1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 43
Текст из файла (страница 43)
Разность давлений уравновешивается трением:P1 − P2 = F/S.(1)Для газа в каждой части трубки выполняется условие P V = const ·T .Поэтому давление при температуре 2T для правой части равноLL= 32 P1, для левой части 2P2 L−L/3= 3P2. Условие рав2P1 L+L/3новесия (1) в этом случае переходит в3P1 − 3P2 = F/S.(2)2Из (1), (2) получим41P1 = F/S, P2 = F/S.(3)33313ОТВЕТЫ. 1999 г.Пусть искомая температура равна xT . Тогда при температуре xT давLLление в правой части xP1 L+2L/5= 75 xP1, а в левой части xP2 L−2L/5=555этойтемпературыxP−xP2 = F/S13 xP2 .
Условие равновесия для73205или с учетом (3) x 21 − 9 F/S = F/S. Откуда63= 2, 52, xT = 2, 52T.25, то в момент,92.3. Так как напряжение на катушке UL = L ∆I∆tкогда ток максимален, напряжение на ней и, следовательно, на первомконденсаторе равно нулю. Вся энергия конденсатора перешла в энер2I2гию катушки L 21 = C U2 . С присоединением второго конденсаторабыстро выравняются заряды и напряжение на обоих конденсаторахстанет равным U2 . При этом ток через катушку не изменится. Энергияx=22Uэлектрического поля конденсаторов станет равной 2C (U/2)=C.24Затем согласно закону сохранения энергии ток будетq вырастать до222I3Cмаксимума L 21 + C U4 = L Imax.ОткудаI=U.max22L92.4. Задача «многомодельная». Имеют место и кумулятивныеструи, волновое сопротивление и т.
д. По порядку величины скоростьжидкости, вовлекаемой в движение, близка к скорости автомобиля.Если h – глубина лужи, b – ширина шины, то F ≈ ρV 22bh ≈4 · 103 Н (при V = 10 м/с, h = 10 см, b = 20 см, ρ = 1000 кг/м3).92.5. См. решение задачи 5 из варианта 91р–ФФ.Вариант 93–ФФ93.1. На старте на ракету действует сила тяги T и сила тяжестиmg. Спроектируем силы на направление взлета(ось Y ):ma = T cos β − mg sin α(1)и перпендикулярно направлению взлета (ось X):0 = T sin β − mg cos α.(2)314ОТВЕТЫ. 1999 г.Выражая величину T из уравнения (2) и подставляя в (1), получаемускорениеcos (α + β)a=g.sin β93.2. Начнутся колебания, которые из-за трения затухнут, и система окажется в положении равновесия. Пусть h – высота подъемажидкости в трубке относительно нижней кромки поршня, находящегося в конечном состоянии, x – расстояние, на которое опустится поршень.
Условие равновесия:mg = ρgh (S − σ) .В трубку войдет масса жидкости mжид = ρhσ. Из закона сохранениямассы жидкости hσ = xS. Из закона сохранения энергии выделенноетепло Q равно разности начальных и конечных потенциальных энергий поршня и жидкости. С учетом написанных выше уравнений имеемh xσ ρgh2 σQ = mgx − mжид−= mgh −1−=2 2S2Sm2gσ=.2ρS (S − σ)Если поршень тяжелый, то он окажется на дне сосуда. Пусть начальная высота жидкости в сосуде равнялась H. Тогда hσ = HS, а условие падения поршня на дноmg > ρgh (S − σ) = ρgHS (S/σ − 1) .В этом случае количество выделенного тепла определяется по формулеh HρgH 2 SQ = mgH − mжид−= mgH −(S − σ) .222σЕсли mg = ρgHS (S/σ − 1), то оба решения совпадают.315ОТВЕТЫ. 1999 г.93.3.
Во время движения перемычки в области, занятой полем, нанее действует сила Ампера. Второй закон Ньютона для перемычки впроизвольный момент времени: ma = m ∆V= IBh или∆tm∆V = I∆tBh = ∆qBh.(1)Просуммируем (1) до момента пересечения перемычкой плоскости M N :m (V1 − V2) = qBh, где q – заряд на конденсаторе к моменту выхода перемычки из области, занятой магнитным полем. Магнитныйпоток при выходе не меняется, поэтому ЭДС индукции равна нулю.По закону Ома в этот момент времени RIX = Cq . Откуда искомыйток равенqm (V1 − V2)IX ==.RCRCBh93.4. Показания весов расходятся из-за различия выталкивающих1000золсил воздуха при разных температурах. Пусть V = M≈≈ρзол200000, 05 м3 – объем тонны золота, T1 ≈ 300 К – характерная июльская температура, T2 ≈ 240 К – зимняя температура, P ≈ 105 Па –кгатмосферное давление, µ ≈ 29 · 10−3 моль– молекулярная масса возДждуха, R ≈ 8, 3 моль– универсальная газовая постоянная.
Уравнение·КМенделеева–Клапейрона для вытесненного воздуха P V = mRT ,µVоткуда m = µP.RTРазница сил Архимеда равнаµP V 11F2 − F1 = (m2 − m1) g =−g≈RT2 T21129 · 10−3 · 105 · 5 · 10−2≈−10 ≈ 0, 15 Н.8, 3240 300Показания весов разошлись на 0, 15 Н, что соответствует 15 г по массе.93.5. Вначале на цепочку действует уравновешивающая сила трения покоя, направленная вдоль трубки вниз. При вращении трубки по-316ОТВЕТЫ. 1999 г.является сила трения скольжения, которая направлена не вдоль трубки, а против скорости цепочки относительно трубки. Проекция этойсилы на ось трубки становится меньше первоначальной силы тренияпокоя, и цепочка движется «вверх».Вариант 94–ФФ94.1.
Если радиус пучка лазера r, а пятна на экране R, то изподобия треугольников можно составитьпропорцию:rF1== .R L−F2Откуда F = L3 .94.2. Обозначим положительный заряд как q, длину «гантельки»– d, ее массу – m, напряженность поля конденсатора – E, искомуюскорость «гантельки» – VX . Запишем закон сохранения энергии длядвух случаев:(22m U2 = m V2 + Eqd,Откуда VX =√2m U2=VX2m2− Eqd.2U 2 − V 2.94.3. Доску положили «симметрично». Так она не вращается,то нормальные силы реакции валиков одинаковы Допустим, ситуациякритическая, и сила трения максимально возможнаяF = µ · N = µM g cos α.Второй закон Ньютона для доски:M a = M g sin α − µM g cos α.(1)Пусть доска сместилась на малое расстояние x, приобретя при этомскорость V .
В отсутствие проскальзывания линейная скорость обода317ОТВЕТЫ. 1999 г.валика также равняется V . Закон сохранения энергии:V2V2M+ 2m= M gx sin α.(2)22При малом смещении ускорение можно считать постоянным и использовать закон для равноускоренного движения:V 2 = 2ax.(3)Подставляя в (3) a из (1) и x из (2), получаем2V 2 = 2 (g sin α − µg cos α)2M V2 +2m V2Mg sin α2m, или µ = tgα M+2m.94.4. Массу кислорода в атмосфере можно оценить, зная атмосферное давление PА ≈ 105 Па (кислорода по массе в атмосфере20 %): Mатм ≈ 0, 2 · SземgPА , а массу кислорода в океане, зная его сред16нюю глубину H ≈ 4 · 103 м: Mоке ≈ 18Sоке ρH (отношение молярныхмасс кислорода и воды 16/18).
Отношение площади поверхности океоке≈ 0, 7:анов к поверхности Земли SSзем40 Sоке ρHg404 · 103 · 103 · 10Mоке /Mатм ≈ ··≈ ·0, 7·≈ 1, 2·103.59 Sзем PА91094.5. Смотрите решение задачи 5 из варианта 93–ФФ.Вариант 95р–ФЕН95.1. Пусть высота ступеньки – H. Так как шарик двигался вначале горизонтально, то H связана со временем τ формулой H = gτ 2/2.Горизонтальная компонента скорости при движении не меняется.
После первого упругого удара вертикальная компонента скорости, сохраняясь по величине, изменит знак на противоположный. В течение времени τ шарик будет подниматься до своей максимальной высоты, азатем до следующего удара падать с высоты 2H в течение времени t1,которая определяется из 2H = gt21/2.√√ Искомое время tx = τ + t1 = τ + 2τ = 1 + 2 τ .318ОТВЕТЫ. 1999 г.95.2.
При упругом ударе кинетическая энергия шайбы не меняется. Пусть искомое расстояние – X, масса шайбы – m, начальнаяскорость – V , коэффициент трения – µ. Кинетическая энергия из22менится за счет работы силы трения: m V2 = 2µmgL + m (V /2)=2µmg (L + X). Откуда X = 5L/3.95.3. Начальное давление под невесомым поршнем равно атмосферному. Обозначим за X максимальную высоту столба жидкости.Расстояние от дна стакана, на котором окажется поршень, равно2L − X. Давление под поршнем будет равно P0 +ρgX. Условие неизменности температуры: P0L = (P0 + ρgX) (2L − X). Квадратноеуравнение X 2 + (P0/ρg − 2L) X − P0L/ρg = 0 имеет решениеqX = L − P0/2ρg + L2 + P02/4ρ2 g 2.Знак выбран так, чтобы выполнялось условие X > L.Максимальный объем равенqSX = S L − P0/2ρg + L2 + P02/4ρ2 g 2 .95.4.
Пусть верхнее левое сопротивление равно R1, а правое –R2. Согласно законам последовательного и параллельного соединениясопротивлений, получим R1 + RX = 29,R + RX = 25, 2R1 + RX R2/ (R2 + RX ) = 20.2Откуда получаем квадратное уравнение: RX= 225, решение которогоRX = 15 Ом.Вариант 96–ФЕН96.1. Объем шарика состоит из объема пустой полости и объема,занятого материалом, из которого сделан шарик : V = Vпол + Vмат.319ОТВЕТЫ.
1999 г.Уровень жидкости не изменился. Поэтому Vпол = 32 V , Vмат =шарика равен архимедовой силеV3.ВесVV= ρg или ρмат = ρ.3396.2. На тело действует сила тяжести m~g , сила реакции поверх~ , сила трения – F~ , которые в сумме равности – Nны центростремительной силе.а) Пусть сила трения направлена вниз.
Запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикальную и горизонтальные оси:mg = N sin α − F cos α,(1)mω 2r = N cos α + F sin α.ρмат gИз системы (1) получаемF = −mg cos α + mω 2 r sin α,N = mg sin α + mω 2r cos α.(2)Подставляя в (2) неравенство F ≤ µN , получаем−g · ctg α + ω 2r,µ≥g + ω 2 r · ctg α2что противоречит условию ωg r < ctg α.б) Пусть сила трения направлена вверх. Запишем второй законНьютона в проекции на вертикальную и горизонтальные оси:mg = N sin α + F cos α,(3)mω 2r = N cos α − F sin α.Из системы (3) получаемF = mg cos α − mω 2 r sin α,N = mg sin α + mω 2 r cos α.(4)320ОТВЕТЫ. 1999 г.Подставляя в (4) неравенство F ≤ µN , получаемg · ctgα − ω 2 rµ≥,g + ω 2 r · ctg αчто не противоречит условиюω2rg< ctg α.96.3.
Единственно возможный путь луча указан на рисунке. Попостроению ∠AOC = 30◦; ∠OAB =∠BAD = ∠ABO = 15◦ По закону преломленияsin 30◦1n===sin 15◦ 2 sin 15◦2 sin 15◦ cos 15◦◦==2cos15.sin 15◦Из тригонометрии 2 sin2 α = 1q− cos α, 2 cos2 α = 1 + cos 2α.√p√1+ 3/2◦=2+3= √ 1√ .Поэтому n = 2 cos 15 = 222− 396.4. Скорость в нижней точке определяется из закона сохране√ния энергии V = 4gR. Центростремительная сила в нижней точке2определяется тремя силами mV= 4mg = N + V QB − pmg. ПоRgусловию задачи N = 0.
Поэтому V QB = 5mg или B = 5m.2QRВариант 97р–ГГФ97.1. Пусть искомое давление – P , температура воздуха – T ,объем сосуда – V , число молей в шарике – ν1 , а в остальной части сосуда – ν2. Уравнения Клапейрона–Менделеева для воздуха в шарике, остальной части сосуда, для конечного состояния P V /2 = ν1 RT ,P0V /2 = ν2RT , 1, 1P0V = (ν1 + ν2) RT соответственно. Откуда1, 1P0 = (P0 + P ) /2 , P = 1, 2P0.97.2.
При упругом ударе о выступ кинетическая энергия тела не321ОТВЕТЫ. 1999 г.меняется. Сила трения всегда направлена против движения и равна µmg cos α. При возвращении в исходную точку потенциальная энергия не изменилась, а кинетическая энергия меняется за счет работы силы трения:pV2Hm= 2µmg cos α. Откуда V = 2 µgH ctg α.2sin α97.3. Пусть верхнее левое сопротивление равно R1, а правое –R2. Согласно законам последовательного соединения сопротивлений,получим R1 + RX = 30,R + RX = 40, 2R1 + R2 = 50.Откуда RX = 10 Ом.97.4. P V = νRT = m/µRT , где универсальная газовая постоянная R ≈ 8,3 Дж/моль · К. У водорода µ = 0, 002 кг/моль. Принормальных условиях (P≈ 105 Па, T≈ 273 К)m = µP V /RT ≈ 0, 09 кг.Вариант 98–ГГФ98.1. Пусть сила трения между клином и полом Fтр, сила реакциимежду клином и полом N , а между бревном иклином N1. Условие покоя клинаFтр = N1 sin α,N = N1 cos α.Откуда Fтр = tg α · N .Так как всегда Fтр ≤ µN , где равенство соответствует трениюскольжения, а неравенство трению покоя то µmin = tg α.322ОТВЕТЫ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
