1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 44
Текст из файла (страница 44)
2000 г.98.2. Пусть конечное давление в закрытом объеме – P , а сечениетрубки – S. Для воздуха в закрытом объеме из уравнения Клапейрона–Менделеева при постоянной температуре получимP0HS = P LS.Давление P меньше атмосферного на величину давления, создаваемого столбом жидкости высотой H :P + ρgH = P0.Система уравнений имеет решение L = P0H/ (P0 − ρgH).98.3. Сразу после замыкания ключа напряжение на конденсатореравно начальному, т. е. равно E. Напряжение на сопротивлении R2,определяемое как I0R2, равно напряжению на конденсаторе.
Следовательно, I0 = E/R2.По истечении большого промежутка времени конденсатор перезарядится и ток через него прекратится. В этом случае через сопротивление R2 и R1 идет одинаковый ток, который равен I∞ = E/ (R1 + R2).98.4. а) Магнитный поток ∆Φ через малую площадку ∆S равенпроизведению модуля вектора магнитной индукции B на площадь икосинус угла α между вектором индукции и нормалью к площадки:∆Φ = B∆S cos α;б) ЭДС индукции в контуре равна скорости изменения во временимагнитного потока через поверхность, ограниченную контуром, взятойс противоположным знаком: Eинд = −∆Φ/∆t;в) ∆Φ = BS = 10−4Тл · 1м2 = 10−4 Вб.2000 г.Вариант 01р–ФФ01.1. Условие равновесия пробирки с шариком: равенство нулю действующих сил и моментов.
Если рассматривать моменты сил относи-ОТВЕТЫ. 2000 г.323тельно маленького тяжелого шарика, то плечи силы тяжести шарика иреакции дна равны нулю. Тогда момент силы тяжести пробирки равенмоменту архимедовой силы:LLLLmg cos α = ρSgcos α, откуда m = ρS .2244При выборе другой точки при решении необходимо использовать иусловие равенства суммы сил нулю.01.2. Пусть из баллона вышла масса m. В баллоне после установления равновесия насыщенный пар занял место жидкости (сжиженного газа). Поэтому m = (ρ − ρH ) V .
Из уравнения состояния для насыщенного пара получаем связь между его плотностью идавлением ρH = µPH /RT . Уравнение состояния для газа в сосудеP0V0 = mRT /µ, откуда получаем PH = ρRT /µ − P0V0/V (конечно, модель идеального газа для насыщенного пара даже вдали откритической точки «работает» лишь с точностью 10–20 %).01.3. Из закона сохранения импульса скорости осколков сразу после распада направлены в разные стороны и связаны уравнениемm1V1 = m2V2. В общем случае траектория движения заряженнойчастицы в постоянном магнитном поле – спираль, где V⊥ определяетвращение по окружности, а V|| – перенос с постоянной скоростью.
Если бы у осколков существовали V||, то они были направлены в разныестороны, и встреча была невозможна. Следовательно, осколки двигаются в одной плоскости, которая перпендикулярна B. Из уравненийдвижения для каждого осколка m1V12/R1 = qV1B и m2V22/R2 =qV2B следует R2 = m2V2/qB = R1 = m1V1/qB = R.Осколки двигаются по одной окружности и встретятся через время2πR2πm1V12π m1m2t===.V1 + V2 qB (V1 + m1V1/m2) qB m1 + m201.4. Обозначим часть удаленных электронов за X, а число молекул в сосуде N (полное число электронов 2N ). Удаленный заряд324ОТВЕТЫ.
2000 г.q = 2N eX. Избыточное давление P ≈ 106 Па.После удаления электронов положительные заряды, расталкиваясь, соберутся на поверхности сосуда.а) Пусть сосуд-куб с ребром a (объем V = a3). Простейшая модель – два точечных заряда по q/2 , находясь в центре противоположных граней на расстоянии a друг от друга, оказываютдополни√222/3kqP ·V√1тельное давление P ≈ k(q/2)=,откудаX≈. Усло224/3aaeN k4Vвия в сосуде близки к нормальным, поэтому в 1 л находится NA /22, 4,NA ≈ 6 · 1023 – число Авогадро.√P · V 2/3 · 22, 4√X≈≈ 2, 5 · 10−8.eNA kб) Если «уточнить» модель, считая, что в шести гранях куба расположены точечные заряды q/6, ответ увеличится в 3 раза: X ≈ 7·10−7.в) Если считать, что заряд равномерно распределен по всей поверхности, а давление оценить через силу расталкивания пластин, тоq 2πkq 1πkq 2=P ≈; X ≈ 3 · 10−7.224/36 6a a18Vг) Пусть сосуд – шар с диаметром a (объем V = πa3/6). Задачав этом случае имеет точное решение22E4πkq12 kq 2π 1/3 kq 2P ≈===,8πkπa28πk π a43 · 61/3 V 4/3X ≈ 3 · 10−8.01.5.
Сумма сил нормального давления 2N sin α выталкивает упаковку, а сумма сил трения 2F cos α = 2µN cos α ее «удерживает»,где 2α – угол раствора ножниц. Угол α для упаковки таков, чтоsin α > µ cos α вплоть до его полного выскальзывания. Посколькутолщина пластинки много меньше диаметра упаковки, для нее равенство sin α = µ cos α достигается на некотором расстоянии от концаножниц.
В этом случае сила трения F покоя препятствует выскальзыванию 2N sin α = 2F cos α < 2µN cos α .325ОТВЕТЫ. 2000 г.Вариант 02р–ФФ02.1. Пусть x – искомая величина, k – жесткость пружины;L1 = x − m1g/k; L2 = x + m2g/k, откудаx = (m1L2 + m2L1) / (m1 + m2) .02.2. Из симметрии следует, что «гипотенуза» всегда переносится параллельно (увеличиваясь в размерах).
Если найдем условие, прикотором один из «катетов» переносится параллельно, то подобие обеспечено.Скорость и ускорение частицы m удобно разложить по направq,mVлениям «катета» (1) и «гипотенузы» (2). Изq,Mпостроения видно, что «катет» переносится∆Rпараллельно, если в любой момент времениVM cos 45◦ = V2 cos 45◦.q,mV VИначе говоря, скорости равны VM = V2.Следовательно, в любой момент равны и ускорения aM = a2.Если в некий момент времени «катет» равен b, то из законаКулона√M aM = 2 cos 45◦q 2 /b2, ma2 = kq 2 /2b2, откуда M = 2 2m.M1202.3. Так как напряжение на катушке UL = L∆I/∆t, то в момент, когда ток максимален, напряжение на ней равно нулю. Тогданапряжение на конденсаторах будет одинаковым. Обозначим это напряжение через V .
Суммарный заряд на верхних (и нижних) пластинах конденсаторов сохраняется: q = C1V1 + C2V2 = (C1 + C2) V,V = (C1V1 + C2V2) / (C1 + C2). (Это если на верхних пластинахвначале были одноименные заряды.)Искомый ток I определяется из закона сохранения энергии:C1V12/2+pC2V22/2 = LI 2/2+(C1 + C2) V 2/2, откуда I = |V1 − V2| C1C2/L.Если на верхних пластинах были разноименные заряды, тоpI = (V1 + V2) C1C2/L.326ОТВЕТЫ. 2000 г.02.4. Считается, что известны радиус Земли R = 6, 4·106 м, ускорение свободного падения g = 10 м/с2, гравитационная постояннаяG = 6, 67 · 10−11м3/с2кг (вместо G можно задать массу Земли илиее плотность).Простейшая модель – две точечные массы M/2 находятся примерно на расстоянии радиуса Земли.
F ≈ GM 2/4R2 . Посколькуg = GM/R2, то F ≈ g 2 R2/4G = M g/4 = ρπgR3/3. ОткудаF ≈ 1, 5 · 1025 ≈ 1025 Н.Можно оценить силу через давление в Земле, считая ее недра несжимаемой жидкостью: F ≈ P S ≈ ρgRπR2 ≈ 5 · 1025 Н (в принципеэта модель может дать точный результат для однородного шара).02.5. См. решение задачи 5 варианта 1р.Вариант 03–ФФ03.1.Пусть луч преломится и далее отразится от гранипод углом β. Согласно закону преломления,dsin ααx sin β = n .
Из тригонометрии определим исβкомое расстояние x:sin βsin βx = d tg β = d= dp=2cos β1 − sin βsin α= dp.22n − sin α03.2. Пусть в верхней части сосуда установится давление P1, а внижней – P2. В конечном положении сила, действующая на поршень,равна нулю, откудаmgP2 = P1 +.(1)SСосуд теплоизолирован, поэтому полная внутренняя энергия газа меняется только за счет уменьшения потенциальной энергии поршня:αP02LS + mgh = αP1 (L + h) S + αP2 (L − h) S.(2)327ОТВЕТЫ. 2000 г.Число молей ν в каждой половинке сосуда одинаково.
Из объединенного газового законаP0LS P1 (L + h) S P2 (L − h) Sν===.(3)RT0RTRTЗдесь T0 – начальная, а T – конечная температура газа.Из (3) следуетP1 (L + h) = P2 (L − h) .(4)Система линейных уравнений (1), (2), (4) записана для трех неизвестных P1, P2, m. Разрешая ее относительно массы поршня,получаем2P0L2Sαm=.g[αL2 − (α + 1) h2]03.3. Сумма внешних сил, действующих на систему, равна нулю.Поэтому сохраняется импульсOm2m1m1v1 + m2v2 = 0,x1(1)x2а центр масс O остается на месте (дляопределенности предположим, что m1 > m2 и центр масс находитсяближе к первому телу).Выберем положительное направление оси вправо и обозначим смещение первого тела χ1, а второго χ2.Из уравнения (1) получаетсяm1v2 = − v1 .(2)m2Скорости всегда противоположны по направлению и пропорциональны по величине. Поэтому их максимальные значения достигаются одновременно.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
