1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 53
Текст из файла (страница 53)
Пусть v0 – скорость капли при пересечении верхней границыокна, тогда уравнение движения капли в поле тяжести:gt2h gth = v0 t +⇒ v0 = − .2t2Пусть v1 – скорость капли при пересечении нижней границы окна,тогдаh gtv1 = v0 + gt ⇒ v1 = + .t2Ответ: v0 = h/t − gt/2, v1 = h/t − gt/2.51.2. Пусть UAB – напряжение между точками A и B, а q1, q2 иq3 – заряды на конденсаторах C1, C2 и C3 соответственно.
Запишемзакон сохранения заряда в точке A:q1 + q2 + q3 = 0,8Достаточно и такой формулировки.392гдеОТВЕТЫ. 2005 г.q1 = C1(U1 − UAB ),q2 = C2(U2 − UAB ),q3 = C3(U3 − UAB ),⇒ UAB =C1U1 + C2U2 + C3U3.C1 + C2 + C3Ответ: UAB = (C1U1 + C2U2 + C3U3)/(C1 + C2 + C3).51.3. Давление в сосуде определяется массой поршня и равноP = (M + m)g/S до отрыва груза и P 0 = M g/S после отрывагруза, где S – площадь поршня. Пусть ν – число молей газа в сосуде, а h – высота, на которую поднимется поршень после отрыва груза.Тогда из уравнения состояния идеального газа получаем(νRT0 = (M + m)gH,νRT = M g(H + h).Тепло Q = mgH0 , выделившееся при неупругом ударе, идёт на работу по подъёму поршня A = M gh и приращение внутренней энергиигелия:33∆U = νR∆T = (M g(H + h) − (M + m)gH) =223= (M gh − mgH).2Из закона сохранения энергии (первое начало термодинамики)следует3(2H0 + 3H)mmgH0 = M gh + (M gh − mgH) ⇒ h =.25MОтвет: h = m(2H0 + 3H)/5M.51.4.
Отношение плотностей равно отношению молярных масс.В данном случаеµH2O /µD2O = (1 × 2 + 18)/(2 × 2 + 18) = 1, 1,ОТВЕТЫ. 2005 г.393следовательно, так как в стандартном стакане помещается 200 г обычной воды, то масса тяжёлой воды будет на 20 г больше.Ответ: на 20 г.51.5. В первом случае сила тяжести (m1~g и m2~g соответственно),действующая на конусы равной массы, одинакова, а сила сопротивления (F~1 и F~2 соответственно) со стороны воздуха больше при тойже скорости для большего конуса.
Поэтому больший конус медленнее разгоняется и отстаёт от меньшего. Во втором случае ускоренияпрактически равны, что указывает на пропорциональность силы сопротивления площади основания конуса:(m1~a = m1~g + F~1,F1 m1 S1== .⇒~FmS2m2~a = m2~g + F2,22Вариант 52р–ФФ52.1. В этой задаче сохраняется площадь торцевой части разматывающегося рулона, поэтомуr22π(R2 − r2)at22Sторца = π(R − r ) =×d⇒t=,2adгде t – искомоеpвремя.Ответ: t = 2π(R2 − r2)/ad.52.2. Пусть x – расстояние от нижнего (свободного) шарика довыступа с верхним шариком, тогда в момент отрыва выполняется равенство сил:kq 2= mg,x2следовательно, по закону сохранения энергииr222kqmvkq2k=+− mgx ⇒ v = q,`2xm`где v – искомаяpскорость.Ответ: v = q 2k/m`.394ОТВЕТЫ.
2005 г.52.3. Так как при нагреве газа жидкость вытесняется в горизонтальный участок, то в обоих коленах устанавливается одинаковое давление, следовательно, слева и справа одинаковое число молей. ПустьP1 и P2 начальные давления в правом и левом коленах соответственно,тогда((P1(H + h) = P2(H − h),P1 = ρg(H−h),2⇒P2 − P1 = ρgh,P2 = ρg(H+h).2В ходе уменьшения h при нагреве те же формулы применимы приh → +0, отсюда давление при температуре T , когда столбик жидкости вытесняется в горизонтальный участок трубки, равноP = lim P1 = lim P2 =h→+0h→+0ρgH,2следовательно,P2(H − h) P HH 2 − h2=⇒ T0 = T,T0TH2где T0 – начальная температура.Ответ: P1 = ρg(H −h)/2, P2 = ρg(H +h)/2, T0 = T (H 2 −h2)/H 2.52.4. Пусть вся вода вылилась, и осталась только капля на самомдне, тогда в случае, если капля на дно уже не опирается, записываемзакон Ньютона:~ + m~g ⇒ mg cos α = mω 2 r sin α,m~a = Nгде m – масса капли; ~a – центростремительное ускорение капли;~ – реакция опоры со стороны стенки; r – радиус дна; ω – углоNвая частота; αp– угол между вертикалью и стенкой ведра.При ω > g ctg α/r появится вертикальное ускорение.Модель явления готова, теперь оценим ω: ctg α = H/(R − r) '4 ÷ 9, r ' 0, 1 м, следовательно, ω = (2 ÷ 3) · 101 рад/с, т.
е. числоωоборотов в секунду равно: n = 2π= 3 ÷ 5 об/с.395ОТВЕТЫ. 2005 г.52.5. Когда чашку ставят в горячую воду, то давление нагревающегося воздуха (и паров) возрастает, заметно уменьшая прижимающуюсилу, а значит, и силу трения, что приводит к сползанию чашки. Слойже воды вне чашки не позволяет выйти воздуху из неё, пока избыточное давление не сравняется с давлением слоя.Попробуйте провести этот эксперимент самостоятельно.Вариант 53р–ФФ53.1. Энергия, выделяющаяся в проводах, равна Q = U ·I, поэтомуU 2 R1,2U2β1,2=β⇒R=R.1,21,2(R + R1,2)2R + R1,21 − β1,2Сопротивление однородного провода в случае постоянного тока обратно пропорционально его сечению, следовательно,Ответ: в 11 раз.S2 R1 β1(1 − β2)=== 11.S1 R2 β2(1 − β1)53.2.
Пусть x – растяжение верхней и нижней пружин, а y – растяжение «передней» средней пружины, тогда «задняя» средняя пружина сожмётся на y − x. По второму закону Ньютона получим, чтоm~a = ky + k(y − x).(1)Сумма сил, приложенных к заднему невесомому стержню, равна нулю, следовательно,2k0 + k2k0x = k(y − x) ⇒ y = x.kПосле подстановки в (1) находим, чтоmax=.4k0 + kОтвет: x = ma/(4k0 + k).396ОТВЕТЫ. 2005 г.53.3. Перепады напряжения между пластинами на разных участках горизонтали равны, поэтому можно записать, чтоE1d1 = E2d2.(1)Заряды плоских участков верхней пластины противоположны познаку (q и −q), как и у участков нижней (Q и −Q)9.
Поля, создаваемые этими зарядами в зазорах, можно найти как сумму полей плоскостей, тогда(E1 = E + k Q−q2S1 ,⇒ E1S1 + E2S2 = E(S1 + S2 ).Q−qE2 = E − k 2S2 ,Воспользуемся равенством (1) и получимS1 + S2E1,2 = Ed2,1.S1d2 + S2d1Ответ: E1,2 = Ed2,1(S1 + S2)/(S1d2 + S2 d1).53.4. Когда пластину только отпустили, то разница давлений наверхнюю и нижнюю поверхности равна∆P0 = ρ0gd,ρ0 – плотность воды; g – ускорение свободного падения; d – толщина пластины.Под воздействием силы трения со стороны воды в конце концовскорость тонущей пластины станет постоянной, следовательно, из второго закона Ньютона получаем, что∆Pмакс = ρgd,где ρ – плотность пластины. Следовательно, отношение давлений равно:∆P0ρ01=' .∆Pмаксρ8Ответ: примерно в 8 раз.9При зеркальной симметрии системы Q = −q.397ОТВЕТЫ.
2005 г.53.5. Когда чашку ставят в горячую воду, то давление нагревающегося воздуха (и паров) возрастает, заметно уменьшая прижимающуюсилу, а значит, и силу трения, что приводит к сползанию чашки. Слойже воды вне чашки не позволяет выйти воздуху из неё, пока избыточное давление не сравняется с давлением слоя.Попробуйте провести этот эксперимент самостоятельно.Вариант 54–ФФ54.1. Время соприкосновения мела с транспортёром равно t =L/v.
За единицу времени мел рисует полосу длиной v + u. Общаядлина ленты – 2 × (L + πR), следовательно,v+uR2 × (L + πR) = L⇒ u = v × 1 + 2π.vLОтвет: u = v(1 + 2πR/L).54.2. Так как сосуд всплывает, то масса вытесненной воды вначалеравна массе сосуда, следовательно, объём воздуха вначале равенmV1 = ,ρгде m – масса сосуда; ρ – плотность воды. Давление в сосуде передначалом всплытия равноV1P1 = P + ρg H +.SОбъём воздуха в сосуде после всплытия равенV2 = V1 + hS,а давлениеP2 = P +ρgV1.S398ОТВЕТЫ.
2005 г.Получилось четыре уравнения и пять неизвестных. Дополним систему пятым уравнением – уравнением состояния идеального газа вслучае изотермического процесса:P 1 V1 = P 2 V2и разрешим её, тогдаmgH.P S + mgОтвет: h = mgH/(P S + mg).h=54.3. Запишем второй закон Ньютона:mv 2kq 2= qBv − 2 .r4rРазрешив квадратное уравнение (1) относительно v, получимs2qBrqBrkq 2v=±−.2m2m4mr(1)Минимальное возможное значение Bmin отвечает обращению в нульподкоренного выражения, следовательно,rkmBmin =.r3pОтвет: Bmin = km/r3.54.4. Предельная скорость автомобиля определяется соотношением µmg = F , где F – сила сопротивления воздуха. При исчезновении трения автомобиль тормозится воздухом с ускорением a = µg,следовательно, уменьшение скорости равноaL µgL 0.5 × 9.8 см2 × 20м∆v =='' 2 м/с.vv50 мс54.5.
Когда бумага прижата вплотную, то рассеяние света от «точки» надписи происходит на малом участке матовой поверхности, примыкающей к точке. Тогда лучи, идущие в направлении наблюдателя399ОТВЕТЫ. 2005 г.от разных точек, не совпадают и детали надписи видны чётко. Когдалист бумаги отодвинут, то на любой малый участок матовой поверхности одновременно попадают лучи от разных точек надписи, и в направлении наблюдателя будут совместно идти лучи света от всех точекнадписи. Поэтому надпись полностью «размажется».Вариант 55–ФФ55.1. Пусть P – давление под подвижным поршнем, тогда запишем уравнения состояния идеального газа:(P V0 = ν0 RT0,P V = νRT,где ν0 и ν – число молей газа в начале и в конце соответственно, следовательно,∆ν ν0 − ννV T0==1− =1−.ν0ν0ν0V0 TОтвет: 1 − V T0/V0T .55.2. Запишем закон Ньютона по направлению движения бусинкии вдоль спицы для момента времени, когда бусинка начинает соскальзывать:(N = mam(at)2µr2⇒=µma⇒t=,2mvra= µNrгде N – реакция опоры со стороны спицы, t – время от начала движения спицы, следовательно, длина дуги равнаat2 µrs== .22Ответ: µr/2.400ОТВЕТЫ.
2005 г.55.3. Так как τ мало, то за один цикл напряжение конденсатора неменяется, поэтому за первый период энерговыделение на сопротивлении равно 2U1 U22Q1 =+× τ.RRЧерез большое время напряжение на конденсаторе U устанавливается такое, что ток зарядки равен току разрядки, т. е.U1 − UU + U2U1 + U2(U1 + U2)2I==⇒I=⇒ Q2 =× τ,RR2R2R(1)где Q2 – энерговыделение за период после большого числа переключений. Из (1) получаем и заряд на конденсаторе:q = CU = CU1 − U2.2Ответ: Q1 = (U12/R + U22/R)τ , Q2 = (U1 + U2 )2τ /2R, q =C(U1 − U2 )/2.55.4.
При вдохе и выдохе перемещается масса m, равная 3 ÷ 5 кг,на расстояние ` ' 2 см примерно за δt ' 1 с. Следовательно, привдохе человек давит на поверхность с силой порядка∆F = ma '2m`' 10г ' 0,1 Н.t255.5. Когда бумага прижата вплотную, то рассеяние света от «точки» надписи происходит на малом участке матовой поверхности, примыкающей к точке.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
