 мVh10 смОтсюда ∆p ∼ (100/1000) см ∼ 1 мм.Наличие воды в тарелке не дает проходить воздуху в процессе бульканья в бутылку. Если же бутылку с водой просто перевернуть, не ставя в тарелку с водой, то, как известно, вода из бутылки, пробулькивая,выльется.Вариант 63р–ФФ63.1. По Бойлю–Мариотту, p(V0 + ∆V ) = pn(V0 − ∆V ).∆V = V0n−1.n+163.2.
Если пружина растянулась на длину x, то M g = kx + N ,где N – сила давления пола. При N = 0 kx = M g. Из законасохранения энергии kx2/2 = mgx. Сократив на x (x 6= 0), получаемkx = 2mg, т. е. N = 0, когда M g = 2mg. Отсюда m = M/2.~ внутри конденсатора, равное сумме полей, созда63.3. Поле Eваемых его заряженными пластинами, равноE = σ/ε0.
Отсюда заряд на одной пластине~ – снаружи, в ме−σ+σравен q = ε0ES. Поле E+q−qталле поле прижатых друг к другу пластинравно 0. Поле, создаваемое зарядом −q = −ε0ES, отрицательно заряженной одной пластины, равно E− = E/2. Отсюда искомая силаEE282ОТВЕТЫ. 1996 г.F+, действующая на положительно заряженную пластину, после раз~ и равнаведения пластин, направлена по полю EF+ = qE − qE− = qE − qE/2 = qE/2 = ε0E 2 S/2,а на отрицательно заряженную пластину F− = −F+ = −ε0E 2S/2.63.4.
Энергия E порохового заряда при обычном выстреле идетна разгон пули массой m до скорости v на вылете. В условиях задачи эта энергия идет на работу против силы внешнего давления Pвн,которая должна обратить скорость пули на выходе в нуль. ОтсюдаE ∼ mv 2/2 ∼ PвнS`.mv 2∼ 108 Па = 103 атмPвн ∼2S`при m = 10−2 кг, v ∼ 103 м/с, S ∼ 10−4 м2, 2` ∼ 1 м.63.5. См. решение задачи 5 вариант 62.Вариант 64–ФФ64.1. θ = β − α (см. рисунок).αПо закону преломленияαsin α 1α= ≈ ,sin β n βαθβ=θ+αотсюдаθ = β − α ≈ nα − α = (n − 1)α.θ.n−164.2. После того, как все токи затухнут и все падения напряженияна сопротивлениях занулятся, потенциалы точек A,1,2 станут одинаковыми и у точек B,3,4 – тоже.α=283ОТВЕТЫ.
1996 г.Получится эквивалентная схема четырех одинаковых параллельноподсоединенных к источнику напряжения U конденсаторов C. Соответственно на одной пластине эквивалентного конденсатора емкостью4C будет заряд +Q = 4U C, а на другой −Q = 4U C, т. е. через источник от точки A к точке B (или наоборот) перетечет заряд∆Q = 4U C.~ где A~ – полное64.3. По второму закону Ньютона F~ = mA,ускорение. p~F = m a2 + (a − v 2/R)2.Угол наклона вектора силы F~ к горизонталиaα = arctg.a − v 2/Rav2Ra(Из кинематики)При a = 0 F = mv 2/R; при a = 0 и v = 0, F = 0.0 V064.4.
Работа A ∼ F ` ∼ 23 νR∆T, ν = PRT, ∆T ∼0При F ∼ 100 H, pa ∼ 105 Па, сечении S ∼ 1, 2 · 10−3 м2,2 F.3 P0 S∆T ∼ 0, 5T0 ∼ 150 К.64.5. При отсутствии жидкости в пробирке только узкая частьпучка, проходящая вблизи оси, достигаетnэкрана. Остальные лучи (см. рисунок) ухоn=1дят в стороны и на экране получается темныйсилуэт пробирки с небольшим просветом пооси. Колечка не видно. Если же в пробиркуналить ту же жидкость, что и в кювету, топри тонких стенках пробирки лучи идут к экрану, как будто ее нет.Поэтому на экране возникнет лишь тень-силуэт колечка.Вариант 65р–ФЕН√65.1.
Пусть AB = BC = `; BD⊥AC. BD = AD = `/ 2;284ОТВЕТЫ. 1996 г.√√AC = ` 2; BE = ED = `/2 2. ТочAка O – центр тяжести; AO – вертикаль.αDЗапишем уравнение моментов относительOBно оси, проходящейчерез центр тяжести O;√C2`√· EO = ` 2 · OD; 2` · (ED − OD) =2ED√ = √1` 2 · OD. Отсюда OD = 2+,22( 2+1)√OD11`2d =√ =tg OAD= √=≈ 0, 29,AD 2( 2 + 1)` 2 + 2 3, 41α = arctg 0, 29 ≈ 0, 29 рад ≈ 17◦.65.2. Пусть заряды на обкладках ±q1, ± q2, ± q3, а потенциал+q2 -q2точки A равен ϕA (см. рисунок). ТогдаϕA Aq1q2q3UOU−ϕ=;ϕ==.
Из закоAACCC+q1 -q1123+q3 -q3на сохранения заряда −q1 + q2 + q3 = 0.UC1.Отсюда ϕA = C1+C2 +C365.3. Из закона Клапейрона–Менделеева pV = mµ RT имеемpµ.ρ=RTПоэтомуρB pB µB T0 100 · 44 · 273=··== 60.ρЗ p0 µЗ TB700 · 2965.4. Законы Фарадея: первый закон m = kIt; второй законk= F1 ; F = 9, 64 · 104 Кл/моль.a/nЗаряд электрона F/NA = 1, 6 · 10−19 Кл. (k – электрохимический эквивалент; A – атомная масса; n – валентность; F – постоянная Фарадея; NA – постоянная Авогадро). Ключевые слова: электролитическая диссоциация, рекомбинация, ионы-катионы и анионы.Процесс выделения на электродах веществ, входящих в состав электролита – электролиз.Использование: для нанесения покрытий, получения очищенных отпримесей металлов (алюминий, титан, медь и др.).285ОТВЕТЫ.
1996 г.Вариант 66–ФЕН~ , m~g ; N~ – сила нормаль66.1. На шарик действуют силы T~ , NAного давления по радиусу по нормали кna αα~ ⊥m~g. Из-за отсутствия трения листене, NmgTaBния действия силы натяжения нити T~ прохоO aCNдит через центр шарика O, а линия OBA –прямая, иначе шарик бы прокручивался. Тогда в 4AOCOA = a + ` = a(n + 1); OC = a;pp22AC = (a + `) + a = a n(2 + n).Треугольники, образованный векторами сил и 4AOC подобны.
ПоэтомуNmga= tg α = p, откуда N = p;mga n(n + 2)n(2 + n)pa n(2 + n)mgn+1.= cos α =, откуда T = mg pTa(n + 1)n(2 + n)66.2. Из симметрии ϕ3 = ϕ1.Эквивалентная схема показана на рисунке.Так какϕ3 = ϕ4, Q34 = 0, Q12 = U C;Q13 = Q14 = Q32 = Q42 = U C/2.U13, 4O266.3. В этой постановке вода – идеальный газ с плотностью103 ·8·3·1024 8ρ = mµ/(RT ), откуда P = ρRT=='−3µ3 1018·10' 1, 3 · 108 Пa ≈ 1 300 атм.66.4. Причина поверхностного натяжения – притяжение соседними молекулами, неуравновешенное у поверхности. В результате создается сила давления, направленная внутрь жидкости.286ОТВЕТЫ. 1997 г.Ключевые слова: капилляры, мениски, смачиваемость.Примеры: подъем в капиллярной трубе, мыльные пузыри и пленки, втягивание в конические капилляры при смачивании, сферическаяформа капель при малом влиянии силы тяжести по сравнению с силойповерхностного натяжения.Вариант 67р–ГГФ67.1.
Электрическое однородное поле E потенциально, поэтомуработа A = qER.67.2. По второму закону Ньютонаma = mg − T1 ; ma = T2 − mg,откуда2m − m12g = g; T2 − T1 = 2ma = mg.2m + m3367.3. Объем и температура постоянны, состав газа неизменен поэтому из закона Клапейрона–Менделеева pV = (m/µ)RT имеемppm∆m==1−=1−η,тоестьp0m0m0p0 = 1 − η.a=67.4. Ускорение свободного падения g зависит от высоты (или глубины) h, от широты места θ (из-за вращения Земли и ее сплюснутости у полюсов), от неоднородности плотности.1997 г.Вариант 71р–ФФ71.1.
Заряд Qл левого плеча в n раз больше заряда Qп правого, ипоэтому момент силы, действующей на левое плечо, равенMл = Qл E nasin π2 − α ∝ n2 cos α, а момент силы, действующей2справа, равен Mп = Qп E a2 sin α ∝ sin α. Равенство этих моментовсил дает уравнение tg α = n2.287ОТВЕТЫ. 1997 г.71.2. Так как температура постоянна, то pн Vн = pкVк. Условиеодинаковости давлений газа в обоих цилиндрах означает, что pн =(M+m)gMgS1M=,т.е.=. Таким образом, для начального соS1S2S2M+mстояния имеем pнVн = (M+m)g(S1 + S2) h0. После того как дополS2нительный груз m будет снят, меньший поршень провалится до днаM+m S1 +S2своего цилиндра, так что pкVк = MgSh,откудаh=2SMS2 h 0 =2MM+m1 + SS12 h0 = M+m1 + M+mh0 = 2M+mh0 .MMM71.3.
Поскольку удары тел не упруги, то закон сохранения энергии не работает, но законы сохранения импульса и момента импульсавыполняются. После столкновения с неподвижными телами и их прилипания гантель (а именно так выглядит система из двух тел, находящихся на разных концах стержня) закрутится вокруг оси z, проходящей через середину гантели перпендикулярно плоскости через осьгантели и вектор скорости V0. Возможны два варианта решения.Первый основан на законах сохранения по отношению к системев целом.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
