1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 42
Текст из файла (страница 42)
Суммарный заряд на обкладках конденсаторов сохраняется, и к моменту остановки напряжение на них будетодинаково (ЭДС индукции Фарадея равна нулю) Cq = q0C−q. Откуда0V0 =BL q0 CC0.m C0 C + C084.4. Москва и Новосибирск находятся примерно на одной широ-304ОТВЕТЫ. 1998 г.Fте α = 55◦. При радиусе параллели R центростремительные ускорения в обоих случаях различны из-за суточного обращения:βmaαP(V + ωR)2(V − ωR)2, a2 =.a1 =RRПусть P, F1, F2 – сила тяжести и упругие силы, развиваемые пружиной для обоих случаев. m~a1 = P~ + F~1, m~a2 = P~ + F~2. Вследствие малости центростремительной силы по сравнению с силой тяжести, углы β между P~ и F~1, P~ и F~2 малы.
Поэтому, проектируясилы на направление вектора силы тяжести F1 = P − ma1 cos α,F2 = P − ma2 cos α. Таким образом,F1−F2 = m(a2−a1) cos α = 4mωV cos α = 8πmV cos α/T ≈ 0, 06 Н.84.5. См. решение задачи 5 варианта 83–ФФ.Вариант 85р–ФЕН85.1. Начальные значения вертикальной и горизонтальной компонент скорости одинаковы Vy = Vx = V sin 45◦ = √V2 . Время, черезVкоторое вертикальная компонента уменьшится вдвое, равно t = √2·2g.Путь по горизонтали x =V√22· t − gt2 =3162V√2·t =V2.4gПуть по вертикали y =· Vg . Искомое расстояние – из теоремы Пифагораp5 V222R= x +y =·.16 g85.2. Пусть M – масса поршня, S – площадь сечения сосуда,P – искомое давление, p – конечное давление газа. Из уравненийравновесия поршня в обоих случаяхMgMgP0 += P, p += P0 .SSПроцесс изотермический, поэтому P V = 2pV .
Ответ P = 34 P0.305Вариант 85р–ФЕН85.3. Центр масс системы движется равноускоренно по действи2qEем постоянной внешней силы 2qE. Ускорение равно a = m+M. Приравноускоренном движении расстояние X, пройденное центром масс,его скорость V в конечном состоянии и ускорение a связаны соотношениемV 2 V 2(m + M )X==.(1)2a4qEТак как стержень нерастяжим, в конечном состоянии проекции скоyростей шариков на ось x будет такжеm qравны V . Расстояние от шариков доExцентра масс соответственно равныu2Vℓ1ℓ2Mm, `2 = L.
(2)qu1m+Mm+MMСуммарная кинетическая энергия шариков в конечном состоянииM V 2 + u22m V 2 + u21+22равна работе внешних сил, которая с учетом выражений (2) и (1) запишется какM −mqE(X − `1) + qE(X + `2) = qE 2X + L=M +m(M + m)V 2M −m=+ qEL.2M +mСледовательно,x`1 = Lmu21 M u22M −m+= qEL.(3)22M +mВ направлении y импульс системы сохраняется. Поэтомуmu1 = M u2. С учетом этого из уравнения (3) получаетсяu21 = 2qEL(M − m) M(M − m) m2,u=2qEL.2(M + m)2 m(M + m)2 M306ОТВЕТЫ. 1998 г.В конечном состоянии каждый шарик под действием всех сил (си2лы натяжения стержня T , кулоновской силы 4πεq L2 и силы со стороны0поля qE) движется поступательно с ускорением цента масс a и вращается с центростремительным ускорением относительно центра масс.Например, для шарика массы m второй закон Ньютона запишется как2mu2ma − `1 1 = −T + qE + 4πεq L2 .
Откуда0M −mq2T = 3qE+.M + m 4πε0L285.4. Сопротивления соединены параллельно, и напряжения на нихвсегда одинаковы. Поэтому тепловые мощности (а также и полные количества тепла!), выделяемые на них, обратно пропорциональны сопротивлениям. Полное количество выделенного тепла из закона сохранения энергии равно начальной энергии конденсатора 21 CU 2 .
Составляя пропорцию, получаемQ1 =R21R11· CU 2, Q2 =· CU 2.R1 + R2 2R1 + R2 2Вариант 86–ФЕН86.1. Из закона сохранения импульса после неупругого взаимодействия тела и пулиVy =mUMV, Vx =.(M + m)(M + m)Далее тело с застрявшей пулей летит под действием силы тяжести.2V2mUВремя полета t = g y = (m+M)g. Пройденное по горизонтали расстояние2Vy2mM U VL = Vx t ==.g(m + M )2g86.2. Обозначим для определенности на схеме полярность источ-307Вариант 85р–ФЕНU/R2ника напряжения U . Тогда через R4 течетRRток в указанном направлении, и он равенAAU/RU/RI4 = RU4 .
Поскольку амперметры «закорачиRU/Rвают» диагонали, напряжение на R3 такжеUU−равно U , а +ток I3 = R3 . По этой же причине и напряжения на R2 иR1 равны U , а соответствующие токи I2 = RU2 и I1 = RU1 .R2311344Ток через левый амперметр равен сумме I2 + I3 =левый амперметр – I1 + I2 = RU1 + RU2 .86.3.По закону преломленияtg β =d=?ααβ2hd = h cos α+ RU3 , а через= n, sin β = sinn α ,α= √ sin. Если ши22n −sin αрина пучка d предельная, «правый» луччисто красного цвета и «левый» луч чисто голубого цветов выйдут из пластины в одной точке. Поэтому из геометрииh(tg β2 − tg β1 ) = cosd α :d/cosαβ1sin αsin βsin βcos βUR2sin αsin αpp−n22 − sin2 αn21 − sin2 α!.86.4.
Если уровень жидкости в запаянной части трубки поднимется на x, то в открытой части опустится на x. Конечное давление вP0запаянной части будет равно P0 − 2ρgx (отсюда видно, что x ≤ 2ρg,так как давление в газе не может быть отрицательным). Естественноеусловие x ≤ L. При постоянной температуре для газа выполняетсяусловие P V = const или P20 LS = (P0 − 2ρgx)(L − x)S. Далееполучается квадратное уравнениеP0x2 − L +2ρgx+P0 L= 0,4ρg308ОТВЕТЫ. 1998 г.общее решение которогоLP0x= +±2 4ρgsОтвет:LP0x= +−2 4ρgLP0+2 4ρgs2−P0 L.4ρgL2P02+.416ρ2g 2Отброшенный корень не удовлетворяет условиям x ≤P02ρg ,x ≤ L.Вариант 87р–ГГФ87.1.
Ртуть начнет выливаться, когда запаянный конец трубки будет находиться на расстоянии 760 мм по вертикали от поверхности емкости. Предельный (максимальный) угол с горизонтомα = arcsin 0, 5 = 30◦.87.2.I=E, Q = R2I · C = 2 · 10−5 Кл.R1 + R287.3. Определим из уравнения состояния идеального газа (закона Клапейрона–Менделеева) начальную массу газа в первом отсеке2PPµV Pm1 = µ2V= 4 µVRTRT , во втором – m2 = RT . После открытияотверстия давление в отсеках станет одинаковым. Вследствие одинаковости температуры во втором отсеке окажется 1/3 часть всей массы(так как он занимает 1/3 всего объема).
Поэтому во втором отсекемасса газа увеличится в(m1 + m2) 5= раз.3m2387.4. |F~ | = qV B · sin α, где α – угол между вектором индукциимагнитного поля и вектором скорости заряда. Эта сила действует надвижущийся со скоростью V заряд q в магнитном поле с индукцией309Вариант 87р–ГГФ~ иB~ не параллельны. Заряд движется по спирали.B, если векторы V2π⊥, период T = 2πm, шаг спирали h = qB· Vk .Ее радиус R = mVqBqBЗдесь V⊥ – компонента скорости, перпендикулярная вектору индукции магнитного поля, Vk – компонента скорости, параллельная вектору индукции.Вариант 88–ГГФ88.1.
Скорости шариков V в нижней точке перед «склеиванием»определяются из закона сохранения энергииpmV12M V12= mgh,= M gh, V1 = 2gH.22С учетом того что скорости направлены навстречу друг другу, посленеупругого удара результирующая скорость определяется из законасохранения импульса:M −m(m + M )V2 = M V1 − mV1, V2 = V1.M +mВысота, на которую поднимутся «склеенные» шарики, определяется(M+m)V22снова из закона сохранения энергии= (M + m)gh. Откуда2h=HM −mM +m2.88.2. После разворота сосуда условие равновесия поршняM g = (P2 −P1)S. В изотермическом случае для каждой части сосудавыполняется условие P V = const: для верхней части P1(L + x)S =P0LS, для нижней части P2(L − x)S = P0LS.
ОткудаP1 =P0LSP0LS, P2 =.L+xL−x310ОТВЕТЫ. 1999 г.Подставляя в уравнение для равновесия, получаем квадратное уравне0 LS− L2 = 0. Откуда выбираем положительный кореньние x2 + 2x PMgs2P0LSP0LSx=−++ L2 .MgMg88.3. Ток течет только через последовательно соединенные сопроEтивления I = 3R. Напряжение на левом конденсаторе равно напряжению на левом сопротивлении U1 = RI = E3 , а на правом конденсаторе– напряжению на правом сопротивлении U2 = 2RI = 2E3 . Поскольку заряд на конденсаторе равен произведению напряжения на его емкость, тоq1 = 2CU1 =2EC2EC, q3 = CU2 =.33F88.4. а) ∆`= ES. Относительное удлинение упругого тела пря`мо пропорционально силе действующей на него и обратно пропорционально площади поперечного сечения;2б) U = kx2 ;pmв) T = 2π k .
Период колебаний груза на пружине прямо пропорционален корню квадратному из его массы и обратно пропорционален корню квадратному из коэффициента жесткости пружины.1999 г.Вариант 91р–ФФ91.1. Пусть давление в цилиндре – P . Сила трения F направлена против возможного проскальзывания, поэтому при движении внизF1 + P0S + mg − F − P S = 0, при движении вверх F2 − P0S −mg − F + P S = 0.
Исключая неизвестное F , получаем:P = P0 + (2mg + F1 − F2) /2S.311ОТВЕТЫ. 1999 г.91.2. Грузы двигаются по окружности. Поскольку начальная скорость нулевая, начальные ускорения грузов a направлены по касательной к траектории (нет нормального или центростремительного ускорения) и одинаковы по величине.
Из второго закона Ньютона: m1a =m1g sin α−N cos α; m2a = −m2g sin α+N cos α. Здесь N – сила,Lдействующая на каждый из грузов со стороны стержня, α = arcsin 2r.Складывая уравнения движения, получаемa=m1 − m2m1 − m2 Lg sin α =g .m1 + m2m1 + m2 2r91.3. Пусть искомый заряд qx . Заряды внешних пластин qx и −qx.Напряженность электрического поля в зазорах будут равны соответx ) qxственно qεx0 S, (q−qε0 S , ε0 S , а направление поля во внешних зазорах противоположно направлению поля во внутреннем зазоре. После установления равновесия напряжение (разность потенциалов) между внешним пластинами должно быть равным нулю:qx(q − qx )qxd−d+d = 0.ε0 Sε0 Sε0 SОтсюда qx = 3q .Систему пластин можно рассматривать как три конденсатора с зарядами 3q , 2q3 , 3q емкости C = ε0dS каждый. Тогда конечная суммарнаяq2энергия трех конденсаторов Wконеч = 3C, а начальная энергия (одногоq2.конденсатора, образованного внутренними пластинами) Wначал = 2CРазница энергий и выделится в виде тепла:Q = Wначал − Wконечq2q2dq==.
qx = .6C 6ε0S391.4. Высота полотнища над землей h (около метра). На этомрасстоянии должна «погаситься» энергия mgH. Средняя тормозящая сила F = mgH/h. Спасатели могут натягивать брезент с силойf ≈ (1 ÷ 0, 5)mg. В работу вносит вклад вертикальная составляющая312ОТВЕТЫ. 1999 г.силы, среднее значение которой F ≈ N f h/2R. Здесь R – радиусполотнища, N – максимальное число спасателей N = 2πR/d, d ≈0, 5 м – минимальное расстояние между спасателями;F = mgH/h ≈ N f h/2R. Откуда H ≈ πh2/d ≈ 5 ÷ 8 м.
(2й, 3-й этажи). (Кстати, по инструкции МВД, полотнища используюттолько для спасения с высоты до 8 м.)91.5. В нижнем положении груза упругая сила и составляющая силы тяжести вдоль его траектории направлены в одну сторону, что увеличивает возвращающую силу. В верхнем положении силы направлены в противоположные стороны, что уменьшает возвращающую силупри тех же отклонениях, а значит, увеличивает период.Вариант 92р–ФФ92.1. Центр масс воды, находящийся вначале на высоте H/4, окажется на высоте H/2. Работа равна изменению потенциальной энергии: A = mg H2 −mg H4 = mg H4 . Это эквивалентно подъему половиныводы на H/2.92.2. Пусть при температуре T давление справа – P1, слева –P2 < P1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
