Физика-10- Мякишев-2009-ГДЗ (991543), страница 5
Текст из файла (страница 5)
После установившегося равновесия в калориметре будут одновременно существовать две фазы — лед и вода при температуре Т = 273 К. Ответ: Т = 273 К; г = 0'С. Решение: Т„-Т Поопределениюц„= -" — — '- 100% „где ҄— а температуранагревателя, Т„ — температура холодкльника. —" = Т„- Т„; Т„(1 — ) = 100% и к ™ 100% =7„; Т„= Т„/(1- — ). 100% 30% Вычисления: Т„= ЗООК/(1- — ) = 1500 К. 100% Ответ: Т„= 1500 К, 16.
Дано: Решение: КПД машины равен: Ч = — 1 100% = ~4~" ~ ~~" ~.100%; ~ Ге.! ' !е.! Максимальный КПД достигается тогда, когда имеем идеальный цикл Карно: ч"- т " 100%. « Вычисления: 1,5 10'Дж-1,2 10'Дж, » 1,5.10' Дж 523К вЂ” 303К 100, 523К Ответ: В = 20%; Ч „= 42%. ~1,6.10 '») Кл' Р= 4 3,14 8,85 10 "Кл'/Нм' (5 10 ") м = 9,2 10-» Н. Ответ: Р = 9,2" 10 " Н. Решение: Р =й — '', 7 =Π— г — '-; Ц(д,! т т, к» ' и» Р 3~4„~~9,! г' й~д,(Ц Р г' Ст„т, От,т„ Вычисления: 3.
Дано: Упражнение 16 1.Чтобы определить знак пластмассовой ручки, назлектризованной о шерсть„необходимо поднести ее не касаясь к подвешенной стеклянной палочке с положительным зарядом, Если она притянется, то ее знак— «-», если отталкивается, то знак — «+». В нашем случае стеклянная палочка и ручка притягиваютса, следовательно, знак заряда — ° -».
2. Дано: Решение: По определению сила взаимодействия электрических зарядов в вакууме равна: 1 ~9ДЧ,! 4 ах» г' Вычисления: ( =2,3 10". Р ) 9 1О'(1,6.1О-") Р ) 6,67 10" 9,11 10~' 1,67.10" Ответ: — 2,3 10к'. . Рк Р 4. Дано: Решение: /щ,' ПозаконуКулонаР„= ~', гдето,=Чд, г' д, = 10 ~д,~ Ф(т. к.
молекула Н,О имеет 2 электрона водорода и 8 — кислорода). Всего моле- т т кулЖ= Ик — „поэтому9,=10 ~д ~ . Ю вЂ”, ч "10~9 ~д~ т ь,0 .10 д з= ' " .Тогда:Р = е М ' ' к Мкк Вычисления: Нм —; Кл моль кг ~Р~ Кл кг' — — — — и моль' 910 10 10' (1,610'") (18 1о )' (1о')' х (6,02 10м) (3 10 ') = 2,3 ° 10". Ответ: Р„2,3 10'Н. Решение: Так как шарики заряжены противоположным зарядом, то до соприкосновения они притягиваются с силой Р„, = л ' '; Поскольку Ь!Ь1. гк шарики одинаковые, то после соприкосновения заряды станут равными и с одним знаком. Система двух шаров замкнута и для нее выполняется закон сохранения заряда: д, + д,= 27-+9= -1 — -'-.
Позтомушарнкиот- 2 йд' й(д, +д,)' талкиваются с силой Ркк = — = гк 4гк Выниеленилк 9 10' —,— 9 10 Кл 2 10 'Кл (0,4) и 9.10' —, (9 10 — 2.10 ') Кл' Рт=,, 6,9 10'Н. 4.(0,4) и Ответ:У„, 10'Н;Рт=6,9 10'Н. В. Дано: Решение: Между зарядами — д и се действует сила притяжения: Р '-"(~(2) действует сила— к. 9,> д,). При атом ующая сила равная в сторону второго за- Упражнение 17 Решение: У Запишем условие равновесия Р капельки; Р„+ту=0.
Спроецнруем силы на ось ОУ(см. рис.). Р„= ту, т т. к. Ж=сопеФи неправленавниз, то это означает,что заряд отрицательт~ ный, а поле однородное. Тогда: Р„= — дЕ; тй = — 9Š— ь 9 = - —; 1у = — . тК д Е д, 1. Дано: О е1 Вычисления: 2 10 икг 9,8 — „ 1,3 10'В/м 40 1,6,10нм Ответ: д — 1,6 10 "Кл; Ф = 940 избыточных злектронов. 2. Так как расческа заряжена, то вокруг нее возникает электрическое поле. Кусочки бумаги, как диэлектрики„находящиеся в электрическом поле, поляризуются.
Таким образом, возникают противоположные заряды, между которыми действуют силы притяжения, за счет которых легкие кусочки бумаги притягиваются к расческе. 3. Поскольку заряды положительные, то сила, действующая на заряд 7(„и напряженность поля Е действуют в одном направле- Г, нни по линии АВ, поэтому поле совершает положительную ра- 47 + 777 боту. Так как напряженность поля Е = Й вЂ”, зависит от Г, то при- 7» г' нять закон Кулона для расчета работы нельзя. Бе можно вычислить с помощью закона сохранения энергии: А„= — (ИГ„, — И;„) = = — 47(ф„- фд), гле И'»„, И'рд, фм фд — энеРгиЯ и потенЦиал в точках А и В.
При этом ф„= Й вЂ” ', ф = 77 — ', где Г, и Г, — расстояние от заряда англо Чг Чг точек А и В. АВ = — 47 й — -й — = Ф 47дг — — —; Так как Г, > Г„то ( 4, Ч, 1 Гг Гг А„, > О. Потенциальная энергия системы уменьшилась: И'р„= И;и - А„э < «Й»»д На участке СВ заряд д, движется противоположно силовым линиям поля иА «О, а = И» „-А > И',;„, т. е. в этом случае потенциальная энергия системы увеличилась.
Йа участках ВС иАВ заряд перемещается под углом 90' к силовым линиям, поэтому работа на этих участках равна нулю: А„р =А„= О. А это означает, что потенциал поля и потенциальная энергия иа этих участках не меняется. Работа на участке Срл Ари = — А,„= л Ч7Чг — —— (1 Гг,~ Полная работа по замкнутой траектории равна 0: Адг»7, = — (И рд — И рд) = — 71(фд — фд) = О. 4.Дано: б. Дано: Решение: ЛИГ„= А = — 7(,Ьо = д„Ьф„' ЬИ», = — А = д,Лф = — 7),Лф (по теореме потенциальной энергии). Вычисления» Л)$' =1,6 10 "Кл1 В= 1,610 ""Дж; ЛИГ„= — 1,610 "Кл 1 В= — 1,610 '"Дж.
Отеет: аИГ„= 1,6 10 "Дж; ЬИ»р= — 1„6 10'"Дж Решение: Используем принцип суперпозицин полей: )«17 Е=Е, +Ег, гдеЕ, = ЕГ т. к. д, > О, то Е, направлена от заряда д„ Е, = —,, т. к. дз < О, то Е, направлено к заряду йи Из рисунка видно, Ьу, ег' что угол между Е, и Е, равен 120'. Применив теорему косинусов, полу:з-Зз,'+к,' — ззз, 1зз -Я з,'+зз,: е Г 6. Вектор напряженности алектростатического поля направлен в сторону убывания потенциала. Так как потенциал возрастает снизу вверх, то вектор напряженности поля направлен сверху вниз. 7. Дано: Решение: Е = У/д, где У вЂ” разность потенциалов между точками, которьзе связаны вектором перемещения а, совпадающим по направлению с вектором напряженности Е . Е=У/зз=120В/0,03м=4 10'В/м. Ответ:Е=4 10'В/м.
8., „з Тзк как цилиндр равномерно заряженный, то все точ- „„н~ц „, .п Е= сопезз — — у 6 ~ ужР ~з 'Е'::,';"' " ~ з.з ц ч щ Р Р~~ Следовательно, любая окружность, лежащая в плоскос- ти, перпендикулярной оси цилиндра, является эквнпотенциальной. 9. Дано: Решение: А = озУ'к = Язкз — 'зз'к,„где ззз = — '-з- й' = — ''А= — к~о -о )' ~~~ее! т 3 3 кз 2 2 2 ю ю — — '1 — ~ з — з)' С другой стороны У = А/д -+А = — д,У; т,( з „з) зз/ зз/ т ( з з). = -(".—;)( "1 еГ Вычисления: м'/ '- '/ ' И Дж Кл/кг Кл Кл ~У) ( )' 2 3.
10зВ 2 1,76.10" Ответ: У= — 2,3 10зВ. 1. Дано: 2.Дано: 3, Дано: Упражнение 18 Решение: Лд=д,— д,; Из формулы С=д/У -о д=СУ; ь? =СУ,-СУ,=СНУ. Вычисления: Ьд=0,1 10 'Ф 175 В=1,75 10'Кл. Ответ: Ад=1,75 10 'Кл. Решение: р Запишем второй закон Ньютона: Р„= т,а У. (силой тяжести можно .Г пренебречь). В проекции Р„ ао) иа ось Оу: Р„= т,а„, где х, у д,У + Р„=дВ=д; а = — ' сх о ~ о ) оо те Электрон движется по горизонтали с постоянной скоростью о,. Позтому о = во~-о о= о/оо. По оси О'г' уравнение движения электрона а,о' имеет вид: Ла = — ' „подставляя а и Г из пре- 2 о дУ о' дыдущих уравнений, получим: 54 = — ' оо В и чи ел ем ало КлВм' КлВм Джм мкгм/с Нм Дж 1д)) ' ., -5,5 10'. 1,76 10и 2.10' (5 10 о) 2 002 ~2 10) ОтветоЫ 5,5 10'м.
Решение: После отключения конденсатора от источника тока его заряд перестал меняться. Емкость конденсатора после изменения расстояния равна; С = д/У, С, = д/У„где ееоВ ееоВ. ее В ееоВ С = — ', С, = — '; — = д/У -о д = — 'У; о) ' ' о), " И д С другой стороны ееоВ . ееоВ о у . о у о у у Вычисления: 200В 7 10'м 210 м Ответ: У, = 700 В. в'пражнение 19 1. За направление тока принимают направление движения положительно заряженных частиц. Так как отрицательно заряженные частицы (электроны) движутся к экрану, то ток направлен в противоположную сторону, т.
е. от экрана телевизионной трубки. Решение: 2. Дано: В= —; т =РУ, где Р— плотность меди, $'= рЕ Я ЯŠ— обье; = РЯЕ - Е = т/РЯ; рт ЕГрт г ~Я г( РЯг г(ВР ' Вычисления: н= Ом кг -м, -кг/мз.м2 ™ (1,0.10 .0,0 )(0,2 8,9 10' (Е)= 0,2 З В 8,9 10' 1,4 10 ' Ответ: Я = 1,4 10 ' м', Е = 16 м. 3. Дано: Решение: Сила тока равна: Х = г/,а оВ„Я. По закону Ома У рЕ для участка цепи Х = —, где В = — . Отсюда В Я УЯ УЯ У Х = — . Тогда: — = ВХ,н о„Я -+ о„= — .
рЕ рЕ ' ' ВЕ,лрЕ Вычисления: [,„1- В Вм Ам Кл.м '.Ом и и Ом Кл А с 36 1,6 10 ьг 8,5 10" 1,8 10 ".3 10' =49 10". Ответ: о,„= 4,9 10 ' и/с. 4. Дано.' Решение: Количество теплоты, выделяемое в плитке, согласно закону Джоуля-Ленца равно: зз = ХВВай Так как напряжение сети при включении одной плитки, двух, при последовательном или параллельном включении, не изменяется, то У2 этот закон можно записать: Ч = — ~М— В Ответ: (е, = —: Оз = 2О. 9. 2 Разрыв цепи означает подключение к ней бесконечно большого сопротивления.
Измерим Ена клеммах гальванического элемента вольтметром, имеющим внутренне сопротивление В»г, где г — сопротивление гальванического элемента. Запишем закон Ома Е для полной цепи: Х= —. Выразим1через В+г У закон Ома для участка цепи 1 = —, тогда В ЕВ Е У= — = . При большемВ, гХЯ вЂ” бесВ+г г В г конечно малая величина, при этом 1+ — -з1 В и (Х = Е. Ответ: ХХ = Е'. Решение: 8. Дано: 1 Е 12 В = 1200 А. г 0,010м Ответ: 1„, = 1200 А, 7. Дано: Решение: Запишем закон Ома для двух значений внеш- Е ХХ, негосопротивления: Х, =; 1, = — '; В+г ' Я, (Х, Е (В, +г)и, Š— '= — -зЕ= 1 Я, В+г В, ' В+г ХХ У„Е (Вз+ г)(Хз Хз = -а; —" = — -з Е = Вз Вз Я + г Вг г — ? выделится количество теплоты при включении одной плитки; (Хг зе, = — Хзз = — — выделится количество теплоты при последователь- 2Я 2 ном включении в сеть двух плиток (при атом В „„, = В+ В= 2В); 2(Х' 9 = — Лз = 2зе — выделится количество теплоты при параллельном В ВВ В' В включении в сеть двух плиток (при атом В = = — = — ).
В+В 2В 2 (В,+г)У, (В,+г)У, Приравнивая правые выражения для Е, пол уч им: — ' — — ' = В, В, У, ЗЗОВ У 35В Таккак — ' = " = 2А,а — '= — '=1А,то В, 1,650 м Вз 1,5 Ом 2 (В, + г) = В, + г — ~ г = В, — 2В, = 3,50 Ом — 2 1,65 Ом = 0,2 Ом. Подставим г в одно из уравнений для й с= ' — ' — 3,7В. (В, + г) У, (1,65 Ом+ 0„2 Ом) 3,30 В В, 1,65 Ом Ответ: г = 0,2 Ом; Е= 3,7 В. В. Дано: Решение: С, С; Если использовать закон Ома для 5 участка цепи, то мощность лампы 1 равна: Р=1'В, где1можно определить по закону Ома для полной цепи. Для нахождения ЭДС выберем направление обхода цепи по часовой стрелке.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
