1611143570-1391c4afced6edb003e550dc98e6e0e2 (825031), страница 54
Текст из файла (страница 54)
Тогда лучи, идущие в направлении наблюдателяот 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».401ОТВЕТЫ.
2005 г.Вариант 56р–ФЕН56.1. Запишем работу силы тяжести:Aтяж = mg(` + x) sin αи работу силы трения:Aтр = µmg cos α.Из закона сохранения энергии условие на преодоление шероховатойполоски:Aтяж ≥ Aтр ,следовательно, x = `(µ ctg α − 1), если µ > tg α, и x = 0, еслиµ ≤ tg α.Ответ: x = `(µ ctg α − 1), если µ > tg α, и x = 0, если µ ≤ tg α.56.2. Пусть P0 – давление атмосферы, тогда в случае изотермического процесса получается(P 0 h0 = P 1 h1 ,(1)P 0 h0 = P 2 h2 ,где P1 и P2 – давление воздуха внутри не перевёрнутой и перевёрнутой трубки соответственно.
Пусть m – масса вынутого столба жидкости, тогда условие его равновесия можно записать как(P1S + mg = P0S,⇒ P2 − P0 = P0 − P1 .(2)P0S + mg = P2S,Подставляем в это уравнение значения P1 и P2 из (1) и (2) и получаемP 0 h0P 0 h0h0 h1− P0 = P0 −⇒ h2 =.h1h22h1 − h0Ответ: h2 = h0h1/(2h1 − h0).402ОТВЕТЫ. 2005 г.56.3. Запишем условие отрыва груза массы M :T = M g,где T – натяжение нити.Из сохранения длины нити ускорение груза массы m равноA = 2a.Из второго закона НьютонаamA = T − mg ⇒ M ≥ m 1 + 2.gОтвет: M ≥ m(1 + 2 ga ).56.4.
Из соображения «симметрии» треугольник должен бытьравнобедренный. Пусть R – длина стороны, соединяющей q и 3qзаряды. При отсутствии трения натяжение всех участков петли одинаково. Тогда из равновесия заряда q получимkq 2T =3 2,Rа из равновесия заряда 3q получаемkq 2T =9 2 2 .4R cos αСледовательно, приравняв T из (1) и (2), получим√3cos α =⇒ α = 30◦.2Ответ: α = 30◦.(1)(2)Вариант 57р–ФЕН57.1.
Пусть тело с массой M придёт в движение при сжатии пружины на x, тогдаkx = µM g.(1)403ОТВЕТЫ. 2005 г.«Граничный случай» отвечает остановке тела с искомой массой m,следовательно, уменьшение потенциальной энергии пружины равноработе силы трения на пути x0 + x:kx20 kx2k(x0 − x)−= µmg(x0 + x) ⇒= µmg.(2)222Подставив (1) в (2), получим10, чтоkx0 M− .m=2µg2Ответ: m = kx0/2µg − M/2.57.2.
Приравниваем перемещения тел по вертикали и горизонтали:2gt2at vt +2sinα=,gt2u tg α22⇒tgα=⇒t=. vt + at2 cos α = ut,2utg2После сокращения первого (или второго) уравнения на t и подстановки t и a = g sin α находим, чтоvu=.cos αМожно рассмотреть проекции скорости и ускорения второго тела наоси по склону и по нормали к склону.Ответ: u = v/ cos α.57.3. Пусть суммарный объём песчинок равен V , тогда из уравнения состояния газа получим, что(P (SH0 − V ) = νRT0 ,P (SH − V ) = νRT,где P – давление газа в сосуде, ν – число молей.
Разделив одно уравнение на другое, найдём V и затем, подставив ρ = m/V , получим, чтоm(T − T0 )ρ=.S(H0 T − HT0 )Ответ: ρ = m(T − T0)/S(H0 T − HT0 ).10Описанное в условии происходит при kx0 > µM g.404ОТВЕТЫ. 2005 г.57.4. Силу отталкивания бусинок c зарядом q Fqq = kq 2/r2 уравновешивает составляющая вдоль спицы силы притяжения закреплённого заряда Q (Qq < 0!), следовательно, 23kq 2hkqQr1 2=− 32 ⇒ Q = −2q r2 + 4 .r222 h2 + r4Ответ: Q = −2q(h2/r2 + 1/4)3/2.Вариант 58–ФЕН58.1.
Проведите линию (радиус) из точки O в точку пересечениялуча с шаром и опустите из точки пересечения на главную оптическуюось перпендикуляр. Пусть β – угол между радиусом и продолжениемпути луча, а α – угол между радиусом и главной оптической осью,тогдаsin α = n sin β.Пусть R – радиус шара, тогда(,sin α = HRsin β = Rh ,⇒h=H.nОтвет: h = H/n.58.2. Поскольку суммарная сила, действующая на тело, T~ + m~gнеизменна по величине и направлению, то и ускорение ~a неизменно повеличине и направлению. При нулевой начальной скорости тело движется по прямой под углом α к горизонтали, тогда в момент времениt, когда тело поднялось на высоту H:(v = atv 2 sin α⇒a=.Hat22H=sin α2Ответ: a = v 2 sin α/2H.405ОТВЕТЫ.
2005 г.58.3. Пусть ρ – плотность воды; k – жёсткость пружины;S – сечение поршня, следовательно, можно записать условие равновесия для второго и третьего случая:(0ρgV1 = k V1−V,V2V − V0V1 V0S⇒=⇒V=.V1V1 − V0V1 + V0ρgV = k 2V S−V0 ,Ответ: V = V1V0/(V1 + V0).58.4. Пусть T – температура газа, x – искомое смещение вправо,когда температуры в правой выровнялись, тогда из уравнения состояния идеального газа получаем(L1T1 = (L1 + x)T,L1T1 L1 + xT1 − T2⇒=⇒ x = L1 L2.L2T2 L2 + xL1T1 + L2T2L2T2 = (L2 − x)T,Ответ: x = L1L2(T1 − T2)/(L1T1 + L2T2 ).Вариант 59р–ГГФ59.1. Пусть V0 – объём воды в сосуде; H – уровень жидкости вначале (до отрыва шарика); S – сечение сосуда, тогдаV0 + V = HS.При всплытии по закону Архимеда шар вытесняет объём воды равныйего массе, следовательно,mV0 + = (H − h)S ⇒ m = ρ(V − hS).ρОтвет: m = ρ(V − hS).59.2.
По второму закону Ньютона( 2mvpR = N cos α,⇒ v = Rg ctg α,mg = N sin α,где v – скорость шара, а N – реакция опоры.√Ответ: v = Rg ctg α.406ОТВЕТЫ. 2005 г.59.3. Так как температура не изменилась, то из уравнения состояния идеального газа получим(P − ρgh)(H − h) = P (H − h − d) ⇒ P =ρgh(H − h).dОтвет: P = ρgh(H − h)/d.59.4.Вариант 510р–ГГФ510.1. Уровень воды в цилиндре после образования отверстия сравняется с уровнем воды снаружи.
Запишем условие равновесия до образования отверстия и после:(ρSH = m + ρs(H + h),ρS(H − y) = m + ρs(H − y),где S = πR2, s = πr2; H – глубина погружения цилиндра до образования отверстия; ρ – плотность воды; y – искомое смещение цилиндра после образования отверстия. Вычитая эти уравнения друг издруга, получаемhshr2ρSy = ρs(h + y) ⇒ y ==.S − s R2 − r 2Ответ: y = hr2/(R2 − r2).510.2. Запишем второй закон Ньютона в векторной форме:(ga=sinα,m~a = T~ + m~g ⇒T = mg ctg α.Ответ: a =gsin α ,T = mg ctg α.407ОТВЕТЫ.
2005 г.510.3. Пусть U1, U2 и q1, q2 – падение напряжения и заряды наконденсаторах C1 и C2, соответственно тогдаqq1q2U1 + U2 = U = =+ ,(1)C C1 C2где q – заряд на конденсаторе C. Так как в начале конденсаторы C1и C2 были не заряжены, тоC1 C2 Uq1 = q2 =.(2)C1 + C2Подставив (2) в (1), получимC1 C2 Uq = CU +.C1 + C2Ответ: q = CU + C1C2U/(C1 + C2).510.4.Вариант 511–ГГФ511.1. Запишем закон сохранения энергии и закон сохранения импульса:q(22v = 2gRM ,mvmgR = Mu+,M+m22q⇒u = m 2gRM ,M u = mv,Mгде v – скоростьp тела массы m, а u – M .Ответ: v = 2gRM/(M + m).M+m511.2. Так как ток постоянный, то ток через сопротивления равенUI=,6Rа напряжение на конденсаторах(U1 = I(R + 2R) = U2U2 = I(2R + 3R) =5U6 ,408ОТВЕТЫ.
2006 г.где U1 и U2 – напряжение на верхнем и нижнем конденсаторе, соответственно. Следовательно, заряды на конденсаторах равны(q1 = CU1 = CU2 ,q2 = CU2 =5CU.6Мощность, которая выделяется на сопротивлениях, равнаU2N = I × 6R =.6R2Ответ: q1 = CU/2, q2 = 5CU/6, N = U 2 /6R.511.3. Пусть P0 – атмосферное давление, тогдаP0S = P S + mg.Пусть P1 – давление в сосуде, когда выпадает поршень, следовательно,P1H = P (H − h).Запишем второй закон Ньютона для поршня в момент, когда он выпадает:P Shma = (P0 − P1)S − mg ⇒ a =.mHОтвет: a = P Sh/mH.511.4.2006 г.Вариант 61р–ФФ61.1.
I = 2U/3R.61.2. u2 √= 2gh; v 2 = 2gR; (u ± v)2 = 2g(h1,2 + R);h1,2 = h ± 2 hR.409ОТВЕТЫ. 2006 г.61.3. P2 − P1 = 2mg/S; P2h/(h + x) − P1h/(h − x) == mg/S = (P2 − P1)/2; (h + x)2/(h − x)2 = P2/P1;x = h/3; Q = mgh − mgx = 2mgh/3.61.4. v 2 = gL; v 2 = aRa; a/g = ρa Ra /ρз Rз = L/Ra;Ra2 = ρз Rз L/ρa ; Ra ≈ 20 км.(ρз /ρa ≈ 1; Rз ≈ 6400 км; L ≈ 50 м).61.5.
Плотность солевого раствора ρ больше плотности воды ρ0.Условия плавания ρV = m; ρ0(V + sH) = m; H = (ρ − ρ0)V /s.Поскольку диаметры спиц заметно отличаются (у толстой примерно в5–6 раз больше), то её смещение, обратно пропорциональное площади сечения, значительно меньше (примерно в 25–36 раз).Вариант 62р–ФФ62.1. tg α = (1 + m/M )µ.62.2. Давление воздуха в стакане неизменно.
Поэтому неизменени уровень воды в стакане по отношению к уровню воды вне. ТогдаV = V0 + (h − h0)S; V = V0T /T0.V0 = (h − h0)ST0 /(T − T0).62.3. R = R0 −2ρvt; vBH = IR+q/C = I(R0 −2ρvt)+It/C;при t = 0 находим I = vBH/R0 ; поскольку v = 1/2ρC, тоI = BH/2R0 ρC.62.4. mv 2/2 = mgh; v = 4 м/с при h = 1 м; q = 1 л/с = vs;s = 2 см2.62.5. См решение задачи 5 варианта 61р–ФФ.Вариант 63–ФФp63.1. Tx = ma; Ty = mg; T = m a2 + g 2.410ОТВЕТЫ.
2006 г.63.2. mg = P S; P SH = νRT ; U = (3/2)νRT ;N ∆t = mg∆H + ∆U = (5/2)mg∆H; v = ∆H/∆t = 2N/5mg.63.3. Заряд нижней внешней пластины q, верхней −q. Условиенулевого напряжения qH = Qh. Энер-qqqгия системы вначале может считатьQ-qQ-q-qqся равной энергии трёх конденсаторов,qдвух с зарядами q и одного с зарядомQ − q.W0 = q 2(H − h)/2ε0S + (Q − q)2 h/2ε0S.В конце же энергия W = Q2h/2ε0S.Работа A = W − W0 = Q2h2/2ε0SH.Можно начальную энергию рассчитать иначе, как энергию двухконденсаторов плюс энергию взаимодействия, равную – qQh/ε0S.Или найти эквивалентную схему (см.
рисунок), содержащую сначала три, а затем два конденсатора и найти разность энергий.63.4. v ≈ (2π/T )H = 3 см/с (H = 500 м; T = 86400 с).63.5. При повороте катушки в ней меняется знак потока, а значит и ЭДС. Поэтому почти одинаковые ЭДС в катушках в одномслучае складываются, а в другом вычитаются.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
