1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 41
Текст из файла (страница 41)
1997 г.78.2.E2, qC = C · ∆U2R = 2R · I · C = EC,3R32q2C = 2C · ∆UR = 2C · I · R = EC = qC .378.3. Пусть mx – масса образовавшегося льда, тогда уравнениетеплового баланса имеет видI=λmx = [Cлmx + Cв(m − mx )] ∆t,где ∆t =| 0◦ − t1 | – разница температур, на которую должна нагреться переохлажденная вода прежде, чем она сможет превратитьсяв лед. Таким образом,mx = m∆t≈ 125 г.(1 − Cл/Cв)∆t + λ/Cв78.4. а) Вещество дискретно: оно состоит из молекул, атомов, ионови т. д.б) Частицы находятся в состоянии хаотического движения, называемого тепловым.в) Имеет место взаимное притяжение и отталкивание частиц, т. е.они взаимодействуют друг с другом.Вариант 79–ФЕН79.1. Масса жидкого азота в сосуде равна m = ρV , где rho –плотность жидкого азота, а V – занимаемый им объем.
После своегоиспарения жидкий азот займет весь объем сосуда Vk , так что по уравнению Менделеева–Клапейрона имеем pk Vk = mRT , откуда для коµнечного давления получаемρV1 · 10−3 · 8 · 102 · 8, 3 · 300pk =RT =≈ 7, 1·106 Па > 2·106 Па,−3−3µVk28 · 10 · 10 · 10т. е. сосуд разорвется.297ОТВЕТЫ. 1997 г.79.2. Система, масса которой равна сумме масс стержня и груза, приводится в движение силой, равной разности сил тяжести обоих тел, подвешенных к концам нити, перекинутой через блок, т. е.(M + m)a = (M − m)g, откуда находим ускорение, с которым движется каждое из тел системы: a = M−mg.
Если M > m, то брусокM+mдвижется вниз, а тело массы m – вверх и наоборот. Пусть для простоты M > m. Теперь рассматриваем движение самого бруска. Егонижняя часть высотой h движется с найденным ускорением a вниз поддействием разности двух сил – искомой силы натяжения T , тянущейэту часть бруска вверх, и противоположно ей направленной силы тяжести этой части бруска. Последняя определяется массой Mh = Lh M .Таким образом, имеем Mh a = Mh g − T , откудаhM −m2mM hT = Mh(g − a) = M 1 −g=g,LM +mM + mLчто и требовалось определить.79.3.
Так как речь идет о мощностях, выделяющихся на одном итом же сопротивлении, то эти мощности будут равны при равенстветоков, текущих по этому сопротивлению. Когда сопротивление r подключено последовательно к сопротивлению R, то ток через оба этихсопротивления один и тот же и равен Iпосл = R+rEi +r , где E – ЭДС источника. При параллельном соединении сопротивлений R и r полныйток в цепи равенI=EE(R + r)=.RrRri + rri + Rrri + R+rЭтот ток распределяется по сопротивлениям R и r так, что IR +Ir = Iи IR R = Ir r, откудаIпарал = Ir =RERI=.R+rRri + rri + Rr298ОТВЕТЫ. 1998 г.Приравнивая токи Iпосл и Iпарал , получаем1R=,R + ri + r Rri + rri + Rrоткуда находим искомую величину сопротивления r =R2ri .79.4.
Луч, вышедший из призмы через правую грань, пойдет подуглом β1 к этой грани (точнее, к нормалиβ1β1αк ней) таким, что sinsin α = n. Луч, котоαрый отразится в этой точке выхода, упадет2αна левую грань призмы уже под углом 2αи после отражения от нее упадет на правую грань под углом 3α. Поэтому для уг2ααβ2ла преломления этого луча имеем sin β2 =n sin 3α, и так как по условию n > 1/3α,получаем, что sin β2 > 1.Таким образом на правую грань луч падает под углом, большим углаполного внутреннего отражения, и поэтому уже не выйдет из призмы.1998 г.Вариант 81р–ФФ81.1.
Давление насыщенного пара при неизменной температуре неменяется. Из уравнения состояния для «неконденсируемого» воздухав этом случае (P1 − P ) · V1 = (P2 − P ) · V2. ОткудаP =P 1 V1 − P 2 V2.V1 − V281.2. Пусть конечная скорость заряда массы M равна U . Тогдаиз закона сохранения горизонтальной компоненты импульса V (M +m) = M U (шарики взаимодействуют только между собой).
Внача2ле потенциальная энергия взаимодействия шариков равнялась 4πεq 0L , а299Вариант 82р–ФФпосле разлета равна нулю. Из закона сохранения энергииMU2V2q2= (M + m)+.224πε0LОткуда длина нити равнаq2ML=.4πε0m(m + M )2CEC 2 2 2 281.3. E = dΦdt = `Bat = UC .
Откуда WC = 2 = 2 ` B a t .t2`Ba t2=`Bat.ОткудаLI=`Ba·I=WL =UL = E = L dIdt2L 2.LI 2`2 B 2 a2 t4=22L 4 . Следовательно,√t = 2 LC.81.4. Пусть сечение поршня насоса S, а его отверстия σ. За время∆t поршень насоса сместился на ∆x. Из закона сохранения массы∆m = ∆xSρq= U σ · ∆tρ, из закона сохранения энергии F ∆x =2∆m U2 , U + 2F. При F = 100 Н, S = 4 · 10−4 м2, ρ ≈ 103 мкг3 ,SρU ≈ 22 мс .81.5. Вначале сила трения пробки о стенки трубки почти полностьюкомпенсируется избыточным давлением между пробками.
При выходе2сила трения убывает практически по линейному закону mu2 ≈ ∆P2SL ,где L – длина пробки. Оценка показывает, что скорость вылета –несколько м/с.Вариант 82р–ФФ82.1. Плотность насыщенного пара ρп не изменилась. Пусть искомая массовая доля равна X. Из закона сохранения массыm = ρжV1 = ρп V2.mmV = Vп + Vж = (1 − X) + X = (1 − X)V2 + XV1.ρпρжПоэтому X =V2 −VV2 −V1 .300ОТВЕТЫ. 1998 г.82.2.
При малых значениях коэффициента трения (µ < tg α)возможно соскальзывание каната как влево, так и вправо. Поэтомуобласть значений x ограничена с двух сторон. Границы этой областиопределяются из условия равновесия каната и из выражения для предельной силы трения покоя F = µN . Пусть масса каната – m. Выражение для максимальной длины канатаmmx g = (L − x) g(sin α + µ cos α),LLдля минимальной x mg = (L − x) mg(sin α − µ cos α). ОткудаLLL(sin α − µ cos α)L(sin α + µ cos α)>x>.(1 + sin α + µ cos α)(1 + sin α − µ cos α)82.3. Удобнее перерисовать эквивалентные цепочки. Когда одиндиод – разрыв в цепи, другой – шунт.
До смены полярности C1, небудет заряжен, а на C2, установится заряд q2 = U C2. После сменыполярности два случая:а) C1 > C2. C2 разряжается полностью, т. е. q20 = 0, q10 = U C1.б) C1 < C2. Подтока заряда через перемычку, соединяющую диоды, не будет. Имеем два последовательных конденсатора с суммарнымположительным зарядом на соединенных обкладках q1∗ + q2∗ = U C2,q1∗q2∗U = C1 − C2 . Откуда2U C1C2 ∗ 2U C2(C2 − C1), q =.C1 + C2 2C1 + C282.4. P V = P0V0,, V0 ≈ 43 π · R3, P ≈ ρgh + 105 Па, m ≈ρрез Vрез , mg ≈ ρg(Vрез + V ),q1∗ =P0V0ρрез105 Паh≈−.g(rhoрез − ρ)mрезρgПусть P0 ≈ 1, 5 · 105 Па, g ≈ 10 см2 , ρ ≈ 103m ≈ 0, 5 кг, R ≈ 0, 1 м. Тогда h ≈ 240 м.82.5.
См. решение в варианте 81р–ФФ.кг,м3ρрез ≈ 2 · 103 мкг3 ,301Вариант 83–ФФВариант 83–ФФ83.1. Из второго закона Ньютона и закона Гука для пружины скоэффициентом жесткости k:mV12= k(`1 − `);`1mV22= k(`2 − `).`2Поделив уравнение (1) на (2), получим(4)(5)`21V22 − `22V12`=.`1V22 − `2V1283.2.
Пусть M – искомая масса. После того как пыль вся осядет,суммарный заряд на пластинке q Mm − Q создаст электрическое полеq M −Qmнапряженности E = 2ε. Сила, действующая на каждую пылинку0Sсо стороны электрического поля qE, будет уравновешена силой тяжестиq qM−Qmmg =.2ε0SОткудаmQ 2ε0Sm2gM=+.qq283.3. Давления в обоих частях цилиндра постоянны P1 = P0 + mgS ,P2 = P1 + mg= P0 + 2mg. Из уравнений Клапейрона–МенделееваSSможно получить связь между приращением объема частей цилиндраи приращением температуры P1∆V1 = ν1 R∆T, P2∆V2 = ν2 R∆T .Число молей определяется из начального условияP12HSP2HSν1 =, ν2 =.RT0RT0откуда получим связь2HS∆V1 =∆T = 2∆V2.T0302ОТВЕТЫ. 1998 г.∆V2 +∆V12Смещение нижнего поршня x2 = ∆V= 3x2.S , а верхнего x1 =SТепло идет на повышение внутренней энергии и совершение работы,Q = ∆U + ∆A, ∆U = 23 (ν1 + ν2 )R∆T = 23 (P1∆V1 + P2∆V2) =32 (3P0 Sx2 + 4mgx2 ).
Работа состоит из работы против внешнего давления и работы против сил тяжести поршней ∆A = P0(∆V1 +∆V2)+mgx1 + mgx2 = 3P0Sx2 + 4mgx2, Q = 25 (3P0Sx2 + 4mgx2). Следовательно,x2 =2Q6Q, x1 =.5(3P0Sx2 + 4mgx2)5(3P0Sx2 + 4mgx2)83.4. Условие начала подъема – равенства силы Архимеда со стороны вытесненного воздуха и суммы веса оболочки шарика и веса пара: ρп V g = mпg = mш g + mп g, где V – объем надутого шарика.Масса воздуха и пара определяется из уравнения состояния Клапейрона–Менделеева:mв =µп P Vµв P V; mп =.RTвRTпОткудаµвTпµ в = mп, mш = mв − mп = mпµпTвµвTп−1 .µпTвкгкгДля оценки положим µв ≈ 0, 029 моль, µп = 0, 018 моль, Tп = 373 К,ДжTв ≈ 300 К, P ≈ 105 Па, R = 8, 3 моль, V ≈ 10−2 м3,mп =µп P V≈ mш ≈ 0, 005 кг.RTп83.5.
Показатель преломления воды n ≈ 1, 33. Когда вода в коническую воронку не налита, воронка разделяет воздух и воду. Свет,проходя воронку, отклоняется, что может привести к практически полному отсутствию света на экране. Далее, если угол раствора конуса обозначить как 2β, то при выполнении условия sin(90◦ − β) =303Вариант 84–ФФcos β ≥ n1 ≈ 34 из-за эффекта полного внутреннего отражения свет непроходит вообще. Если налить воду то свет проходит, так как плоскопараллельная стенка воронки не изменяет направление света.Вариант 84–ФФ84.1. Брусок ускоряется горизонтально силой нормального давления N = ma.
По вертикали сила тяжести компенсирует силу тренияmg = F , которая меньше или равна µN . Откуда µmin = ag .84.2. Разница давлений в верхней и в нижней частях сосуда во всехPVслучаях равна mg.Изобъединенногогазовогозакона= const,STполучим систему двух уравнений с двумя неизвестными2P1L = P2(L − h),mg mg 2 P1 +L = P2 +(L + h).SSh 2L1−.Ответ: P1 = mg4S hL84.3. На конденсатор действует сила Ампера ma = IBL. Умножив выражение для силы на небольшой интервал времени ∆t, получим ma∆t = m∆V = I∆tBL = ∆qBL. Причем I∆t = ∆q –приращение заряда на конденсаторе C. Применим выражение для конечных приращений m∆V = ∆qBL и получим m (Vнач − Vконеч ) =(qнач − qконеч )BL или mV0 = qBL (с учетом того что начальные значения скорости конденсатора и заряда равны нулю, а конечные значения V0 и q соответственно).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
