1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 52
Текст из файла (страница 52)
Теперь подставим известные нам величины, переведя ихв стандартные единицы СИ, т. е. в килограмм, метр и секунду:−23м 3310 кг × 10 с1 mvN= ×'= 2, 5 · 106 Вт.4`4 × 1мЕсли вместо v = 103 м/с подставить v = 800 м/с, то результат будетуменьшен примерно в 2 раза.44.5. Немного модифицируем рисунки, которые шли с условиемзадачи.h1 h2v1v2h3v3Чем больше перепад давления на входе трубочки и на выход, тембольше скорость воды в струе.
Чем больше скорость воды в струе,тем дальше она «бьёт».Из левого рисунка видно,что скорость струи понижения уровня v2меньше начальной скорости v1, так как h2 < h1. В данном случаеперепад давления соответствует высоте столба жидкости равен ρghi ,где ρ – плотность воды, а i = 1, 2. Следствием это является, что струясо временем из-за понижения уровня перестаёт попадать в ёмкость.382ОТВЕТЫ. 2004 г.Во втором случае для формирования струи необходимо, чтобы воздух заполнил верхнюю трубочку и «пробулькивался» через неё, таккак вода не сжимаема. Следовательно, в самом нижнем конце трубки устанавливается атмосферное давление и воду «разгоняет» столбжидкости, равный ρgh3, который не меняется до тех пор пока уровеньжидкости выше нижнего конца трубки, а следовательно, не меняется скорость на выходе v3 и струя воды всё время попадает в ёмкость,наполняя её полностью.Вариант 45–ФФ45.1.
Пусть T – температура газа, h – расстояние от дна до поршня в начале, а ∆h – изменение высоты после того, как шарик лопнул,тогда число молей газа равноP0(hS − V ) P VP0S(h + ∆h)V Pν=+=⇒ ∆h =−1 .RTRTRTS P045.2. На рисунке изображены силы, которые действуют наµmg cos αтело. Сила трения направлена против двиF~F~жения. Так как тело движется с постояннойβmg sin αскоростью, то сумма всех сил, действующихна него, должна быть равна нулю.
Пусть m – масса тела, тогда получаем систему уравнений(rαtg β = mg Fsin α ⇒ F = mgtgsin1tg αβp⇒µ=tgα+1=.22222tgβsinβµmg cos α = F + m g sin αтр45.3. Пусть v – скорость пластин после неупругого удара, а v 0 –скорость верхней пластины, в момент когда отпустили вторую. ПустьC 0 – ёмкость конденсатора в момент, когда отпустили вторую пластину. Из такого определения получается, что C/C 0 = d/D.Пусть q – заряд, который находится на пластине, то есть q = CU ,383ОТВЕТЫ. 2004 г.тогда запишем закон сохранения энергии и импульса:s( 2qq2mv 022=+CUd2C22C 0⇒v=1−.04mDmv = 2mv45.4.
Пусть спортсмен pподпрыгивает на высоту h, тогда длительность прыжка равна t = 2 2h/g. Следовательно, средняя скоростьцентра скакалки равна v = 2 × 2π(`/2)/t, где ` – длина скакалки.Высота прыжков составляет около 20 см, а длина скакалки ` ∼ 2 м,следовательно,sr10 мсgмv = π` ×' π × 2м ×' π × 2 × 1, 6 ' 10 .2h2 × 0, 2мс45.5. См. решение задачи 5 из варианта 44–ФФ.Вариант 46р–ФЕН46.1.
Движение по гладкому участку, это равномерное движение.В случае возникновения силы трения тело начинает тормозится с ускорением µg, следовательно время движения равноt=Lv=,vµgгде v – начальная скорость тела. Из (1) получаем, чтоpv = µgL.(1)46.2. Пусть T – температура, до которой нагрели воздух дляоткрытия клапана; ν – число молей газа под поршнем; V – объёмцилиндра, тогда из уравнения состояния идеального газ имеем(P0 V2 = νRT0 ,P0 + P1⇒ T = 2T0.P0(P0 + P1)V = νRT,384ОТВЕТЫ. 2004 г.46.3. Воспользуемся законом Ньютона для случая, когда тело соскальзывает вниз, тогдаma = mg(sin α − µ cos α).(1)Теперь воспользуемся тем же законом Ньютона для случая, когдатело едет вверх:ma = F (cos α − µ sin α) − mg(sin α + µ cos α).(2)Разрешив (1) и (2) получаем, что µ = 1/3.Уточнение: В задании ФЕН, которое было выдано на открытойолимпиаде, угол α равнялся 30◦.
Это приводило к бессмысленному ответу, где µ > 1. В этом случае брусок не может соскальзывать с уклона. Как ни странно, это не помешало решающим задачу. Формальноеё решило достаточное количество участников, но никто не заметилпотенциальной проблемы7 .46.4.1~v1Пронумеруем заряды, как это показано на рисунке.Пусть ~vi – скорость i-го заряда. Из зако~v2~v3423~v4на сохранения импульсаv1 − v2 − v3 + v4 = 0 ⇒ v1 = v2 = v3 = v4 = v.Запишем закон сохранения энергии системы:kq 2mv 2kq 2kq 2 kq 2kq 2+ 2√ = 4+3+2+.4L2L2L3L2LРазрешая предыдущее выражение, получаемs√1 kq 2v=2−.3 2mL7Если бы кто-то заметил, то этому кому-то добавили бы баллов за эту задачу. Так что будьте внимательны.385ОТВЕТЫ.
2004 г.Вариант 47в–ФЕН47.1. Движение с ускорением g, следовательно, время полёта можно вычислить по формулеss2H2(H − h)t=−.gg47.2. Пусть m1 – масса газа в первом сосуде, а m2 – масса газа вовтором после изменения температуры, следовательно, m1 +m2 = m.Из уравнения состояния с учётом равенства конечного давления получаем, чтоm1 1= .m2 2Отсюда m1 = m3 . До изменения температуры масса газа в первом сосуде была равна m2 . Поэтому масса перешедшего воздуха равнаm− m3 = m6 .247.3. Пусть µ – коэффициент трения между грузом и полом, аF – сила натяжения пружины, тогда, воспользовавшись законом Ньютона, для случая когда тело начинает приближаться к оси вращения идля случая, когда тело начинает удаляться:((L2µ = ω22 − ω12 2g,mω1 L = F − µmg,⇒F222 Lmω2 L = F + µmgx = k = m ω2 + ω1 2k ,где x – начальное удлинение пружины.47.4.
Воспользуемся законом Ньютона и получим натяжение нитиkqQ,L2где q и Q – заряды тел m и 2m соответственно.Из (1) начальная потенциальная энергия равнаT =U0 =kqQ= T L,L(1)(2)386ОТВЕТЫ. 2004 г.конечная потенциальная энергия равнаU1 =kqQ T L=.2L2(3)Пусть v и u – скорости тел m и 2m, соответственно, тогда из закона сохранения энергии получаем, чтоmv 2 2mu2TL TL+= U0 − U1 = T L −=,2222а из сохранения импульсаmv = 2mu.(4)(5)Скомбинировав (4) и (5), получаем, чтоqu = T L ,q6mv = 2 T L .6mВариант 48–ФЕН48.1. Так как удар абсолютно упругий, то скорость шарика послеудара находим из закона сохранения энергии:mv 2mgh =⇒ v 2 = 2gh.2(1)Движение в поле тяжести равноускоренное, следовательно, расстояние, на которое отскочил шарик по горизонтали, равноL = 2vk × t = 2vk × (v⊥/g) = 2v cos α × (v sin α/g) = v 2 sin 2α/g,(2)а так как нам требуется максимальное расстояние для отскока, то этопроизойдёт, когда sin 2α = 1, т.
е., подставив (1) в (2), получимL = v 2/g = 2gh/g = 2h.387ОТВЕТЫ. 2004 г.48.2. Пусть C – искомая ёмкость, q1 – заряд, который возникнет на конденсаторе C0 после замыкания, а q2 – заряд на C такжепосле замыкания. Тогда до замыкания заряд на искомом конденсатореравнялся q0 = q1 + q2. Из этих определений следует, что(q1q2== V,C0Cq1 +q2C0отсюда V C+C= V0, тогда C =C= V0 ,V C0V0 −V.48.3. Пусть P – искомое давление; S – площадь сечения цилиндра; H – полная высота цилиндра; h0 – начальная высота верхнегоотсека. Так как температура везде и всегда в цилиндре постоянна игаз из цилиндра не утекает, то можно записать уравнение состояния вследующем виде:mg S(H − h0) =P0Sh0 + P0 +Smg =P S(h0 + h) + P +S(H − h0 − h) ⇒Smgh.⇒P0H = P H − mgh/S ⇒ |V ≡ SH| ⇒ P = P0 +V48.4.
Пусть µ – искомый коэффициент трения; a1 – ускорение,которое испытывает тело при движении вверх; a2 – при движениивниз, тогда(a1 = g sin α + µg cos α,(1)a2 = g sin α − µg cos α.При своём перемещении тело проехало вверх и вниз одно и то жерасстояние, и это расстояние равноa1t2 a2(2 × t)2S==⇒ a1 = 4a2.22Подставим (1) в (2) и получимg sin α + µg cos α = 4g sin α − 4µg cos α ⇒ µ =(2)3tg α,5388ОТВЕТЫ. 2004 г.a4S = gt2 sin α.5Выделившееся в исследуемом процессе тепло есть разница начальной и конечной кинетических энергий:mv12 mv22 ma21t2 ma22(2t)2 24 2 2 2−=−= mg t sin α.Q=222225Вариант 49р–ГГФ49.1.
Пусть x – искомое расстояние, тогда из закона сохраненияэнергии работа силы трения равна работе силы тяжести:mgx sin α = µmg cos α(2L + x) ⇒ x =2L.tg α − µ49.2. Пока жидкость полностью не испарится, плотность пара неизменна. При увеличении объёма вдвое испарится вся жидкость и тогдамасса пара удвоится, с дальнейшим ростом объёма втрое плотностьпара изменится обратно пропорционально изменению объёма:ρ=2m 2= ρ0.3V349.3. Пусть v – скорость частицы в магнитном поле, а R – радиускривизны траектории, тогда по закону Ньютонаmv 2= qvB.RТак как постоянное магнитное поле не изменяет модуля скорости, атолько поворачивает частицу, то движение в магнитном поле являетсядвижением по окружности, следовательно, искомое расстояние равноL=√√ mV2R = 2.qBОТВЕТЫ.
2004 г.38949.4. а) При параллельном соединении поступивший на схему заряд равен сумме зарядов соединенных пластин конденсаторов, а напряжения на всех конденсаторах одинаково и равно поданному напряжению.б) Так как энергия имеет вид W = CU 2/2, а напряжения на конденсаторах равны, то C1/C2 = W1/W2.Вариант 410в–ГГФ410.1. Из закона сохранения энергии работа силы трения равнаработе силы тяжести:mgL sin α = µ1mgx cos α + µ2mg(L − x) cos α,где x – расстояние до границы раздела, на котором отпущено тело,следовательно,µ2 − tg αx=L.µ2 − µ1410.2. Пусть P – давление насыщенного пара; V – начальныйобъём пара; T – температура пара; µ – молярная масса пара, следовательно, из уравнения состояния для идеального газа получаем, что(mP2 V = µ RT,x)P V3 = (m−mRT,µгде mx – масса сконденсировавшегося пара.
Отсюда получаемmx = m/3.410.3. Пусть v – скорость частицы в магнитном поле, R – радиускривизны траектории, тогда по закону Ньютонаmv 2= qvB.RТак как постоянное магнитное поле не изменяет модуля скорости,то время поворота равноπRπmt==.4v4qB390ОТВЕТЫ. 2004 г.410.4. а) Ёмкость C – коэффициент, связывающий заряд с напряжением по формуле C = q/U .б) Энергия конденсатора определяется по формуле W = qU/2.Вариант 411–ГГФ411.1. Пусть V – объём баллона. Так как температура постоянна,то сохранение количества вещества можно записать в видеP 0 V = P 2 V + P 1 V1 .Отсюда V = V1P1/(P0 − P2).411.2. Пусть T – натяжение нити, α – угол наклона, тогда длякаждого из тел можно записать закон Ньютона:(m1g sin α − µ1gm1 cos α − T = 0,µ 1 m1 + µ 2 m2⇒ tg α =.m+mT + m2g sin α − µ2gm2 cos α = 0,12411.3.
Проследим путь луча, который падает на полусферу на рас`стоянии h от главной оптической осиnααβ(см. рисунок). Чтобы луч вошёл и выhшел параллельно главной оптическойR`оси, он должен следовать пунктирнойлинии на рисунке, пересекая главную оптическую ось точно между полушариями.По закону преломления, c учётом того что все углы малы, получаем1α1sin α= ⇒' ⇒ β ' (n − 1)α.sin(α + β) nα+βnВ свою очередь,α ' sin α = h/R.0Так как пучок света тонкий, т. е.
оптика геометрическая, тоhhR` ' `0 ''',sin β(n − 1)α n − 1391ОТВЕТЫ. 2005 г.значит, искомое расстояние равноL = 2(R + `) ' 2Rn.n−1411.4. а) Фотоэффект – вылет электронов из металла при освещении его светом8.2б) mv2 = ~ω−A, где m – масса фотоэлектрона; v – максимальнаяскорость вылета; ~ – постоянная Планка; ω – частота падающегосвета; A – работа выхода.в) Красная граница фотоэффекта – наименьшая частота света, прикоторой фотоэффект прекращается.2005 г.Вариант 51р–ФФ51.1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
