1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 45
Текст из файла (страница 45)
Условие максимальности скорости тела – равенствонулю его ускорения, а следовательно, и действующей силы.Для первого тела это условие принимает видqE = k (x1 − x2) .(3)328ОТВЕТЫ. 2000 г.Закон сохранения энергии системы тел:m1v12 m2v22(x1 − x2)2+= qE (x1 − x2) − k.222Выражая (x1 − x2) из (3), а v2 из (4), получаем2m 1 v1m1q2E 21+=.2m22k(4)Откуда максимальные значенияrrqEm2qEm1v1 = √и v2 = √.m(m+m)m(m+m)kk11221203.4. В связи с вращением Земли вокруг оси вес тела P меньшеmg. Второй закон Ньютона для тела, поβ P~коящегося на Земле m~aЦС = m~g + P .ЦентростремительноеускорениеaЦС = mω 2 RЗЕМ cos α, где α – широтаmaцсместности ω – угловая скорость вращенияαЗемли, связанная с периодом вращения T :2πω= .mgTВследствие малости центростремительной силы по сравнению с силойтяжести, угол β между направлениями векторов m~g и P~ мал. Поэтому, проектируя силы на направление вектора силы тяжести, получаемP ≈ mg − maЦС cos α = mg − mω 2RЗЕМ cos2 α.Пусть ωX , TX – угловая скорость и период вращения Земли, прикоторых вес изменился на 10 %:2222mg − mω RЗЕМ cos α − mg − mωX RЗЕМ cos αδP=.Pmg − mω 2 RЗЕМ cos2 αТак как поправка к весу тела при вращении Земли мала22mω RЗЕМ cos α << mg ,329ОТВЕТЫ.
2000 г.то222mω−ωRЗЕМ cos2 α ωXδPRЗЕМ cos2 αX=≈≈ 0, 1 (1)Pmg − mω 2 RЗЕМ cos2 αgИз (1) получаемωX ≈r0, 1g.RЗЕМ cos2 α(2)Радиус Земли RЗЕМ ≈ 6400 км, g ≈ 10 см2 , период обращения –сутки.В наших широтах cos α ≈ 0, 5.ДалееT − TXTXδT==1−.TTTИспользуя (2), получаемsrTXω2π cos α RЗЕМ2π · 0, 5 6400000=≈≈≈ 0, 09 ≈ 0, 1,TωXT0, 1g3600 · 24 0, 1 · 10откудаδTT≈ 0, 9 ≈ 1.03.5. При погружении стержня повышается выталкивающая силаАрхимеда и с некоторого момента теряетсяTTустойчивость вертикального положения.hFA αПусть сечение стержня – S, длина – HH, расстояние от вершины стержня доmgуровня воды – h, плотность дерева – ρД,плотность воды – ρВ.Масса стержня равнаm = ρД HS.Сила АрхимедаFA = ρВ (H − h) Sg =mgρВ(H − h) .HρД(1)330ОТВЕТЫ.
2000 г.В положении неустойчивого равновесия при небольших углах наклона стержня от вертикального положения моменты действующихсил не возвращают его, а «уводят» дальше.Рассмотрим моменты силы Архимеда и силы тяжести относительноего вершины. При небольших поворотах сила Архимеда практическине меняется и вычисляется по формуле (1).Плечо силы АрхимедаH −hH +hH−sin α =sin α,22mgρВ (H + h)H(H + h)sin α =(H − h)sin α > mg sin α,2HρД22(2)После упрощения (2) получаем22 ρВH −h> H 2.ρДFAНеустойчивость вертикального положения наступает приrρДh < hКР = H 1 − .ρВМожно показать, что сила натяжения при потере устойчивости неравна нулю.
Действительно, в вертикальном погружении сила натяжения «зануляется» при mg = FA. Другими словами, приρДh = h0 = H 1 −.ρВqρДρρПри ρ < 1 всегда h0 < hКР, так как 1 − ρД > 1 − ρД .ВВВПри дальнейшем повышении уровня воды стержень будет наклоняться. При этом сила Архимеда не будет меняться практически додостижения горизонтального положения.В горизонтальном устойчивом положении сила натяжения равна нулю.331ОТВЕТЫ. 2000 г.Вариант 04–ФФ04.1. Проведем перпендикуляры к граням призмы в точках входа ивыхода луча.
Согласно закону преломлеβнияsin αsin βγ δsin γ =, sin δ =.αnnИз геометрии sin γ = cos δ.Из тригонометрического тождестваsin2 β sin2 α+,sin δ + cos δ = 1 = sin δ + sin γ =n2n2222откудаn=q2sin2 β + sin2 α.04.2. Будем считать, что P1 > P2. Пусть искомая конечная температура Tx , смещение поршня h. Уравнения Клапейрона–Менделеевадля начального состояния газа в половинках сосуда соответственноP1LS = ν1RT,P2LS = ν2 RT.Здесь ν = ν1 + ν2 – общее число молей. После затухания колебанийв сосуде установится некое давление PX .Начальная внутренняя энергия газа в половинках сосудаE1 = αP1LS = αν1 RT,E2 = αP2LS = αν2 RT.Так как сосуд теплоизолирован и внешняя работа не совершается, тосохраняется полная внутренняя энергия газа:E1 + E2 = αP1LS + αP2LS = αν1 RT + αν2RT == αPX 2LS = (ν1 + ν2) RTX .Из (1) получаемPX =P1 + P2,2(1)(2)332ОТВЕТЫ.
2000 г.TX = T(температура не изменилась).При неизменной температуре для частей сосуда имеемP1L = PX (L + h) ,P2L = PX (L − h) .(3)Подставляя (2) в любое из уравнений (3), получаемP1 − P2h=L.P1 + P204.3. Сумма внешних сил, действующих на систему равна нулю.Поэтому сохраняется импульсm1~v1 + m2~v2 = 0.(1)Будет происходить вращение относительно центра масс O, которыйостается на месте (для определенности предqEположим, что m1 > m2 и центр масс находится ближе к первому телу).α OРадиусы вращения (расстояния до центраR1R2 m2m1масс) для тел равны соответственноm2m1R1 = L, R2 = L. (2)m1 + m2m1 + m2-qEПосле поворота на некий угол α закон сохранения энергии примет видm1v12 m2v22+= ∆U = (qER1 sin α + qER2 sin α) = qEL sin α.22Выражая ~v2 из (1), получаемm1v12m11+= qEL sin α.(3)2m2Сумма силы растяжения стержня N , кулоновской силы взаимодействия зарядов и проекции на стержень силы со стороны включенногополя равны центростремительной силе вращающегося первого зарядаm1v12q2=N+− qE sin α.(4)R14πε0L2ОТВЕТЫ.
2000 г.333Подставляя в (4) v12 из (3), с учетом (2) получимq2N = 3qE sin α −.4πε0L2При α = 90◦ сила растяжения N принимает максимальное значение.Искомое максимально возможное значение поля EMAX определяетсяиз условия равенства силы натяжения критической величине T .q2q2, откуда EMAX = T +/3q.T = 3qEMAX −4πε0L24πε0L204.4. Период колебаний маятника определяется натяжением нити(стержня), т. е. весом тела.
В связи с вращением Земли вокруг оси идвижением поезда вес тела P отличается от mg.В инерциальной системе отсчета стороннего наблюдателя скоростьпоезда складывается из линейной скорости вращения Земли ωR искорости поезда относительно Земли V . Обозначим как P+ вес телапри движении поезда с запада на восток, а P− – вес при движении свостока на запад.Второй закон Ньютона для подвешенного груза (математическогомаятника) в инерциальной системе отсчета стороннего наблюдателязапишется какV2m (ωR ± V )22P± = mg −= mg − mω R ∓ m2ωV − m .
(1)RRВ стоящем поезде P0 = mg − mω 2 R.Удвоенная линейная скорость вращения Земли на экваторе 2ωR ≈64004π 3600·24≈ 1 кмпоезда V .с , что в 30 раз превышает скорость скорого2Поэтому в уравнении (1) можно пренебречь членом m VR по сравнению с m2ωV .Периоды колебаний маятника для различных случаев:ss``T± = 2π,T=2π.(2)0g − ω 2 R ∓ 2ωVg − ω2R334ОТВЕТЫ.
2000 г.Несложно проверить, что относительное изменение периода колебаT± −T0T00≈=1−(в знаменателений будет мало. Поэтому T±T−TTT±±0для удобства T0 заменили T± ).Из (2) получаем 2T02ωV2ωV= 1∓≈1∓.(3)T±g − ω2RgВ силу малости члена ω 2 R по сравнению с g его отбросили в (3).Далее из (3) 2T0T0T0T02ωV−1=−1+1 ≈2−1 ≈∓.T±T±T±T±g(4)Из-замалого различия периодов колебаний в (4) приближенно положили TT±0 + 1 ≈ 2.Пусть скорость поезда – 30 м/с, g ≈ 10 м/с2 .2π·30−4Тогда из (4) 1 − TT±0 ≈ ± ωVg ≈ ± 3600·24·10 ≈ ±5 · 10 .04.5.
См. решение задачи 5 из варианта 03–ФФ.Вариант 05р–ФЕН05.1.Работа «пойдет» на повышение потенциальной энергииgжидкости. Пусть вначале расстояние от днасосуда до 1-го поршня равно ` , а в конце – L. Из сохранения объема жидкости:ℓL(S1 + S2 ) ` = S1 L + S2 (L − h), откуда L = ` + S2 h/ (S1 + S2). Из рисунка видно, что изменение энергии можно считать как подъем массыρS2 [h − (L − `)] = ρS2 S1h/ (S1 + S2 ) на высоту h/2 (отслеживайте подъем серединки объема, т. е. центра масс). ОткудаA = ρgS2 S1 h2/2 (S1 + S2) .335ОТВЕТЫ. 2000 г.Другое решение.
Вдавливая поршень, мы совершаем работу противсилы Архимеда. При этом проходим расстояние d = [h − (L − `)] =S1h/ (S1 + S2 ). Архимедова сила меняется от нуля до ρgS2 h (ее среднее значениеFср = ρgS2 h/2). A = Fср d = ρgS2 S1h2/2 (S1 + S2) .05.2. При минимальной скорости V пуля вылетит из куба с «нулевой» относительной скоростью. Обозначим скорость куба и пули после взаимодействия в этом случае за u. Из законов сохранения импульса и энергииmV = (m + M ) u mV 2/2 = F a + (m + M ) u2/2,откуда V =p2F a (M + m) /mM .05.3.
Обозначим за X искомое смещение. Условие неизменноститемпературы в каждом отсеке: P0V /2 = P 0 (V /2 + XS) и P0V /2 =0 V XSP 00 (V /2 − XS). По условию P1 = P 00 − P 0 = V 2P/4−X2S 2 .Квадратное уравнение X 2 + XP0V /P1S − V 2/4S 2 = 0 имеетpрешение X = −P0/P1 + 1 + P02/P12 · V /2S.Знак выбран так, чтобы корень был положителен.05.4. Максимальная скорость достигается при нулевом ускорении,т.
е. в точке, в которой сумма силы тяжести и кулоновской силы, дейq1 q2ствующих на заряд q2, равна нулю: mg = 4πε2 . Здесь X – рас0Xpстояние от q1 до q2 в искомый момент, откуда X = q1q2 /4πε0mg.Значение искомой скорости определяется из закона сохранения суммы потенциальной и кинетической энергий:mV 2/2 + mgX + q1q2/4πε0X 2 = mgh + q1q2/4πε0h2.336ОТВЕТЫ. 2000 г.Откудаrrrp2 pq1 q2q1q2V =при mgh ≥,mgh −m4πε0h4πε0hr rrpp2q1 q2q1q2V =− mgh при mgh ≤.m4πε0h4πε0hИли в общем случаеV =rВариант 06р–ФЕНr2 pq1 q2 mgh −.m4πε0h 06.1. На тело действуют силы упругости со стороны пружинок Tи сила тяжести mg. Если выбрать положительное направление осиαвниз, то согласно второмузакону Ньютона ma = mg − 2T cos 2 , гдеT = kx = k sinLα/2 − L (сила упругости определяется изменениемдлины пружинки относительно ненапряженного состояния).2kL ααa=g−ctg − cos.m2206.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
