1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 47
Текст из файла (страница 47)
Тогда по закону Паскаля ρgx + P0 = P , длязапертогоперевернутогостакана,поБойлю–Мариотту,P0H = P ·(H −h1 +x), из условия равновесия перевернутого стакана(P − P0) = mg/S, а для неперевернутого плавающего – ρgh2 =mg/S, x = h2. ПолучаемP0 = ρgh2 (H + h2 − h1)/(h1 − h2).13.3. Когда диоды закрыты, ток идет через все три сопротивления,которые оказываются соединенными последовательно. Полная тепловая мощность, которая при этом выделяется, равна U 2/(R + 2r).
Насопротивлении R при этом выделяется мощность U 2 R/(R+2r)2. Когда диоды открыты, все три сопротивления соединены параллельно.2На сопротивлении R выделитсямощностьU/R. Полная тепловая21мощность при этом равна U 2 r + R . Таким образом, искомая доляξ равнаR112 1ξ=+++.(2r + R)2 R2r + R r R13.4. Скорость движения изображения v1 = f /(L − f ).345ОТВЕТЫ. 2001 г.Вариант 08–ГГФ14.1. Давление P равно весу атмосферы, приходящемуся на единицу площади планеты: P = mg/(4πR2). Отсюда m = 4πR2P/g =5 · 1020 кг.14.2. Из симметрии ясно, что концы ребра с сопротивлением Rимеют одинаковые потенциалы и через сопротивление R ток не течет.Но тогда общее сопротивление схемы равно r и тепловая мощностьN = U 2 /r.14.3. На собирающую линзу падает расходящийся пучок света,идущий как бы из мнимого фокуса рассеивающей линзы.
Но тогда если от этой точки до собирающей линзы расстояние равно f2 , то междулинзами будет соответственно расстояние L = f2 − f1 и пучок, пройдя собирающую линзу, пойдет снова параллельно ее оси. Из подобиятреугольников получим, что отношение D2/D1 = f2/f1.14.4.Пусть угол α > 0. Запишем второй закон НьютонаабFтр0 F0вFтрF0FтрF0Fma = F cos α − Fmp. Брусок покоится при F cos α = Fmp, a = 0.Это происходит при увеличении F , пока сила трения покоя не достигнет своего максимального значения: Fmp ≤ µN = µ(mg − F sin α),т. е. пока F ≤ µmg/(cos α + µ sin α) = F0 (см. рисунок слева). ПриF > F0 Fmp = µ(mg − F sin α), т. е.
сила трения уменьшается до0 при росте F . При F ≥ mg/ sin α происходит отрыв от поверхности и Fmp = 0; α < 0. Брусок покоится при F cos α = Fmp , a = 0,до тех пор, пока сила трения покоя не достигнет своего максимальногозначения: Fmp = µN = µ(mg +F sin α). Тогда возможны варианты.346ОТВЕТЫ. 2001 г.Поскольку движения бруска нет, пока F ≤ µmg/(cos α − µ sin α),то далее нужен анализ поведения в зависимости от α в знаменателе.При cos α > µ sin α, если F > µg/(cos α − µ sin α), то возможноскольжение, а Fmp = µ(mg + F sin α) (см. рисунок в центре).
Еслиже cos α ≤ µ sin α, то наблюдается так называемый «застой» (см.рисунок справа).Вариант 01р–ФФp15.1. Коэффициент трения µ = tg α = ut/ L2 − (ut)2. Отсюдаt = Lu · √ µ 2 .1+µ15.2. Из условия равновесия получаем M g + P S = P1S. Позакону Бойля–Мариотта имеем P H = P1(H − x).
Решая систему,получаем V = HS/(1 + SD/M g).222Q15.3. По закону сохранения энергии LI8 + 2 2C= LI2 , откудаQ2= 83 LI 2. Максимальный ток при колебаниях в цепи переходит вCpq252максимальный заряд q: 16 LI = 2C , откуда q = I 5LC/8.15.4. При соударении сила взаимодействия F = (p − p0)π[R2 −(R − x)2] ≈ 2πR(p − p0)x. Получается закон для гармоническихколебаний, для силы – аналог закона Гука. Искомоевремя t равноpполовине периода колебаний: t = T /2 ∼= π m/2πR(p − p0) ∼5 · 10−3 с, где масса мяча m ∼ 0, 5 кг, радиус R ∼ 0, 1 м, перепаддавлений p − p0 ∼ 105 Па.15.5. При резком рывке разрыв происходит в сложенной вдвоепроволочке в точке приложения петли, идущей от одиночной проволочки. При иной постановке задачи, когда снизу медленно тянут с силой F , эта сила уравновешивается векторной суммой сил натяженияI, действующих вдоль проволочки.
Критическим условием в случае,когда снизу по вертикали тянут с силой F , а угол раствора междувекторами двух направлений сил натяжения T равен 2α, будет уголОТВЕТЫ. 2001 г.347α = 60◦. Если угол α < 60◦, то рвется проволочка с петлей, тянущаявертикально вниз, если угол α > 60◦, то порвется проволочка, располагающаяся сверху. В любом случае при этой постановке в пределахкаждой проволочки разрыв происходит в самом слабом месте, в отличие от начальной постановки, где разрыв – всегда в верхней двойнойпроволочке в месте приложения петли.Вариант 02р–ФФ16.1.
Если ось колеса движется со скоростью v и нет проскальзывания, то скорость нижней точки равна 0, а верхней, как и горизонтальная pскорость камушка, равна 2v. Время падения камушкаt = 2 · 2R/g, время движения оси по горизонтали T = p2vt/v = 2tв два раза больше. Значит, наезд произойдет через T = 4 R/g.16.2.
Давление в пробирке создается паром. Тогда по закону Менµb mn1 RT1RT0делеева–Клапейрона имеем mb +µb mµno SH=Pµ=(m+) SH ,0bbµ0где mb − масса водяной пробки, µb − молярная масса воды. Отсюда получаемµH H0∆mГ =· P0−.KTT016.3. В момент замыкания ключа К1 по закону сохранения энергии22Q2= 8C+ 2 LJ2 , отсюда LJ 2 = 38 QC .Q23 Q2LJ 2 5 Q2В момент размыкания ключа К2 8C+ 16=, 8 C = LJ 2.C2Вся энергия в конденсаторе переходит в энергию максимальноготоpка через единственную индуктивность L. Итак, Jmax = Q 5/8 LC.Q22C16.4. Приравнивая вес эквилибриста M g ∼ 800 H к силе, действующей на человека со стороны мяча радиусом R ∼ 0, 1 м, получаем p · (p − p0)2Rx ∼ M g, для p − p0 ∼ 105 Па.
Откудаx = M g/2πR(p − p0) ∼ (2/3) см.16.5. См. решение задачи 5 из варианта 01р–ФФ.348ОТВЕТЫ. 2001 г.Вариант 05р–ФЕН17.1. Поскольку клин покоится, единственная горизонтальная сила, которая может привести его в движение, – это сила N давлениясо стороны движущейся по наклонной плоскости массы m. Эта сила компенсируется силой трения покоя. Для максимального значениясилы трения покоя имеемN sin α = µ(M g + N cos α).Так как ускорение массы m направлено под углом α к горизонту, тоa cos α = N sin α, a sin α = mg − N cos α. Домножая первое уравнение на sin α, а второе – на cos α, получаем N sin2 α = mg cos α −N cos2 α, откуда N = mg cos α. Подставляя найденное значениеN в уравнение для максимального значения силы, имеем µ(M g +mg cos2 α) = mg sin α cos α, откуда µ = m sin α cos α/(M +m cos2 α).17.2.
Ток через сопротивление R не идет, конденсаторы 1 и 3 соединены параллельно, так что q1/C1 = q2/C2. Заряд Q растекаетсяпо обкладкам 1 и 2: q1 + q2 = Q, из двух уравнений находим заряды:q1 = QC/(C1 + C2), q2 = QC2/(C1 + C2).17.3. При заполнении правой части полностью из условия сохранения объема жидкости перегородка сдвинется на величину x: Hx =(H/2)a, x = a/2.
Высота уровня в левой части тогда станет равной h;h(3a−x) = (H/2)·2a, отсюда h = 2H/5. Из условия равенства давлений,действующихнаперегородку,получаемP H + ρgh2/2 = P0H + ρgH 2 /2. Обобщенный газовый закон определяет, что 2a·(P0H/2)/T 0 = P (H−h)(3a−x)/T . В итоге получаемρgHT = 23 T0 1 + 21.50 P017.4. По второму закону Ньютонаmv 2/R = qvH, а ` = 2R cos α = 2mv cos α/(qH).349ОТВЕТЫ. 2002 г.Вариант 07р–ГГФ2R = mg − N , в рас18.1. Запишем второй закон Ньютона: m 4πT02p4π 2сматриваемом случае N = 0 и m T 2 R = mg. T = 2π R/g, т. е.время новых суток T ∼ 5 · 103 с, в обычных сутках T0 = 8, 6 · 104 с.Значит, сутки сократятся в n = T0 /T = 17 раз, а число дней в годуувеличилось бы до величины n · 365 = 17 · 365 ∼ 6 200.18.2.
По закону Бойля–Мариотта p0H = p1(H − h). Для азотаp1hS = RT0 , откуда p1 = RT0 H/hV . Исключая p1из этих уравнений, получаем h = H/(1 + p0V /RT0).18.3. Первый конденсатор последовательно соединен с параллельно соединенными конденсаторами вторым и третьим. Общая емкость51равна C = 1/C0+1/5C=C . При последовательном соединении6 00заряды на всех обкладках по величине одинаковы. Поэтому находимq1 = U · C = 5U C/6. У второго и третьего конденсатора из-за параллельности их соединения напряжение на обкладках одно и то жеU/6, поэтому q2 = U C/3, q3 = U C/2.~ работа равна произведению силы18.4.
а) ∆A = F · ∆S cos F~ S:на перемещение и на cos угла между направлениями векторов силы иперемещения.б) При установившимся движении сила сопротивления воздухаF = mg. Тогда A = mg` = 100 кг · 10 м/с2 · 100 м = 105 Дж.2002 г.Вариант 21р–ФФ21.1. Уравнения равновесияρgHS + F = FA/2,ρg(H + h)S = FA.350ОТВЕТЫ. 2002 г.Ответ: F = ρg(h−H)S. При h < H вода вытекала бы также и в на2чальном положении.21.2. Скорость в положении равновесия22r2mVkxk=,⇒ V = x.222mС этой скоростью движется правое тело после разъединения. Левоесдвинется из положения равновесия на y;xmV 2 ky 2 1 kx2==⇒y=√ .222 22pp√ .Правое за четверть периода T4 = π2 mk проедет z = V2π mk = 2πx2xπРасстояние будет z − y = 2 − 1 √2 .21.3.
Вначале имеются два конденсатора, емкости их C =(q/2)22 2C2ε0 Sd ,= 4εq 0dS . Перед контактом с одной из обзаряды энергиякладок электрическая энергия стремится к 0: напряжения на зазораходинаковы, весь заряд перетечет на малый зазор, емкость C 0 этогоq2конденсатора стремится к бесконечности, а энергия 2C0 – к 0. Поэто22му вся начальная энергия переходит в кинетическую: mV2 = 4εq 0dS ⇒qqdV = q 2ε0Sm ; в системе СГС V = q 2πdSm .
Заряд не обязательнокомпенсировать: поле снаружи системы не существенно.q,221.4. При нагреве растет давление, оно должно приподнимать бан∆Tку: ∆P = M g/S. Из уравнения состояния ∆PP0 = T0 , так что ∆T =52T0 PMg.ПриT≈300К,M=0,5кг,P≈10Па,S=0,01м00S0получаем ∆T ≈ 1, 5 К.21.5. Положение пробирки грузом вниз устойчиво, и силы тренияо стенку невелики, даже если при всплывании имеется контакт. Еслиже пробирка расположена вверх дном, она стремится перевернутьсяи упирается в стенки трубки, что создает заметные силы реакции итрения.351ОТВЕТЫ.
2002 г.Вариант 22р–ФФ22.1. Ускорение тел при совместном движении a =левого тела m1a =kq 2,R2Fm1 +m2 .Дляm1 +m2 kq 2. Учет гравитацион m2 1 R2 m1 +m2 kq +Gm1 m2. Оба результатаm1R2откуда F =ного взаимодействия дает F =считаются равноценными.22.2. В начальном состоянии давление под поршнем равноP0 + MgS = 1, 5P0 . Можно считать, что первое слагаемое обеспечивается давлением пара воды, а второе – воздухом под поршнем.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
