1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 40
Текст из файла (страница 40)
Так как массы на концах гантели разные, то относительнооси z момент импульса системы равен Mz = (M − m)V0 2` . Послестолкновения каждое из тел массы M + m на концах гантели будетиметь скорость ±Vвр такую, что Mz = 2(M + m)Vвр 2` . СохранениеV0Mz означает, что Vвр = M−m.
Тогда натяжение стержня с каждогоM+m 2из его концов равноVвр2(M − m)2 V02T = (M + m)=.`/2M + m 2`Другой способ определения Vвр состоит в раздельном рассмотрениистолкновений каждого из тел на концах гантели со своим партнером.Сохранение импульса для этих столкновений означает, что для «верхней» пары M V0 = (M + m)Vu, а для «нижней» – соответственно mV0 = (M + m)Vd. Таким образом, после столкновения «верх»Mгантели движется со скоростью Vu = M+mV0 и ее «низ» – со ско-288ОТВЕТЫ.
1997 г.mростью Vd = M+mV0. Поэтому середина гантели движется со скороdстью Vc = Vu −V= 12 V0, так что «верхнее» тело массы M + m имеет2скорость вращения относительно центра тяжести системы (т. е. отноV0сительно оси z), равную Vвр = Vu − Vc = M−m, а «нижнее» телоM+m 2V0той же массы будет иметь скорость Vd − Vc = − M−m= −Vвр, чтоM+m 2и было уже получено ранее.71.4. При сжатии пальцев с силой F ≈ 5 кГ ≈ 50 Н, мы выдавливаем косточку и совершаем работу F d(d ≈ 5 · 10−3 м – толщинакосточки), сообщая косточке массы m ≈ 3 · 10−3 кг скорость v та22кую, что F d = mv2 .
Дальность L полета косточки составляет ≈ vg(при «выстреле» под углом 45◦ к горизонту). Таким образом,2F d 2 · 50 · 5 · 10−3≈≈ 20 м.L≈mg3 · 10−3 · 1071.5. При соединении конденсаторов напряжения выравниваются,и с заряженного перетекает часть заряда. Если конденсаторы одинаковы, перетечет ровно половина. При перевороте эти заряды «аннигилируют» – это будет второй щелчок. Теперь оба конденсатора незаряжены, и дальше искр не будет.Если же присоединять малый конденсатор, перетекающий зарядневелик.
После переворота, во-первых, этот малый заряд ликвидируется (и тогда возвращаемся к начальной ситуации с уменьшеннымисходным зарядом), и, во-вторых, далее снова перетекает небольшаячасть оставшегося заряда. Поскольку большой конденсатор остаетсязаряженным, искры продолжаются, хотя и ослабевают.CcКоличественно: первый раз останется q0 C+c, а перетечет q0 C+c.Второй – перетечет еще столько же к моменту, когда ликвидирован2cзаряд, и тогда на большом конденсаторе останется q0−q0 C+c= q0 C−c.C+cПри C = c на этом все и кончится.
А если конденсаторы разные, тоcеще перебежит доля C+cи останется q0 C(C−c). Так и пойдет дальше(C+c)2по геометрической прогрессии со знаменателем C−c.C+c289ОТВЕТЫ. 1997 г.Вариант 72р–ФФ72.1. Нетрудно перерисовать эту схему и увидеть, что все три емкости соединены друг с другом параллельно, так что сразу получаем,что CΣ = C1 + C2 + C3.v72.2. По эффекту Допплера сразу получаем, что T1,2 = T0 1 ± c ,где T0 – продолжительность сигнала автомобиля в его системе координат, v – скорость автомобиля.
Исключая T0 из этой пары уравнений, находим окончательно, чтоT1 − T2c.v=T1 + T272.3. Записываем законы сохранения энергии и обеих компонентвектора импульса (вдоль направления первоначального движения дейтрона и поперек него):MdV02 = MdVd2 + M VM2 ;MdV0 = (MdVd + M VM ) cos 30◦;M d Vd = M V M ,(1)(2)(3)где V0 и Vd – скорости дейтрона до и после столкновения соответственно и VM – скорость(3) в√ ядра после столкновения. Подставляяd(2), получаем V0 = 3Vd, и так как из (3) имеем VM = MM Vd , топодставляя эти выражения в (1), получаем2Md3MdVd2 = MdVd2 + MVd .MОтсюда находим, что M =лось ядром водорода.Md2= Mp, т. е.
неподвижное ядро явля-72.4. Период колебаний маятника ∝√1 .gТак как на поверхностиЗемли gЗ = G RM2 (здесь на высоте H полета орбитальной станцииЗgорб =G (R M2З +H)(здесь M – масса Земли и G – гравитационная290ОТВЕТЫ. 1997 г.постоянная), то период Tорб колебаний маятниковых часов на станциибудет больше, чем на Земле, и равенrgЗRЗ + HTорб = TЗ= TЗ.gорбRЗЗа сутки, в которых N = 24·60·60 = 86 400 с отставание часов (часыотстают, так как один «тик-так» на орбите длится ДОЛЬШЕ, чем наЗемле, и на орбите за земные сутки получится МЕНЬШЕ периодовколебаний маятника) на станции составитH∆T = N (Tорб − TЗ ) = N TЗ .RЗПодставляя сюда H = 200 км, RЗ = 6, 4 · 103 км и TЗ = 1 с,получаем8, 6 · 104 · 2 · 102∆T ≈≈ 2700 с ' 0, 75 ч.6, 4 · 10372.5.
См. решение в варианте 71р–ФФ.Вариант 73–ФФ73.1. Из уравнения для координаты ракеты в момент времени t:sgt22(H0 − h)h(t) = H0 −⇒t=.2gqНо x = V0(t0 − t), где t0 = 2Hg 0 – время падения. Тогдаsss!r2H02(H0 − h) 2H0hx = V0 −= V01− 1−.gggH0qЧтобы нарисовать график h(x), введем a = V0 2Hg 0 , y = xa и Hh0 ≡h, тогда√√y = 1− 1 − h ⇒ 1 − h = 1−y ⇒ 1−h = (1−y)2 = 1−2y+y 2 ,при h = y(2 − y), т. е.
имеем параболу.291ОТВЕТЫ. 1997 г.73.2. Давление пара P = M g/S = const, следовательно, иT = const. При подведении к нагревателю мощности N за время∆t испарится жидкость в количестве ∆m = ρV S∆t, тогда N ∆t =λ∆m = λρV S∆t, где ρ – плотность пара, S – сечение сосуда.Плотность пара: ρ = P µ/(RT ), откуда для мощности получим N =M gµλV /(RT ).73.3. Введем силы: Fk – между кубом и плоскостью; Fc – между цилиндром и плоскостью; Fkc – между кубом и цилиндром. ПустьNc , Nk и N – силы реакции, действующие на цилиндр со стороныплоскости, на куб со стороны плоскости и на куб (цилиндр) со стороны цилиндра (куба) соответственно.
Тогда Fk = µNk , Fc = µNc иFkc = µN . Если a – ускорение системы, то уравнение второго закона Ньютона для каждого из тел имеют следующий вид: M a =F − µNk − N – куб (по x); M a = N − µNc – цилиндр (по x);Nk = M g − µN – куб (по y); Nc = M g + µN – цилиндр (по y).Необходимо, чтобы цилиндр двигался, не вращаясь, т. е. действующий на него момент сил равен нулю. Этими силами являются Fc и Fkc,и их равенство (так как плечи этих сил одинаковы и равны радиусу цилиндра) дает равенство сил Nc и N . Таким образом, M a = N (1 − µ)Mgи M g = N (1 − µ), откуда a = g и N = 1−µ. Следовательно, изуравнений, описывающих движение куба, получаемF = M a + µNk + N = M a + N + µ(M g − µN ) =Mg= M g(1 + µ) + N (1 − µ2) = M g(1 + µ) +(1 − µ2) =1−µ= 2M g(1 + µ).73.4.R R0U2U2WR0 T0300◦1=; W0 =,W =→==≈≈.TT0R0RW0RT3000◦ 10Тогда W0 ≈ 1000 Вт при W = 100 ВТ; при этом R =Wи R0 = R W= 4.84 Ом.0U2W≈ 48.4 Ом292ОТВЕТЫ.
1997 г.73.5. Самое простое решение – линза просто переносит изображение предмета, возникающее на матовом стекле, и сфокусированностьизображения, построенного линзой, определяется просто соотношением расстояний между матовым стеклом, линзой и экраном.Вариант 74–ФФ74.1. За короткое время τ пренебрежем смещением шарика. Импульс, приобретаемый шариком, равен ∆p = QEτ , так что приобретаемая кинетическая энергия есть∆p2 (QEτ )2 mV 2Ek ===.2m2m2Высота подъема шарикаV 2 (QEτ )2=,H = L(1 − cos α) =2g2m2gоткудаПри(QEτ )m74.2.αd2(QEτ /m)2cos α = 1 −.2gL> 4gL шарик сделает полный оборот.Из геометрии видно, что ∆ = 2d tg β cos α, причемsin α= n. Расстояние между соседними точкаsin βα ∆αми∆α∆β∆α == 2d tg β ctg α =sin αsin βα= 2d ctg α p=21 − sin βLsin α= 2d ctg α p=22n 1 − sin α/n2d cos α=p.22n − sin αОТВЕТЫ.
1997 г.293Расстояние между крайними точками:πd + L tg− α + (L − d tg β) ctg α = d + 2L ctg α−2sin βd cos α− dpctg α = d + 2L ctg α − p=2221 − sin βn − sin α!cos α.=2L ctg α + d 1 − p22n − sin α74.3. Пусть поршень сместился вниз от центрального положения,так что отстоит от левой стенки куба на расстоянии x. Если слева отпоршня давление равно p`, а справа – pr , то изотермичность всегопроцесса означает, что p`xa2 = pr (a − x)a2 = RT . Условие равновесия поршня:RTRTmg sin α+pr a2 = p`a2 ⇒ M g sin α = a2(p` −pr ) =−.x (a − x)Отсюда имеем уравнение11M g sin α−=≡ b или bx2 − (2 + ab)x + a = 0.x a−xRTКорни этого уравнения равны√2 + ab ± 4 + a2b2x1,2 =.2bДля выбора правильного знака проверим знак выражения a/2−x (этовеличина смещения поршня вниз от начального положения равновесияпосередине куба; ясно, что эта величина должна быть > 0, так какпоршень вверх сместиться не может):√√−2 ∓a 2 + ab ±a/2 − x = −=.22b2bВидно, что правильный знак корня «−», так что√√2 + ab − 4 + a2b2a4 + a2 b2 − 2x=и при этом − x =.2b22b294ОТВЕТЫ.
1997 г.Плечо силы тяжестиM g поршня относительно нижнего ребра кубаравно a2 − x cos α − a2 sin α, так что условие равновесия куба придействии искомой силы F имеет видh aiaMg− x cos α − sin α = F a cos α,22откуда!√22Mg4+a b −2− tg α .F =2abВидно, что вместо b следует ввести безразмерную константу k = ab =Mga sin α, и тогда искомая сила F равнаRT!√24+k −2MgF =− tg α .2k74.4. Ток через человека определяется тем, что в цепи переменного тока емкость C, которую представляет собой тело человека, имеетненулевое сопротивление. Имеем∆Q∆UI'≈C' ωCU,∆t∆tqгде ω – частота тока.
Оценка величины C ' 3 mρ , где m – массачеловека, ρ – плотность тела, практически равная плотности воды.Таким образом C ' (80 · 103)1/3 см ≈ 0, 5 м ≈ 5 · 10−11 Ф. ТогдаI ≈ 50 · 2π · 5 · 10−11 · 2 · 102 А ≈ 3 · 10−6 А = 3 µА.74.5. Если вставить некоторое количество страниц одного журналамежду страницами другого, то пропорционально вырастет полная силатрения, так что теперь тянущей силы не хватает, чтобы соответствующий журнал начал двигаться.Вариант 77р–ГГФ77.1.
Пружина растягивается с силой 2T , где T – натяжение нити. Когда к концам нити прикреплены одинаковые массы, эти массыОТВЕТЫ. 1997 г.295не двигаются, и из уравнения движения каждой из них имеем 0 =M a = T0 − M g, откуда T0 = M g, так что k∆`0 = 2T0 = 2M g.Если же к концам нитей прикреплены разные грузы, то они движутсяс одинаковым ускорением a (более тяжелый – вниз, а более легкий –вверх), и для каждого из них уравнение движения имеет вид соответственно (M + m)a = (M + mg − T ) и M a = T − M g. Из этойпары уравнений легко находим, чтоT =T2(M + m)2M (M + m)g, и тогда ∆` = ∆`0 =∆`0.2M + mT02M + mRT77.2.
pV = mµ RT . Для одного моля V = p . Тогда Vmax =0и Vmin = RT, так что2p0RT013 RT0∆V = Vmax − Vmin =2−=.p022 p02T0 Rp077.3. Через емкость тока нет, следовательно, I(R + ri) = E, тогдаERразность потенциалов в точках A и B равна U = E − Iri = R+r.iЗначит,ERC.q = CU =R + ri77.4. Вес определяется силой, действующей на опору под действием гравитации; вес – векторная величина. Масса – мера инерции,гравитации, количества вещества, энергии и является скаляром.Вариант 78р–ФЕН78.1. Центростремительное ускорение обеспечивается законом всемирного тяготения:4π 2mMm 4π3π3 кгm 2 R = G 2 = G 2 R3ρ̄, откуда ρ̄ =≈5,6·10.TRR 3GT 2м3296ОТВЕТЫ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
