1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 49
Текст из файла (страница 49)
Вначале давление над поршнем атмосферное, а давление сверху меньше на величину ρgH. Давления определяются только равновесием поршня и жидкости и не зависят от присутствия пузырька. Привсплывании давление в пузыре уменьшится от P0 до P0 – ρgH , а360ОТВЕТЫ. 2003 г.объем возрастет до V P0/(P0 − ρgH). Изменение объема = xS , гдеx – смещение поршня, откуда x = VS P0ρgH.−ρgH31.2.
Законы сохранения:mv = M Ux ,mu = M Uy ,mv 2 M U 2 mu2=+.22222+uИсключая скорости Ux , Uy и U 2 = Ux2 + Uy2, имеем M = m vv2−u2.31.3. Сила, действующая на одну из бусинок вдоль спицы, в наkq 2 sin αчальном состоянии равна mg cos α − (2L= 0 в равновесии, отsin α)2куда L =√kq√.2 mg cos α sin αС появлением заряда Q на расстоянии x от2kq sin αqбусинки до угла сила будет mg cos α+ kqQ−.ПриQ>224sinαx(2x sin α)сила всегда направлена вниз, и нижний заряд притянет бусинки. Впротивном случае ситуация аналогична отталкиванию двух зарядов:q и (q/4sinα – Q), которое не может быть преодолено постояннойсилой.31.4.Надо разогнаться до первой космической скоростиV = 8 км/с, причем ускорение a не должно превышать несколькихg.
Время t = V√/a = 400 с при a = 2g. Перегрузка при этом околоp4g 2 + g 2 = 5g, так как направление разгона горизонтально. Участок подъема в атмосфере высотой H может занять времяH/u = 30 км/0, 3 км/с = 100 с, даже если явно занизить вертикальную скорость и завысить высоту, т. е. подъемом можно пренебречь.31.5. При слабом рывке прочность проволочки достаточна, чтобыподнять оба груза. Когда рывки становятся более резкими, растут силы натяжения. Пока грузы не оторвались от стола, абсолютные удлинения проволочки с каждой стороны одинаковы. Если бы проволочкасвободно скользила в подвесе (как в подвижном блоке), натяжениябыли бы равны.
Но из-за трения проволочка практически не скользит, два отрезка тянут независимо. Тогда удлинения с каждой стороны обеспечиваются растяжением проволочек. Поскольку абсолютныеОТВЕТЫ. 2003 г.361удлинения одинаковы, относительные заметно различаются. По закону Гука сила натяжения пропорциональна относительному удлинению,которое больше для короткой проволочки.
Например, при отношениидлин 1 : 3 натяжение короткой проволочки втрое больше. Поэтомупервой рвется короткая проволочка, а длинная растянута недостаточнодля разрыва. После разрыва натяжение короткого отрезка исчезает,уменьшается трение в подвесе, что облегчает проскальзывание. Этодополнительно может способствовать сохранению оставшейся проволочки.Вариант 32р–ФФ32.1.
Пусть E – ЭДС источника, r – внутреннее сопротивление.EER, напряжение V1 = R+r, при двухПри одном вольтметре идет ток R+rER/2ERпараллельных вольтметрах V2 = R/2+r= R+2r. Исключая ЭДС, поV1 −V2лучаем r = R 2V.2 −V132.2. Пусть атмосферное давление – P0, сила трения – F , площадь поршня – S. Равновесие поршня и газовый закон: P0S − F =h(2H−L)P0ST L/T0 h,PS+F=PSL/H,откудаT=T,F =000HLP0S HL − 1 . При H < L/2T < 0, но тогда F > P0S: поршеньпри охлаждении не сдвинется и условие задачи не выполнится. Приh < H, L/2 < H < L решение всегда имеет смысл, в частности0 < T < T0.32.3. Пружины рвутся при растяжениях: x1 = T /k (левая) и x2 =2T /3k (правая).
Если сначала рвется левая пружина, то правая приэтом сжата на x1. Даже если скорость тела в этот момент нулевая, правая пружина в фазе растяжения заведомо достигнет меньшей деформации x2. Значит, минимальная начальная кинетическая энергия теларавнаэнергиидеформации qобоихпружиннаx1 :222mv1kx13kx1T21=+=4, v1 = 2T mk. Скорость v1 должна быть2222k362ОТВЕТЫ. 2003 г.направлена вправо, иначе правая пружина порвется раньше.
Поскольку правая пружина сжата с избытком, после ее разрыва у тела останется еще кинетическая энергия. Поэтому неправильно приравнивать начальную кинетическую энергию сумме максимальных энергий qрастя2222mv3kxkx7T27T 2жения пружин: 2 2 = 2 2 + 2 1 = 4T+=, v2 = T 3mk.6k2k6kСкорость v2 меньше v1. При начальной скорости v2 тоже порвутся обепружины, но сначала правая, а затем левая (при любом направленииv2), что противоречит условию задачи.32.4. Если на лепестках одноименные заряды q , а расстояние между концами лепестков порядка их размера r, то сила отталкиваниялепестков порядка kq 2 /r2 ≈ mg. Потенциал оценим как kq/r ≈√√kmg≈10кВ.ВСГСq/r≈mg ≈ 30.
Можно писать и 2q, и√r 2, что не влияет на оценку.32.5. При опрокидывании банки часть воды выливается и в верхней части образуется пузырь воздуха. Затем холодная вода, как болеетяжелая, частично вытекает из банки, заменяясь горячей, а также нагревается через стенки, так что температуры в банке и в сосуде постепенно выравниваются. В результате нагрева воздух в пузыре расширяется; кроме того, объем пузыря растет и за счет испарения. Пузырьвытесняет часть воды из банки.
При достаточном увеличении объемапузыря банка становится легче воды и всплывает. Можно также сказать, что причиной подъема является превышение давления в пузырена величину ρgh по сравнению с давлением воды на донышко банки,где h – высота пузыря.Вариант 33р–ФФ33.1. Поршни сместятся вниз, и давление возрастет:(P − P0)(2S − S) = mg,P = P0 + mg/S = P0·3hS/(3hS − xS),363ОТВЕТЫ. 2003 г.откуда смещение x = 3hmg/(P0S + mg), если mg < P0S/2, иначеx = h.33.2.
При начальной скорости V нижнее тело проедет расстояниеx, верхнее y. Ускорения телa = g(µ cos α + sin α) и b = g(µ cos α − sin α),откудаV2x=,2g(µ cos α + sin α)V2y=,2g(µ cos α − sin α)µV 2 cos αL=.g(µ2 cos2 α − sin2 α)33.3. Заряды притягиваются, а внешнее поле E препятствует ихсближению. Поскольку силы, действующие на тела, противоположны, движение симметрично. Заряды должны пройти точку pравновесия, где qE = kq 2/x2, откуда критическое расстояние x = kq/E.Если x < R, т. е. qE > kq 2/R2 , пишем закон сохранения энергии:2mV 2/2 − kq 2 /R = qE(R − x) − kq 2/x.ПолучаемV =ppqE/mR(R − kq/E).pЕсли же kq/E > R, можно не придавать никакой скорости, таккак притяжение достаточно уже в начальном положении.
(Или можнопридавать скорости «наружу», которые даются предыдущим выражением с обратным знаком, но тогда это будут максимальные величины.)33.4. Кинетическая энергия пули расходуется на пробивание:mV 2/2 = F x = P Sx,364ОТВЕТЫ. 2003 г.где P – искомое давление; S – площадь сечения пули; x – глубинапробивания. Учитывая, что m = ρS` (ρ – плотность пули, ` – еедлина), получим P = ρV 2`/2x ≈ 104 · 7002 · 1/10 = 5 · 108 Па =5000 атм, если глубина пробивания на порядок больше длины пули(что получается, например, при попадании в человека).
Можно также рассмотреть кинематику торможения, предполагая ускорение постоянным. Можно рассматривать «натекание» среды плотности ρ0 напулю, выйдет то же самое с учетом примерного равенства ρ` ≈ ρ0 x.Конечно, при попадании в бетон давление будет на порядок больше.Это не ошибка, если условия достаточно четко заданы.33.5. При опрокидывании банки часть воды выливается и в верхней части образуется пузырь воздуха. Затем холодная вода как болеетяжелая частично вытекает из банки, заменяясь горячей, а также нагревается через стенки, так что температуры в банке и в сосуде постепенно выравниваются.
В результате нагрева воздух в пузыре расширяется; кроме того, объем пузыря растет и за счет испарения. Пузырьвытесняет часть воды из банки. При достаточном увеличении объемапузыря банка становится легче воды и всплывает. Можно также сказать, что причиной подъема является превышение давления в пузырена величину ρgh по сравнению с давлением воды на донышко банки,где h – высота пузыря.Вариант 34–ФФ 2h34.1.
По закону Бойля–Мариотта PAh = PA + mg· 3 , гдеSh – высота цилиндра. Отсюда атмосферное давление PA = 2mg/S.34.2. Отраженный от средней точки пояска луч идет под углом2α к вертикали и пересекает ось на расстоянииR/ tg 2α от средней плоскости. Это и будетискомое положение экрана (см. рисунок) Диаметр пятна определяется крайними лучами.ОТВЕТЫ. 2003 г.365Расстояние между ними равно h tg α, а диаметр будет h tg α/ cos 2α ≡h(tg 2α − tg α).
Возможны и другие формы ответа.34.3. Проводник, двигаясь со скоростью V = at, создает в цепи ЭДС E = BV L = BatL. Напряжения на обоих конденсаторахравны E, а их суммарный заряд Q = E(C1 + C2). Ток, текущий впроводнике, I = ∆Q/∆t = BaL(C1 + C2) . По второму законуНьютона F − BIL = ma, откуда F = a(m + B 2L2(C1 + C2)).Наличие начальной скорости не изменяет результата, так как равносильно сдвигу начала отсчета времени.34.4. Прыгун разгоняется до скорости V0 ≈ 10 м/с. В полете онприводит в движение массу воздуха порядка ρSL, где ρ – плотностьвоздуха; S – площадь «сечения» прыгуна; L – длина прыжка.
Этоуменьшаетскорость:по закону сохранения импульса,mV0 = (m + ρSL)V . Уменьшение длины прыжка будет около (V0 −V )t ≈ (V0 − V )L/V0 = L · ρSL/(m + ρSL) ≈ L (ρSL/m), так какмасса увлекаемого воздуха мала по сравнению с массой прыгуна m.Отношение в скобках порядка (1 кг/м3 · 0, 5 м2·8 м/80 кг) = 0,05,т. е. потеря составляет несколько процентов от длины прыжка, илиоколо 40 см.34.5. На плоскости, кроме «скатывающей» силы P sin α, натяжение нити T должно компенсировать еще исилу трения F , которая в данном случае толкает катушку вниз (иначе она начала бы вращаться вокруг своей оси).
Сумма P sin α + F может превышать весP , а поскольку нить рвется, она именно и превышает. Более подробное решение следует из рассмотрения равенства моментов относительно точки касания: P sin αR = T (R − r), где R и r – внешний ивнутренний радиусы катушки.Получаем T = P sin αR/(R − r). При близких радиусах натяжение может стать очень большим.366ОТВЕТЫ.
2003 г.Вариант 35–ФФ35.1. На левой границе луч не отклоняется. На внутренней границе n1 sin α = n2 sin β или для малых угловβ=αn1/n2. На правой границеγ = n2(α − β) = α(n2 − n1). Это и есть уголотклонения. При n2 > n1 луч отклоняется вниз.35.2. Пусть начальное давление – P0; начальная температура –T0; масса поршня – m; конечное давление в верхнем отсеке P . Поскольку объемы отсеков не изменились, из уравнения состояния газаP +2mg/Sследуют равенства: T1 = T0 PP0 , T2 = T0 P +mg/S,T=T.0P0P0Видно, что температуры составляют арифметическую прогрессию: T2 −T1 = T − T2 , т. е. T = 2T2 − T1.35.3. Составляющая скоростей вдоль поля не меняется.
Поперечная скорость постоянна по величине, но меняется по направлению,так что проекция траектории на плоскость, перпендикулярную полю– круг радиуса R, причем mV 2 sin2 α/R = eV sin αB. ОтсюдаR = mV sin α/eB. Электроны вращаются в одном направлении (почасовой стрелке вокруг вектора индукции, с учетом их отрицательногозаряда) и встретятся после завершения оборота: t = 2πR/V sin α =2πm/eB. За это время вдоль поля они пройдут искомое расстояниеV t cos α = 2πmV cos α/eB.35.4. Число приседаний будет максимальным, если при движениивниз падать свободно, а в нижнем положении тратить минимум времени на разгон вверх, так чтобы поднять центр масс на заданное расстояние h (которое не может быть очень малым, иначе приседание не будетзасчитано).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
