Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
ЗАДАЧИ МОСКОВСКИХ ФИЗИЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
Под ред. С.С.Кротова
М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит.. 1988. — 192с. — (Б-чка «Квант». Вып 60 )
Сборник, в котором содержится около 250 задач по физике, предлагавшихся школьникам на московских физических олимпиадах с 1968 по 1985г. В книгу вошли наиболее интересные и оригинальные задачи с решениями.
Для школьников и преподавателей физики. Может быть использован для подготовки к конкурсным экзаменам в вузы, где предъявляются повышенные требования к знаниям по физике.
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие
Задачи
3 Решения
1. Механика
5
61
2. Теплота и молекулярная физика
30
125
3. Электричество и магнетизм
41
149
4. Оптика
56
179
ПРЕДИСЛОВИЕ
Современный этап развития науки и техники требует подготовки большого числа высококвалифицированных специалистов в области естественных и технических наук. Надлежащее решение этой задачи невозможно без существенного повышения уровня преподавания физики, усиления индивидуального подхода, раннего выявления и развития творческих способностей будущих специалистов. При этом важную роль играют олимпиады по физике для учащихся средних школ и профессионально-технических училищ, которые способствуют выявлению наиболее одаренных учащихся, позволяют правильно сориентировать их в выборе будущей профессии, пропагандируют научно-технические знания среди молодежи. Предлагаемая читателям книга «Задачи московских физических олимпиад» подытоживает опыт проведения московских олимпиад школьников по физике за последние 15 лет. Московская олимпиада включает три теоретических тура — районный, городской, отборочный — и заключительный, экспериментальный тур, по результатам проведения которого формируется команда школьников г. Москвы для участия во Всесоюзной олимпиаде. Уровень сложности задач нарастает, начиная с простейших задач районного тура, решение которых требует лишь уверенного владения основными законами и понятиями физики, и кончая довольно трудными задачами отборочного тура. Некоторые из задач последнего, отборочного тура представляют собой небольшое научное исследование (как правило, эти задачи являются украшением олимпиады).
В настоящую книгу включены только задачи теоретических туров. Структура книги полностью отражает представительность различных разделов курса физики на олимпиаде. При этом, естественно, чем раньше тот или иной раздел физики изучается в школе, тем большее число задач этого раздела встречается на олимпиаде, тем больший удельный вес соответствующего раздела в предлагаемой книге. Поскольку отдельные темы оказались представленными одной-двумя задачами, а некоторые — десятком задач, мы не с/али вводить подробную рубрикацию.
Большинство задач являются оригинальными, значительная их часть предложена авторами книги. Наиболее сложные задачи отмечены звездочкой. Представляя произведение замкнутого коллектива авторов, они отражают определенные традиции, опыт проведения именно московских олимпиад, передают научные вкусы и стиль работы коллектива единомышленников — в этом состоит специфика предлагаемой книги.
Учитывая все сказанное, книгу можно рекомендовать очень широкому кругу читателей. Наиболее целесообразно использовать ее в качестве дополнения к имеющимся сборникам задач по элементарной физике. Она будет полезна тем, кто после подробного изучения курса физики хочет углубить свои знания, попробовать силы при решении нестандартных задач, развить физическую интуицию. Предназначая ее в первую очередь школьникам старших классов, мы считаем, что и студенты первых курсов найдут в ней кое-что интересное, а руководители физических кружков, преподаватели вечерних и заочных школ, учителя, ведущие факультативные занятия, тоже почерпнут для себя много полезного.
Настоящая книга никогда не увидела бы свет, если бы не вдохновляющая поддержка идеи ее создания академиком И. К. Кикоиным, который на протяжении многих лет возглавлял Центральный оргкомитет Всесоюзной олимпиады школьников, редколлегию журнала «Квант» и серии «Библиотечка «Квант». Данная книга является данью нашего уважения и памяти этому крупнейшему советскому ученому, мудрому и чуткому учителю.
Нам бы хотелось высказать слова благодарности своим старшим товарищам-коллегам по олимпиадной деятельности — В. К. Петерсону, Г. Е. Пустовалову, Г. Я. Мякишеву, А. В. Ткачуку, В. И. Григорьеву, Б. Б. Буховцеву, совместная работа с которыми способствовала формированию нашего понимания того, что такое физическая задача. Мы признательны также всем членам жюри московских олимпиад последних лет. Идеи ряда задач принадлежат им.
Наконец, нам очень приятно поблагодарить Г. В. Меледина, самым тщательным образом прочитавшего книгу в рукописи и сделавшего ряд полезных замечаний как по содержанию, так и по стилю книги.
ЗАДАЧИ
В задачах этого раздела, там, где необходимо, считать ускорение свободного падения д = 10 м/с2.
Какое время больше — спуска тела по наклонной • плоскости с высоты h (при нулевой начальной скорости) или подъема с такой начальной скоростью, что тело останавливается на той же высоте И?
Локомотив находился на расстоянии L = 400 м от светофора и имел скорость г = 54 км/ч, когда началось торможение.
Определите положение локомотива относительно светофора через 1 минуту после начала торможения, если он двигался с ускорением я = 0,3 м/с2.
Вертолет взлетает с аэродрома по вертикали с ускорением я = 3 м/с2 и начальной скоростью, равной нулю. Через некоторое время tt пилот выключил двигатель. Звук на земле в месте взлета перестал быть слышен спустя время t2 = 30 с.
Определите скорость вертолета г в момент прекращения работы двигателя. Считать скорость звука с = 320 м/с.
Материальная точка начинает двигаться по прямой с постоянным ускорением я. Спустя время tt после начала ее движения ускорение меняет знак на противоположный, оставаясь неизменным по модулю.
Определите, через какое время t после начала движения точка окажется в исходном положении.
Два тела движутся по прямой навстречу друг другу с начальными скоростями vt и г2 и постоянными ускорениями av и я2, направленными противоположно соответствующим скоростям в начальный момент времени.
При каком максимальном начальном расстоянии /тах между телами они встретятся в процессе движения?
На упругую плиту свободно падают два стальных шарика: 1-й с высоты ht = 44 см, 2-й с высоты h2 = И см спустя т секунд после 1-го. Через некоторое время т скорости шариков совпадают по модулю и направлению.
Определите время т и интервал времени, в течение которого скорости обоих шариков будут равными. Считать, что шарики между собой не соударяются.
. На вогнутую сферическую поверхность радиуса R с высоты Н ~ R/8 вблизи вертикальной оси симметрии падают с нулевой начальной скоростью маленькие шарики.
Считая удары шариков о поверхность абсолютно упругими, покажите, что после 1-го соударения каждый шарик попадает в низшую точку сферической поверхности. Считать, что шарики между собой не соударяются.
Маленький шарик, брошенный с начальной скоростью г0 под углом а к горизонту, ударился о вертикальную стенку, движущуюся ему навстречу с горизонтально направленной скоростью v, и отскочил в точку, из которой был брошен.
Определите, через какое время t после броска произошло столкновение шарика со* стенкой? Потерями на трение пренебречь.
. Небольшой шарик движется с постоянной скоростью v по горизонтальной поверхности и попадает в точке А в вертикальный цилиндрический колодец глубины Н и радиуса г. Скорость шарика г составляет угол а с диаметром колодца, проведенным в точку А (рис. 1, вид сверху).
При каком соотношении между v, Н.г и ос шарик после упругих соударений со стенками и дном сможет «выбраться» из колодца? Потерями на трение пренебречь.
Артиллерийское орудие стреляет из-под укрытия, наклоненного под углом ос к горизонту (рис. 2). Орудие находится в точке А на расстоянии / от основания укрытия (точка В). Начальная скорость снаряда равна с0, траектория снаряда лежит
в плоскости рисунка.
Определите максимальную дальность полета снаряда Lmax.
В одной автомашине лобовое стекло имеет угол наклона к горизонту, равный Pj = 30°, а в другой р2 = 15°.
При каком отношении скоростей двух автомашин vv/u2
водители увидят градины, отскакивающими от лобовых стекол
Рис. 3Рис. 3своих машин в вертикальном направлении? Считать, что относительно земли градины падают вертикально.
Рис. 3
Рис. 3
По гладкой горизонтальной поверхности движется лист фанеры. Скорости точек А и В равны г и лежат в плоскости листа фанеры (рис. 3).
Определите скорость точки С.
Необходимо поставить в небольшой просвет между
вереницей автомашин, стоящих вдоль тротуара, еще одну
машину.
Как следует заезжать в просвет: передним ходом или задним, если у машины поворачиваются только передние колеса.
. Самолет, летящий горизонтально со скоростью у0, начинает подниматься вверх, описывая окружность, лежащую в вертикальной плоскости. Скорость самолета при этом меняется с высотой h над первоначальным уровнем движения по закону у2 = Ру — 2aoh. В верхней точке траектории его скорость оказывается равной у, = v0/2.
Определите ускорение а самолета в тот момент, когда его скорость направлена вертикально вверх.
Открытая карусель вращается с угловой скоростью и. На карусели на расстоянии г от оси вращения стоит человек. Идет дождь и капли дождя падают вертикально вниз со скоростью г0.
Как человек должен держать зонт, чтобы наилучшим образом укрыться от дождя?
. Катушка катится без проскальзывания по горизонтальной поверхности, причем скорость конца нити (точка Л) горизонтальна и равна у. На катушку опирается шарнирно закрепленная в точке В доска (рис. 4). Внутренний и внешний радиусы катушки равны г и R соответственно.
Определите угловую скорость и доски в зависимости от угла а.
На пустую катушку магнитофона, вращающуюся с постоянной угловой скоростью, перематывается магнитная лента. После перемотки конечный радиус гк намотки оказался в три раза больше начального радиуса гн (рис. 5). Время перемотки ленты равно tv
За какое время t2 на такую же катушку перемогается лента, вдвое более тонкая?
При прослушивании магнитофонной записи было замечено, что радиус намотки пленки на кассете уменьшился вдвое за время 1, = 20 мин.
За какое время t2 после этого радиус еще раз уменьшится вдвое?
Два колечка О и О' надеты на вертикальные неподвижные стержни АВ и А'В' соответственно. Нерастяжимая нить закреплена в точке Л' и на колечке О и продета через колечко О' (рис. 6).
Считая, что колечко О' движется вниз с постоянной скоростью и,, определите скорость г2 колечка О, если zi. А00' = а.
Рис. 6Рис. 7Рис. 6Рис. 7
Рис. 6Рис. 7
Рис. 6Рис. 7
На неподвижном клине, образующем угол а с горизонтом, лежит нерастяжимая невесомая веревка (рис. 7). Один из концов веревки прикреплен к стене в точке А. В точке В к веревке прикреплен небольшой грузик. В некоторый момент времени клин начинает двигаться вправо с постоянным ускоре
нием а.
Определите ускорение ^ грузика, пока он находится на клине.
Муравей бежит от муравейника по прямой так, что его скорость обратно пропорциональна расстоянию до центра муравейника. В тот момент, когда муравей находится в точке
А на расстоянии /] = 1 м от центра муравейника, его скорость равна rL = 2 см/с.
За какое время t муравей добежит от точки А до точки В, которая находится на расстоянии /2 = 2 м от центра муравейника?
Во время движения паровоза по закруглению радиуса К
в горизонтальном направлении
дует ветер. Форма дымного следа изображена на рис. 8 (вид сверху).
Определите, используя рисунок, скорость ветра ив, если известно, что она постоянна, а скорость паровоза гп = 36 км/ч.
. Трое школьников — Слава, Игорь и Никита — решили покататься на каруселях. Слава и Игорь заняли диаметрально противоположные точки карусели радиуса г. Никита выбрал карусель радиуса Я. Расположение мальчиков в начальный момент времени показано на рис. 9.
Учитывая, что карусели касаются друг друга и вращаются в одну и ту же сторону с одной и той же угловой скоростью ю, определите характер движения: Никиты с точки зрения Игоря; Славы с точки зрения Никиты.
Рис. 9Рис. 9Рис. 10
Рис. 9
Рис. 9
На горизонтальной поверхности стоит обруч радиуса R. Мимо него движется со скоростью г такой же обруч.
Найдите зависимость скорости гл верхней точки «пересечения» обручей от расстояния d между их центрами. Считать, что обручи тонкие и второй обруч «проезжает» вплотную к первому.
Шарнирная конструкция состоит из трех ромбов, стороны которых относятся -как 3:2:1 (рис. 10). Вершина А3 перемещается в горизонтальном направлении со скоростью г.
Рис. 11Рис. 11Рис. 12Рис. 12Определите скорости вершин Аи А2, В2 в тот момент, когда все углы конструкции прямые.
Рис. 11
Рис. 11
Рис. 12
Рис. 12
Конец нити, намотанной на катушку, внешний радиус которой равен К, внутренний — г, перекинут через вбитый в стену гвоздь А (рис. 11). Нить тянут с постоянной скоростью г.
Найдите скорость г0 движения центра катушки в тот момент, когда нить составляет угол а с вертикалью. Считать, что катушка катится по горизонтальной поверхности без проскальзывания.
Жесткая заготовка зажата между двумя параллельными направляющими, движущимися горизонтально в противоположные стороны со скоростями гх и г2. В некоторый момент времени точки касания заготовки и направляющих лежат на прямой, перпендикулярной направлениям скоростей t^ и г2 (рис. 12).
Какие точки заготовки имеют в этот момент скорости, равные по модулю t\ и с2?
На длинную горизонтальную ленту транспортера, движущуюся с постоянной скоростью, положили брусок и сообщили ему скорость относительно земли г0 = 5 м/с, направленную против движения ленты. Спустя время t = 4 с скорость бруска сравнялась со скоростью ленты. Коэффициент трения между бруском и лентой равен ц = 0,2.
Определите скорость г ленты транспортера.
Тело соскальзывает без начальной скорости с вершины наклонной плоскости, образующей угол ос с горизонтом. Коэффициент трения ц между телом и наклонной плоскостью изменяется с увеличением расстояния / от вершины наклонной плоскости по закону ц = Ы. Тело останавливается, не дойдя до конца наклонной плоскости.
Найдите время г, прошедшее с начала движения тела до его остановки.
Сани с грузом, едущие по льду, попадают на участок, посыпанный песком, и, не пройдя и половины своей длины, останавливаются не разворачиваясь. После этого им резким толчком сообщают первоначальную скорость.
Найдите отношение путей и времен торможения до первой остановки и после резкого толчка.
Через неподвижное, горизонтально расположенное на некоторой высоте бревно переброшена веревка. Чтобы удержать груз массой т = 6 кг, подвешенный на одном конце веревки, необходимо тянуть второй конец с минимальной силой Tt = 40 Н.
Определите минимальную силу Т2, с которой необходимо тянуть веревку, чтобы груз начал подниматься.
Почему трудно повернуть руль, когда автомобиль стоит, и легко, когда автомобиль движется?
На тело, движущееся с постоянной скоростью г, начинает действовать некоторая постоянная сила. Спустя промежуток времени At скорость тела уменьшается в два раза.
Спустя еще такой же интервал времени скорость уменьшается еще в два раза.
Определите скорость гк тела через интервал времени 3At с начала действия постоянной силы.
В закрытый вагон, стоящий на рельсах, проложенных по горизонтальной поверхности, сел человек, у которого имеются пружинные весы и секундомер. Сидя лицом по направлению движения вагона (вдоль рельсов) и прицепив к пружинным весам грузик массой т, человек стал наблюдать за направлением отклонения грузика и показаниями весов, фиксируя те моменты времени, когда показания изменялись.
Вагон пришел в движение и первые tt = 4 с грузик был отклонен к человеку, а весы показывали l,25mg; затем время, равное t2 = 3 с, грузик висел вертикально, а весы показывали тд. После этого грузик отклонился влево (поперек вагона) и при этом в течение времени t3 = 25,12 с весы опять показывали l,25mg. Наконец, еще на протяжении t4 = 4 с грузик был отклонен вперед при тех же показаниях весов.
Определите, где относительно своего первоначального положения оказался вагон и с какой скоростью он к этому моменту двигался. Считать, что при изменении направления отклонения и показаний весов человек сразу гасит рукой возникающие колебания.
Два невесомых одинаковых стержня соединены шарнирно друг с другом и подвешены на шарнирах к горизонтальной балке (рис. 13). Жесткость каждого из стержней равна к0, угол
\/ между ними 2а.
^Х /коНайдите жесткость к системы
X /стержней по отношению к верти
кальному смещению шарнира А под действием некоторой силы F. Считать
РИС 1зсмещение малым по сравнению с
длиной стержней.
Из двух расположенных в одной горизонтальной плоскости на расстоянии s = 10 м одна от другой пружинных пушечек одновременно вылетают тяжелые шарики, один из которых (1-й) имеет начальную вертикальную скорость v, = = 10 м/с, а 2-й вылетает под углом а к горизонту со скоростью г2 = 20 м/с. На каждый из шариков действуют сила тяжести и сила сопротивления воздуха F = цг, ц = 0,1 г/с.
Найдите, каким должен быть угол а, чтобы шарики столкнулись в воздухе.
Легкая пружина длины I, жесткости к установлена на столе вертикально. На нее падает небольшой шарик массой т.
Определите, на какой высоте h от поверхности стола шарик будет иметь максимальную скорость.
. На невесомой нити длиной I привязан тяжелый шарик массой т; сила трения шарика о воздух пропорциональна скорости его движения относительно воздуха: Етр = рг. Дует горизонтальный сильный ветер с постоянной скоростью г.
Определите период Г малых колебаний. Считать, что колебания шарика затухают за время, много большее периода колебаний.
Резиновую нить массой т и жесткости к подвешивают
за один из концов.
Определите общее удлинение нити А/.
Для покоящейся системы, изображенной на рис. 14, найдите ускорения всех грузов сразу после того, как была перерезана удерживающая их нижняя нить. Считать, что нити невесомы и нерастяжимы, пружины невесомы, масса блока пренебрежимо
Рис. 14Рис. 14мала, трение в подвесе отсутствует./"Х
Рис. 14
Рис. 14
Рис. 15
Человек поднимал один из двух грузов равной массы с постоянной скоростью г (рис. 15). В момент, когда оба груза оказались на одинаковой высоте h, верхний блок растормозил- ся (получил возможность вращаться без трения, как и нижний блок).
Определите, какой из грузов и спустя какое время t первым окажется на полу, считая, что человек продолжает выбирать веревку с прежней постоянной скоростью г. Массой блоков, веревок и растяжением веревок пренебречь.
Имеются наклонная плоскость и брусок, который может скользить по ней в различных направлениях (рис. 16). Если бруску сообщить некоторую начальную скорость г, направленную вдоль наклонной плоскости вниз, то он будет двигаться равнозамедленно и пройдет до остановки расстояние lv Если
бруску сообщить такую же по модулю скорость, но направленную вверх, то он, двигаясь вверх, пройдет до остановки рас
стояние /2. В нижней части наклонной плоскости установлена идеально гладкая горизонтальная направляющая планка.
Какое расстояние I пройдет брусок по наклонной плоскости вдоль горизонтальной направляющей планки, если ему сооб
щить в горизонтальном направ
лении ту же по модулю начальную скорость, что и в предыдущих случаях?
Брусок толкнули резко вверх вдоль крыши, образующей угол 7 с горизонтом. Время подъема бруска до высшей точки сказалось в два раза меньше, чем время спуска до исходной точки.
Определите коэффициент трения ц между бруском и крышей.
На «невесомой подставке», образованной двумя гладкими наклонными плоскостями, каждая из которых составляет угол а с горизонтом, находятся два шарика, расположенные, как показано на рис. !7. Подставка может без трения скользить по горизонтальной плоскости. Верхний шарик, масса которого ть отпускают.
Определите, при каком условии нижний шарик, масса которого т2, начнет после этого «забираться» на подставку.
Цилиндр массой т и радиуса г опирается на две подставки одинаковой высоты (рис. 18). Одна подставка неподвижна, а другая выезжает из-под цилиндра со скоростью г.
Определите силу давления N цилиндра на неподвижную подставку в тот момент, когда расстояние между точками опоры равно АВ = r\/l. Считать, что в начальный момент подставки располагались очень близко друг к другу; трением между цилиндром и подставками пренебречь.
По двум гладким наклонным плоскостям, образующим одинаковые углы а с горизонтом, движутся, касаясь друг друга, цилиндр и клин, одна из плоскостей которого вертикальна (рис. 19). Масса цилиндра т^ масса клина т2.
Найдите силу давления N клипа на цилиндр. Трением между цилиндром и клином пренебречь.
Рис. 2ЭРис. 2Э
Рис. 2Э
Рис. 2Э
Рис. 21Рис. 21т радиуса г,т радиуса г,
Рис. 21
Рис. 21
т радиуса г,
т радиуса г,
Невесомый стержень длиной / с небольшим груза'- массой m на конце шарнирно закреплен в точке Л (рис. 2щ и находится в строго вертикальном положении, касаясь при этом тела массой М. От небольшого толч-
ка система приходит в движение.
При каком отношении масс М/т стержень в момент отрыва от тела будет составлять с горизонтом угол 7 = л,'б? Чему будет равна в этот момент скорость и тела? Трением пренебречь.
Однородный стержень АВ массой т длины / нижним концом опирается о стену и с помощью нити DC удерживается в наклонном наложении (рис. 21). Нить привязана к стене в точке С, а к стержню в точке D, такой, что AD = АВ/3. Углы, составляемые нитью и стержнем со стеной, равны а и р соответственно.
Найдите возможные значения коэффициента трения ц между стержнем и стеной.
. Массивный диск вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью Я. На него сверху опускают диск массой
ось которого направлена строго вертикально (рис. 22). Расстояние между осями дисков равно d (г/ > г), коэффициент трения между поверхностями равен ц.
Определите установившуюся угловую скорость со малого диска. Какой момент сил -// необходимо приложить к оси большого диска, чтобы скорость его вращения оставалась не-
изменной? Радиус массивного диска R> d + г. Трением в осях дисков пренебречь.
Две жестко связанные однородные палочки одинаковой длины массами т, и т2 образуют угол л/2 и лежат на шероховатой горизонтальной поверхности (рис. 23). Систему равномерно тянут с помощью нити, прикрепленной к вершине угла и параллельной поверхности.
Определите угол а, который составляет нить с палочкой массой тР
Мяч, движущийся со скоростью, равной г =10 м/с, ударяется о ногу футболиста.
Определите скорость и, с которой должна двигаться нога футболиста для того, чтобы ударившийся о ногу мяч остановился. Считать массу мяча много меньшей массы ноги футболиста, а удар абсолютно упругим.
Вблизи поверхности земли свободно падает тело массой т. В некоторый момент времени в него попадает (и застревает) горизонтально летящая тяжелая пуля массой М.
Как изменится время падения тела на землю? Определите время падения t тела, если известно, что пуля попала в тело на половине пути, а время свободного падения тела с той же высоты равно t0. Считать, что масса пули много больше массы тела (М » т\ Сопротивлением воздуха пренебречь.
Два тела массами m2 = 1 кг, т2 = 2 кг движутся навстречу друг другу во взаимно перпендикулярных направле- 16
ниях со скоростями t?! = 3 м/с, и2 = 2 м/с (рис. 24). В результате соударения тела слипаются.
Определите, какое количество теплоты Q выделится в результате соударения.
Два подвижных клина одинаковой массы М имеют плавные переходы на горизонтальную плоскость (рис. 25). С левого клина соскальзывает шайба массой т с высоты к.
На какую максимальную высоту ктах шайба поднимется на правом клине? Трением пренебречь.
На гладкой горизонтальной поверхности около стенки покоится симметричный брусок массой т1 с углублением полусферической формы радиуса т (рис. 26). Из начального положения без трения соскальзывает маленькая шайба массой т2.
Найти максимальную скорость бруска при его последующем движении.
Рис. 27Рис. 27
Рис. 27
Рис. 27
На столе лежит круглая коробка с внутренним диаметром D, а в ней шайба радиусом г (рис. 27). Коробку как це
лое начинают двигать с постоянной скоростью и, направленной вдоль линии центров коробки и шайбы. В момент времени t0
шайба ударяется о коробку.
Найдите временные зависимости перемещения центра
шайбы хш и ее скорости гш относительно стола, начиная с мо
мента t0 и считая все удары шайбы о коробку абсолютно упру
гими. Постройте графики хш(0 и гш(£). Трением между короб
кой и шайбой пренебречь.
Тонкий обруч массой М и радиуса т поставлен на горизонтальную плоскость. В начальный момент обруч покоится. По гладкому каналу, проходящему внутри обруча, соскальзывает из верхней точки без начальной скорости небольшая шайба массой т.
Определите скорость и центра обруча в тот момент, когда шайба
находится в некоторой точке обруча А, радиус-вектор которой образует угол ср с вертикалью (рис. 28). Трением между обручем и плоскостью пренебречь.
Горизонтально расположенный невесомый стержень длиной 3/ с закрепленными на нем на равных расстояниях друг от друга и от концов удерживающих его вертикальных нитей грузами массами mv и т2 находится в положении равновесия (рис. 29).
Определите силу натяжения Т левой нити в тот момент времени, когда правую нить перерезают.
Колечко массой ш, свободно скрепляющее два тонких одинаковых обруча массой М каждый, начинает соскальзывать
вниз; обручи при этом разъезжаются в разные стороны но шероховатой горизонтальной поверхности.
Определите ускорение и колечка в начальный момент времени, если zL/4O1O2 = 0( (рис. 30). Трением между колечком и обручами пренебречь.
Гибкий трубопровод длиной / соединяет в пространстве точки А и В, разность высот между которыми равна h (рис. 31). Внутри трубопровода по всей его длине лежит ве
ревка, которую удерживают в точке А.
Определите ускорение а, с которым начнет двигаться веревка в начальный момент времени после того, как ее отпустят.
Трением между веревкой и стенками трубопровода пренебречь.
На группу из трех гладких одинаковых кубиков, лежащих на гладкой горизонтальной поверхности, как показано на
рис. 32, налетает со скоростью и гладкая шайба. Масса каждого кубика равна массе шайбы. Диаметр шайбы и ее высота равны ребру кубика.
Определите скорости всех тел после соударения.
В гладкой неподвижной круговой горизонтальной трубе покоятся несколько одинаковых шариков. Один из шариков взрывается, распадаясь на две части неравной массы.
Определите окончательную скорость образовавшегося после всех соударений тела. Считать все соударения абсолютно неупруги.ми.
Три небольших тела, массы которых относятся, как 3:4:5 (масса самого легкого тела равна т), удерживаются в трех различных точках на внутренней поверхности гладкой полусферической чаши радиуса г. В нижней точке чаша закреплена на горизонтальной поверхности. В некоторый момент времени тела отпускают и предоставляют самим себе.
Определите максимальное количество теплоты О. которое может выделиться в такой системе. При каком начальном положении тел это осуществится? Считать все соударения тел аб
солютно неупругими.
Покажите, что максимальная скорость, которую при столкновении может сообщить протону д-частипа, составляет 1,6 ее начальной скорости.
При движении по песку рекомендуют давление воздуха в шинах автомобиля уменьшить. Зачем?
Длинная гладкая цилиндрическая труба радиуса г наклонена под углом я к горизонту (рис. 33). Из точки А по внутренней поверхности трубы пускают вверх небольшое тело, направление начальной скорости которого составляет угол ср с прямой АВ.
Определите минимальную начальную скорость г0, при ко
отрыва от поверхностиотрыва от поверхноститорой тело начнет двигаться вверх без трубы.
отрыва от поверхности
отрыва от поверхности
. К оси колеса массой m радиуса г привязана нерастяжимая веревка, которую тянут в горизонтальном направлении в плоскости колеса. Колесо катится без подскоков по решетке, состоящей из параллельных горизонтальных прутьев, расстояние между которыми равно /, причем I <к г.
Определите, какой должна быть средняя сила натяжения Т веревки, чтобы колесо двигалось в среднем с постоянной скоростью и? Считать массу колеса сосредоточенной в его оси.
По шероховатой горизонтальной плоскости, переходящей в наклонную, составляющую угол а с горизонтом, катится без проскальзывания с некоторой скоростью и, перпендикулярной границе раздела плоскостей, колесная пара, состоящая из двух легких колес радиуса г, насаженных на тонкую тяжелую ось (рис. 34).
Определите, при каком значении г колесная пара перекатится с горизонтальной плоскости на наклонную без отрыва.
Тонкий обод массой т и радиуса г скатывается с наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтом, наматывая при этом на себя тонкую ленту, линейная плотность которой равна р (рис. 35). В начальный момент обод находится на высоте h над горизонтальной поверхностью.
Определите, на каком расстоянии $ от основания наклонной плоскости обод остановится. Считать переход от наклонной плоскости к горизонтальной поверхности плавным.
С аэростата, парящего в воздухе, сбросили два одинаковых по размерам маленьких шарика массой mt и т2 (mt > > т^, связанных тонкой невесомой нитью.
Найдите силу натяжения Т нити в полете после того, как движение шариков установится.
. Шарик невесомой нерастяжимой нитью прикреплен к неподвижному цилиндру радиуса г. Первоначально нить была намотана так, что шарик касался цилиндра. В некоторый момент времени шарику была сообщена скорость г в радиальном направлении и нить начала разматываться (рис. 36).
Найдите длину I размотанного участка нити к моменту времени t. Силой тяжести пренебречь.
Три маленьких шарика одинаковой массы — белый (Б), зеленый (3), голубой (Г) — закреплены невесомыми стержнями
в вершинах равностороннего треугольника со стороной /. Система шариков положена на гладкую горизонтальную поверхность и приведена во вращение вокруг центра масс с периодом Т. В некоторый момент времени голубой шарик отрывается от каркаса.
Определите расстояние L, на котором окажется голубой шарик от зеленого спустя время Т.
На расстоянии / слева от края стола лежит брусок, соединенный с другим бруском такой же массы через невесомый блок невесомой нерастяжимой нитью' длины 2/, перекинутой через блок (рис. 37). Правый брусок удерживают на одном уровне с левым так, что нить не натянута и не провисает, затем
его отпускают.-
Что произойдет раньше: левый брусок доедет до края (достигнет блока) стола или правый брусок ударится о стол?
Рис. 37Рис. 37Рис. 38Рис. 38
Рис. 37
Рис. 37
Рис. 38
Рис. 38
находятся два груза одной система покоится и грузы на-находятся два груза одной система покоится и грузы на-
находятся два груза одной система покоится и грузы на-
находятся два груза одной система покоится и грузы на-
На концах невесомой нерастяжимой нити, перебро-
шенной через невесомый блок, и той же массы (рис. 38). Сначала ходится на одном уровне. Затем правому грузу толчком сообщается горизонтальная скорость и в плоскости рисунка.
Какой из грузов окажется ниже через некоторое время?
К концу свободно висящего стержня на двух нитях длиной /1 = 7 см и /2 = И см подвешены шарики массами т! = 56 г и т2 = 28 г (рис. 39).
Определите угловую скорость со, с которой надо вра-
щать стержень вокруг вертикальной оси, чтобы он не отклонялся от вертикального положения.
Вокруг вертикальной оси вращается с постоянной угловой скоростью ю невесомый горизонтальный жесткий стержень, по которому без трения могут двигаться два шарика одной и той же массы т. Шарики соединены между собой невесомой пружиной жесткости к, длина которой в ненапряженном состоянии равна Zo. Ближайший к вертикальной оси шарик соединен с ней такой же пружиной.
Найдите длину каждой из пружин. При каких условиях шарики будут двигаться по окружностям?
Зависимость кинетической энергии WK тела от перемещения s при движении тела по прямой изображена на рис. 40. Известно, что в точке А на тело действовала сила F^ = 2 Н.
Определите, какие силы действовали на тело в точках В и С.
Рис. 40Рис. 40Рис. 42Рис. 42Рис. 43Рис. 43
Рис. 40
Рис. 40
Рис. 42
Рис. 42
Рис. 43
Рис. 43
Лента транспортера длиной Z, на которой лежит брусок массой т, движется со скоростью г (рис. 41).
Определите скорость г0, с которой нужно толкнуть брусок против движения транспортера, чтобы количество теплоты, выделившееся при торможении бруска лентой транспортера, было максимальным. Чему равно это максимальное количество теплоты Q, если коэффициент трения равен ц и выполняется условие у < ]/2pZg?
Массивная труба скатывается с одинаковой высоты с горок разного профиля (рис. 42, 43). В первом случае проскальзывания нет, а во втором случае труба проскальзывает на
некотором участке пути.
Определите, в каком случае скорость трубы в конце горки будет меньше.
На легкой пружине подвешен тяжелый груз. Пружину медленно оттягивают вниз за середину, совершая при этом некоторую работу А, затем пружину отпускают.
Определите максимальную кинетическую энергию WK груза
при последующем движении.
Массы двух звезд равны mt и т2, расстояние между ними равно /.
Найдите период Т обращения этих звезд по круговым орбитам вокруг их общего центра.
Метеорит, летящий на планету массой М (по прямой, проходящей через центр планеты), попадает в автоматическую
космическую станцию, вращавшуюся вокруг планеты по круговой орбите радиуса R. Масса станции в 10 раз превосходит массу метеорита. В результате столкновения метеорит застревает в станции, которая переходит на новую орбиту с минимальным расстоянием до планеты Л/2.
Определите скорость и метеорита перед столкновением.
Высадившись на полюсе некоторой планеты, космонавты обнаружили, что сила тяжести там составляет 0,01 земной, а продолжительность суток такая же, как и на Земле. При
исследовании планеты оказалось, что на ее экваторе тела невесомы.
Определите радиус R этой планеты.
Радиус орбиты Нептуна в 30 раз больше радиуса орбиты Земли.
Определите период обращения Нептуна 7н вокруг Солнца.
за, массы которых равны т1,тгнМ (рис. 44). Блоки находятсяза, массы которых равны т1,тгнМ (рис. 44). Блоки находятсяНа нити, перекинутой через два блока, подвешены три гру
за, массы которых равны т1,тгнМ (рис. 44). Блоки находятся
за, массы которых равны т1,тгнМ (рис. 44). Блоки находятся
на одинаковой высоте от точек подвеса.
Найдите соотношения между массами грузов, при которых вся система будет находиться в состоянии равновесия. Всегда ли эти условия осуществимы? Трением пренебречь.
Определите, при каком минимальном коэффициенте трения pmin однородного тонкого стержня о пол человек может
медленно без проскальзывания поднять его с пола до вертикального положения, прилагая к концу стержня силу, перпендикулярную ему.
Три невесомых шарнирно связанных в точках С и D стержня длины I каждый закреплены также шарнирно в точках А и В, лежащих на одной горизонтали (рис. 45); длина АВ = 2/. К шарниру С подвесили груз массой т.
Определите минимальную силу Ет;п, приложенную к шарниру D, при которой средний стержень сохраняет горизонтальное положение.
Рис. 47Рис. 47
Рис. 47
Рис. 47
Если шестигранный карандаш поместить на наклонную плоскость, составляющую угол а с горизонтальной поверхностью, перпендикулярно ее образующей (линии пересечения плоскости с горизонтальной поверхностью), карандаш будет покоиться. Если его положить параллельно образующей, он будет скатываться вниз.
Определите угол ф между осью карандаша и образующей наклонной плоскости (рис. 46), при котором карандаш еще будет находиться в равновесии.
Однородный стержень длины 2/ опирается одним концом о вертикальную стену, а другим концом о гладкую неподвижную поверхность.
Какой функцией у(х) должно описываться сечение этой поверхности, чтобы стержень в любом положении оставался
в равновесии даже в отсутствие трения? - Считать, что стержень все время находится в фиксированной вертикальной плоскости, перпендикулярной плоскости стены.
Тонкий абсолютно жесткий невесомый стержень, на конце которого закреплен точечный шарик, отклонили на небольшой угол а от положения равновесия и отпустили. В момент, когда стержень составлял угол Р < а с вертикалью, про-
изошло абсолютно упругое соударение шарика с наклонной стенкой (рис. 47).
Определите отношение TJT периода колебаний такого маятника к периоду математического маятника той же длины.
. На чашку пружинных весов массой М с некоторой высоты падает шарик массой т (М » т). Жесткость пружины равна к.
Определите смещение Ах точки, около которой будет совершать колебания стрелка весов. Считать удары шарика о чашку абсолютно упругими.
По длинной проволоке, изогнутой в вертикальной плоскости в виде графика некоторой функции, может двигаться без трения бусинка массой т. Пусть 1А — длина участка проволоки от начала координат до некоторой точки А. Известно, что если отпустить бусинку в точке А, такой, что lA < 1Aq, то ее движение будет строго гармоническим: I(t) = lA cos cot.
Докажите, что существует такая точка В уАо < /в), в которой условие гармоничности колебаний будет нарушено.
На горизонтальной плоскости лежат два бруска массами т и 2m, соединенные пружиной жесткости к.
Найдите период Т малых продольных колебаний системы. Трением пренебречь.
Тяжелое круглое бревно подвесили за концы на двух канатах так, что расстояние между точками подвеса каждой веревки равно диаметру бревна. Длина каждого вертикального участка канатов равна I.
Рис. 48Рис. 48Определите период Т малых колебаний системы в вертикальной плоскости, перпендикулярной бревну.
Рис. 48
Рис. 48
На горизонтальных рельсах находится груз массой М. К нему прикреплен маятник — шарик массой m на невесомой нерастяжимой нити. Груз может двигаться только вдоль ^ рельсов.
Найдите отношение периодов Т2/Тх малых ' колебаний маятника в параллельной и перпендикулярной рельсам вертикальных плоскостях.
состояниисостоянииЧетыре невесомых стержня длины I каждый соединены шарнирно и образуют ромб (рис. 48). Шарнир А закреплен, а к шарниру С подвешен груз. Шарниры D и В соединены невесомой пружиной, имеющей в недеформированном
состоянии
состоянии
длину 1,5 I. В положении равновесия стержни образуют с вертикалью углы а0 = 30°.
Найдите период Т малых колебаний груза.
Тонкий обруч, шарнирно закрепленный в точке А, рас полагают в начальный момент так, что его центр масс находится почти прямо над точкой А (рис. 49). После этого обруч
Рис. 49Рис. 50Рис. 49Рис. 50отпускают без толчка, и спустя время т = 0,5 с центр масс обруча занимает крайнее нижнее положение.
Рис. 49Рис. 50
Рис. 49Рис. 50
Определите время t, за которое вернется в нижнее положение равновесия маятник, представляющий собой массивный шарик В, закрепленный на невесомом жестком стержне,
длина которого равна радиусу
обруча, если в начальный момент шарик занимал почти крайнее верхнее положение (рис. 50) и был отпущен без толчка.
Невесомый жесткий стержень с грузом на конце прикреплен шарнирно в точке А к стене так, что может поворачиваться во все стороны (рис. 51). Стержень удерживается в горизонтальном положении вертикальной нерастяжимой нитью длины /, прикрепленной к его середине. Грузу сообщили импульс, перпендикулярный плоскости рисунка.
Найдите период Т малых колебаний системы.
Одна веревка качелей закреплена выше другой на величину Ь. Расстояние между столбами качелей равно а. Длины
веревок равны I, и /2, причем /2 + /2 = й2 + ^2 (рис 52).
Найдите период Т малых качаний на таких качелях. Размерами человека пренебречь по сравнению со всеми указанными выше длинами.
Лифтер высотного здания, будучи человеком пунктуальным, повесил на стену лифта точные маятниковые часы, чтобы знать, когда кончается рабочий день. Время движения лифта с ускорением, направленным вверх и направленным
вниз, одинаково (по неподвижным часам); одинаковы также модули ускорений.
Как вы думаете, закончит ли лифтер работу вовремя, переработает или недоработает?
Как известно, атмосферное давление уменьшается с высотой. Поэтому в самых верхних этажах высотного здания МГУ атмосферное давление должно быть меньше, чем в самых нижних. Чтобы проверить это, учащийся соединил трубами одно из колен манометра с верхней аудиторией, а другое с нижней.
Что показал манометр?
Две тонкостенные трубки, закрытые с одного конца, вставлены одна в другую и целиком заполнены ртутью. Площади поперечных сечений трубок равны S и 2S. Атмосферное давление равно р0 = ppTgh, где ррт — плотность ртути, д — ускорение свободного падения, h — высота. Длина каждой трубки равна I > h.
Какую раооту А нужно произвести внешними силами, чтобы медленно вытащить внутреннюю трубку? Давлением паров ртути и силами сцепления ртути с материалом трубок пренебречь.
На горизонтальной поверхности расположены два цилиндра. Ось одного из них горизонтальна, а другого верти
Рис. 53Рис. 53кальна, и в нижнеи части цилиндры соединены трубкой небольшого сечения. «Горизонтальный» цилиндр радиуса г с одной стороны открыт, и в него вставлен поршень (рис. 53). «Вертикальный» цилиндр открыт с верхней стороны. В цилиндры
Рис. 53
Рис. 53
налита вода, причем в «горизонтальном» цилиндре она заполняет
все отделяемое поршнем пространство, а в «вертикальном» стоит на некотором уровне.
Определите уровень h воды в вертикальном цилиндре, при котором поршень находится в равновесии. Трением пренебречь.
На пробку массой mnp намотана проволока из алюминия. Плотность пробки равна рпр = 0,5 ■ 103 кг/м3, алюминия ра„ = 2,7 • 103 кг/м3, воды Рв = 1 • Кг кг/м3.
Определите, какую минимальную массу тал проволоки надо намотать на пробку, чтобы пробка вместе с проволокой полностью погрузилась в воду. "
К шару массой М = 10 кг и диаметром D = 0,3 м (объем такого шара V = 0,0141 м3) прикреплена одним концом
железная цепь, другой конец цепи свободен. Длина цепи равна / = 3 м, масса т = 9 кг. Шар с цепью находится в водоеме, глубина которого равна Н = 3 м.
Определите глубину, на которой будет плавать шар. Считать, что железо тяжелее воды в 7,85 раза.
На рычаге уравновешены два различных по весу, но одинаковых по объему тела.
Нарушится ли равновесие, если погрузить рычаг в воду так, чтобы вода покрыла тела целиком?
В двух одинаковых сосудах с водой плавают плоская широкая и высокая узкая коробочки. Коробочки не утонули, когда в каждую из них положили по одинаковому тяжелому предмету массой т.
В каком из сосудов уровень воды при этом поднялся выше?
В сосуде с ртутью плавает стальной шарик.
Как изменится объем части шарика, погруженной в ртуть, если поверх ртути налить слой воды, полностью закрывающей шарик?
В сосуде с водой, поверх которой налит слой более
легкого масла, плавает кусок льда.
Как изменится уровень границы раздела воды и масла, если лед растает? Как при этом изменится общий уровень жидкости в сосуде?
К концу однородной палочки массой М = 4,4 г подвешен на невесомой нити однородный алюминиевый шарик радиуса г = 0,5 см. Палочку кладут на край стакана с водой, добиваясь такого положения равновесия, при котором погруженной в воду окажется половина шарика (рис. 54). Плотность алюминия равна рал = 2,7 • 103 кг/м3, плотность воды рв = = 1 • 103 кг/м3.
Определите, в каком отношении у/х делится длина палочки в этом случае. Поверхностным натяжением на границе шарика и воды пренебречь.
До какого деления заполнит трубку ртуть свободно падающего барометра длиной 105 см при атмосферном давлении 760 мм рт. ст.?
Простейший акселерометр (прибор для измерения ускорений) может быть сделан в виде трубки, заполненной жидкостью и изогнутой, как показано на рис. 55. При движении уровень жидкости в левом колене установился на высоте h2, а в правом — на высоте h2.
Найдите ускорение а вагона, в котором находится акселерометр. Считать диаметр трубки много меньше, чем 1ц и h2.
р = 1,2 • 10 3 г/см3.р = 1,2 • 10 3 г/см3.Реактивный лайнер, длина салона которого равна I = = 50 м, летит горизонтально с ускорением а = 1 м/с2. Плотность воздуха в салоне равна ,
р = 1,2 • 10 3 г/см3.
р = 1,2 • 10 3 г/см3.
На сколько отличается от атмосферного давление на уши пассажиров, сидящих в начале, середине и конце салона?
Закрытая с обоих концов трубка, полностью запол
ненная водой, равномерно вра- и ' щается в горизонтальной пло- Рис" 56
скости вокруг оси ОО'. На боко
вой стенке трубки на расстояниях rt и г2 от оси вращения установлены манометры, которые показывают давления рг и р2 соответственно (рис. 56).
Определите угловую скорость со вращения трубки. Плотность воды Pg считать известной.
Предположим, что в некоторой среде сила сопротивления F движению тела зависит от скорости г последнего как F = ри”, где а > 0.
При каких значениях показателя степени а тело после придания ему начального импульса проходит бесконечно большое расстояние?
Известно, что атмосферное давление на Марсе составляет 1/200 часть от атмосферного давления на Земле. Диаметр Марса примерно вдвое меньше земного, и если средняя плотность Земли равна Рз = 5,5 • 103 кг/м3, то Марса рм = = 4-103 кг/м3.
Определите, во сколько раз масса марсианской атмосферы меньше, чем земной.
2. ТЕПЛОТА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
а.ж.
В задачах этого раздела, там, где необходимо, принять универсальную газовую постоянную К = 8,3 Дж/(моль-К).
В двух вертикальных цилиндрах различного поперечного сечения под поршнями, массы которых п^ = 1 кг и т2 = = 2 кг, находится газ при постоянной температуре, а над поршнями — вакуум. Цилиндры соединены внизу трубкой, а поршни располагаются на одинаковой высоте h0 = 0,2 м.
Какова будет разность их высот h, если увеличить массу 1-го поршня до массы 2-го?
Стенки сосуда, в котором находится газ температуры Т, имеют температуру Тс.
В каком случае давление газа на стенки сосуда больше:
когда стенки сосуда холоднее газа (Тс < Т) или когда теплее (Тс > Г)?
С п молями идеального газа совершен круговой процесс (цикл) 1 — 2 — 3 — 4 — 1, состоящий из двух изобар 2 — 3 и 4 — 1, изохоры 1 — 2 и некоторого процесса 3 — 4, изображенного на рИ-диаграмме прямой линией (рис. 57). Температуры газа в состояниях 1, 2, 3 равны Ть Т2, Т3 соответственно, точки
2 и 4 лежат на одной изотерме.
Рис. 58Рис. 58Определите работу А газа за цикл..
Рис. 58
Рис. 58
С 3 молями идеального одноатомного газа совершен цикл, изображенный на рис. 58. Температуры газа в различных состояниях равны; Tv = 400 К, Т2 = 800 К, Т3 = 2400 К и Т4 = = 1200 К.
Найдите работу А газа за цикл.
Определите работу А, которую совершает идеальный газ в замкнутом цикле 1—*4—*3—»2—»1, изображенном на рис. 59, если pv = 105 Па, р0 = 3 -105 Па, р2 = 4 • 105 Па, И2 — — К1 = 10 ли участки цикла 4 — 3 и 2 — 1 параллельны оси V.
Над газом совершают два тепловых процесса, нагревая его из одного и того же начального состояния до одинаковой конечной температуры. На рИ-диаграмме процессы изображаются прямыми линиями 1—3 и 1 — 2 (рис. 60).
Определите, при каком из процессов газу сообщается большее количество теплоты.
Сосуд вместимостью V= 30 л разделен на три равные части неподвижными полупроницаемыми тонкими перегородками (рис. 61). В левую часть вводят mHj = 30 г водорода, в среднюю тОз = 160 г кислорода и в правую mN2 = 70 г азота. Через левую перегородку может диффундировать только водород, че
рез правую — водород и азот.
н2^2n2н2^2n2Рис. 61Рис. 61Какое давление будет в каждой из трех частей сосуда после установления равновесия, если он поддерживается при постоянной температуре Г = 300 К?
н2
^2
n2
н2
^2
n2
Рис. 61
Рис. 61
. Спускаемый аппарат космического корабля приближается к поверхности планеты по вертикали с постоянной скоростью, передавая на борт корабля данные о наружном давлении. График зависимости давления (в условных единицах) от времени приведен на рис. 62. Опустившись на поверхность планеты, аппарат измерил и передал на борт данные о температуре: Г = 700 К и ускорении свободного падения: 5=10 м/с2.
Определите:
скорость v спуска аппарата, если известно, что атмосфера планеты состоит из углекислого газа СО2;
температуру Т^ на высоте й= 15 км над поверхностью планеты.
В вертикальном цилиндре вместимостью V под невесомым поршнем находится п молей идеального одноатомного газа.
Газ под поршнем теплоизолирован. На поршень положили груз массой М, в результате чего поршень переместился на расстояние к.
Определите конечную температуру газа Тк, установившуюся после перемещения поршня, если площадь поршня равна S, атмосферное давление р0.
В вертикальном цилиндре с площадью поперечного сечения S под поршнем, масса которого равна М, находится 1 моль идеального одноатомного газа. В некоторый момент времени под поршнем включается нагреватель, передающий газу за единицу времени количество теплоты q.
Определите установившуюся скорость г движения поршня при условии, что давление газа под поршнем постоянно и равно р0, газ под поршнем теплоизолирован.
. Произведение давления газа на его объем (рИ) не меняется с изменением объема при постоянной температуре, только если предположить, что газы, с которыми мы имеем дело, являются идеальными.
Определите, будет уменьшаться или увеличиваться произведение pV при очень сильном сжатии газа, если не делать предположения об идеальности последнего.
. Горизонтальный цилиндрический сосуд длиной 2/ разделен тонким нетеплопроводящим поршнем на две равные части, в каждой из которых находится по п молей идеального одноатомного газа при температуре Т. Поршень прикреплен к торцам сосуда недеформированными пружинами жесткости к каждая (рис. 63). Газу в правой части сообщили количество теплоты Q, в результате чего поршень сместился влево на расстояние х = //2.
Рис. 64Рис. 64Определите количество теплоты Q', отданное при температуре Т термостату, с которым газ в левой части все время находился в тепловом контакте.
Рис. 64
Рис. 64
Рис. 63
Теплоизолированный сосуд разделен на две части нетеплопроводящим поршнем, который может перемещаться в сосуде без трения. В левой части сосуда содержится 1 моль
33332 А. И. Буздин и др.
33
33
идеального одноатомного газа, в правой — вакуум. Поршень соединен с правой стенкой сосуда пружиной, длина которой в свободном состоянии равна длине сосуда (рис. 64).
Определите теплоемкость С системы. Теплоемкостью сосуда, поршня и пружины пренебречь.
Докажите, что к. п. д. тепловой машины, использующей цикл, состоящий из двух изотерм и двух изохор, меньше к. п. д. идеальной тепловой машины Карно, работающей с те
ми же нагревателем и холодильником.
. Предположим, .чтр планету массой М и радиуса г окружает атмосфера постоянной плотности, состоящая из газа с молярной массой ц.
Определите температуру Т атмосферы на поверхности планеты, если толщина атмосферы равна h (h « г).
Известно, что если температура на улице равна — 20 °C, то в комнате температура равна +20 °C, а если на улице температура равна —40 °C, то в комнате устанавливается температура + 10 °C.
Найдите температуру Т батареи, отапливающей комнату.
Космический объект имеет форму шара радиусом R. По всему его объему равномерно распределены источники, обеспечивающие выделение теплоты с постоянной скоростью. Количество теплоты, выделяемое единицей площади поверхно
сти, пропорционально 4-й степени термодинамической температуры.
Во сколько раз изменилась бы температура объекта, если его радиус уменьшился бы вдвое?
. Теплообменник длины I состоит из трубы площадью поперечного сечения 28, внутри которой про
ходит другая труба площадью поперечного сечения 8 (рис. 65).
Трубы тонкостенные. Вся конструкция теплоизолирована от внешней среды. В трубах со скоростью и прокачивается жидкость плотностью р и удельной теплоемкостью с. Температуры
жидкости при входе в теплообменник равны ТН1 и 7^ соответ
ственно.
Определите температуры ТК1 и Тг2 жидкости при выходе из теплообменника, если потоки жидкости по трубам текут навстречу друг другу. Считать, что теплота, переданная в единицу времени через единичную площадку, пропорциональна разности температур с коэффициентом пропорциональности к.
Теплопроводностью жидкости в направлении ее течения пренебречь.
. В закрытом цилиндрическом сосуде с площадью основания S находится вещество в газообразном состоянии вне поля тяготения Земли. Масса газа равна М, давление р, причем р « рнас, где рнас — давление насыщенных паров вещества при данной температуре. Сосуд начинают разгонять с ускорением а, направленным по оси цилиндра. Температура поддерживается постоянной.
Определите, какая масса жидкости тж образуется в результате движения в сосуде.
На некоторой планете давление насыщенного водяного пара равно р0 = 760 мм рт. ст.
Определите его плотность р.
В холодную погоду изо рта при дыхании идет «пар». Если приоткрыть дверь в теплую избу в морозный день, то в комнату тоже врывается «пар».
Объясните эти явления.
. Сосуд объемом V = 2 л содержит тНз = 2 г водорода и немного воды. Давление в сосуде равно рн = 17 ■ 105 Па. Сосуд нагревают так, что давление в нем увеличивается до рк = = 26-105 Па, и часть воды испаряется. Молярная масса водяных паров равна ц=18-10“3 кг/моль.
Определите начальную 7^ и конечную 7^ температуры воды и ее массу Ат.
Указание. Воспользуйтесь следующей температурной зависимостью давления насыщенных паров воды:
Т,°С100120133152180
рнас, 105 Па 123510
Нижний конец капилляра радиусом г = 0,2 мм и длины Z = 8 см погружен в воду, температура которой постоянна и равна 7^ = 0 °C. Температура верхнего конца капилляра равна Тв=100°С.
На какую высоту h поднимется вода в капилляре? Считать, что теплопроводность капилляра намного превосходит теплопроводность воды в нем. Теплообменом с окружающим воздухом пренебречь.
Указание. Воспользуйтесь следующей температурной зависимостью поверхностного натяжения воды:
Т, °C020 50 90
ст, мН/м 767367 60
В цилиндре с подвижным поршнем находится воздух под давлением pt и мыльный пузырь радиуса г. Поверхностное
натяжение равно ст, температура Т поддерживается постоянной.
Определите давление р2, Д° которого нужно сжать воздух медленным вдвиганием поршня, чтобы мыльный пузырь уменьшил свои размеры вдвое.
Почему при кладке кирпичных печей используют глиняный раствор для скрепления кирпичей, а не, например, цементный (более прочный)? Учесть, что для кладки печей используют красный кирпич, сделанный из глины.
В теплоизолированном сосуде имеются две жидкости с начальными температурами Г, и Г2 и удельными теплоемкостями Cj и с2, разделенные нетеплопроводящей перегородкой. Перегородку убирают, и после установления теплового равновесия разность между начальной температурой одной из жидкостей и установившейся в сосуде температурой Т оказывается в два раза меньше разности начальных температур жидкостей.
Найдите отношение масс жидкостей mjm2.
В первый раз в пробирку налили воду при температуре 20 °C. Дно пробирки погрузили в большое количество воды при температуре 80 °C. Вода в пробирке нагрелась за время ^ до 80 °C. Во второй раз в пробирку налили воду при температуре 80 °C. Дно пробирки погрузили в большое количество воды при температуре 20 °C. Вода в пробирке охладилась за время t2 до 20 °C.
Какое время больше: tt или t2?
В два одинаковых легких металлических сосуда налили одну и ту же массу воды. Тяжелый шарик (масса которого равна массе воды, а его плотность много больше плотности воды) опустили на тонкой нетеплопроводящей нити в один из сосудов так, что он находится в центре объема налитой воды. Сосуды нагрели до температуры кипения воды и поставили остывать. Известно, что время остывания сосуда с шариком до температуры окружающей среды в к раз больше времени остывания сосуда без шарика.
Определите отношение удельных теплоемкостей материала шарика и воды сш/св.
Два одинаковых теплоизолированных цилиндрических калориметра высоты h = 75 см заполнены на 1/3. Первый — льдом, образовавшимся в результате замерзания налитой в него воды, второй — водой при Тв = 10 °C. Воду из второго калориметра переливают в первый, в результате чего он оказывается заполненным на 2/3. После того как температура в первом калориметре установилась, уровень заполнения его увеличился на Д/1 = 0,5 см. Плотность льда равна рл = 0,9 рв, удельная 36
теплота плавления льда X = 340 кДж/кг, удельная теплоемкость льда сл = 2,1 кДжДкг • К), удельная теплоемкость воды св = 4,2 кДжДкг • К).
Найти начальную температуру Тл льда в первом калориметре.
■ 2.30*. В теплоизолированном цилиндрическом сосуде под легким поршнем находится смесь равных масс воды и льда: т = тв = тп = 1 кг. Давление на поршень медленно увеличивают от начального значения р0 = 105 Па до р, = 2,5 • 106 Па. Удельные теплоемкости воды и льда равны св = 4,2 кДжДкг • К), сл = 2,1 кДжДкг • К), удельная теплота плавления льда X = 340 кДж/кг, плотность льда рл = 0,9 рв (рв — плотность воды).
Определите, какая масса Ат льда при этом растает и какую работу А совершит внешняя сила. Известно, что для уменьшения температуры плавления льда на 1 °C нужно довести давление до значения р = 14-106 Па, а для уменьшения объема некоторой массы воды на 1 % давление нужно поднять до р' = = 20 106 Па.
Решите задачу, считая воду и лед несжимаемыми.
Оцените поправку, которую дает учет сжимаемости, считая сжимаемость льда равной половине сжимаемости воды.
Известно, что если обычную воду подсолить, то температура ее кипения станет выше.
Определите, как при этом изменится плотность насыщенных водяных паров при температуре кипения.
Для многих веществ существует такое значение температуры Ттр и давления ртр, при котором все три фазы вещества (газообразная, жидкая и твердая) находятся в равновесии друг с другом — так называемая тройная точка вещества. Например, для воды Ттр= +0,0075 °C, ртр = 4,58 мм рт. ст. Удельная теплота испарения воды в тройной точке равна q = = 2,48 • 103 кДж/кг, удельная теплота плавления льда X = = 0,34 ■ 103 кДж/кг.
Найдите удельную теплоту сублимации воды v (т. е. прямого перехода из твердого в газообразное состояние) в тройной точке.
Известно, что давление насыщенного пара над водным раствором сахара меньше, чем над чистой водой, где оно равно рнас, на величину Ар = 0,05рнасс, где с — молярная концентрация раствора. Цилиндрический сосуд, наполненный до высоты X, = = 10 см раствором сахара с концентрацией с, =2-10'3, помещают под широкий колпак. На горизонтальную поверхность под колпаком налит тот же раствор с концентрацией с2 = 10~3, его уровень Х2 « hv (рис. 66).
Определите уровень h раствора в цилиндрическом сосуде после установления равновесия. Температура поддерживается постоянной и равной 20 °C. Пар над поверхностью раствора содержит только молекулы воды, молярная масса водяных паров равна |Л=18-10—3 кг/моль.
Вертикальная длинная кирпичная труба заполнена чугуном. Нижний конец трубы поддерживается при температуре 7\ > ^пл (Тпл — температура плавления чугуна), верхний — при температуре Т2 < Тпл. Теплопроводность у расплавленного (жидкого) чугуна в к раз больше, чем у твердого.
Определите, какая часть трубы занята расплавленным металлом.
. Оболочка космической станции представляет собой зачерненную сферу, температура которой в результате работы аппаратуры внутри станции поддерживается равной Т = 500 К. Количество теплоты, выделяемое единицей площади поверхности, пропорционально 4-й степени термодинамической температуры.
Определите температуру оболочки Тх, если станцию окружить тонким черным сферическим экраном почти такого же радиуса, как и радиус ее оболочки.
В ведре находится смесь воды со льдом массой т = = 10 кг. Ведро внесли в комнату и сразу же начали измерять температуру смеси. Получившаяся зависимость температуры от времени Т(т) изображена на рис. 67. Удельная теплоемкость воды равна св = 4,2 Дж/ (кг • К), удельная теплота плавления льда X = 340 кДж/кг.
Определите массу тл льда в ведре, когда его внесли в комнату. Теплоемкостью ведра пренебречь.
. Для исследования свойств нелинейного резистора был произведен ряд экспериментов. Сначала была исследована 38
зависимость сопротивления резистора от температуры. При повышении температуры до 7\ = 100 °C мгновенно происходил скачок сопротивления от значения Rt = 50 до R2 = 100 Ом; при охлаждении обратный скачок происходил при температуре Т2 = 99 °C. Затем к резистору приложили постоянное напряжение Ut = 60 В, при котором его температура оказалась равной Т3 = 80 °C. Наконец, когда к резистору приложили постоянное напряжение U2 = 80 В, то в цепи возникли самопроизвольные колебания тока.
Температура воздуха в лаборатории постоянна и равна То = 20 °C. Теплоотдача от резистора пропорциональна разности температур резистора и окружающего воздуха, теплоемкость резистора С = 3 Дж/К.
Определите период Т этих колебаний, а также максимальное и минимальное значения силы тока.
Когда летом после сухой и жаркой погоды идет дождь и капли попадают на стену из красного кирпича, слышится шипение.
Объясните, почему?
Тонкая U-образная, запаянная с одного конца трубка состоит из трех колен длиной по I = 250 мм каждое, согнутых под прямыми углами. Вертикальные части трубки заполнены ртутью до половины (рис. 68). Медленно нагревая в запаянной трубке газ, отделенный от атмосферы ртутью, можно вытеснить из трубки всю ртуть.
Определите, какую работу А совершит при этом газ в трубке, полностью вытеснив ртуть. Атмосферное давление равно ро=1О5 Па, плотность ртути ррт= 13,6-103 кг/м3, поперечное сечение трубки 5=1 см2.
Остаточную деформацию упругого стержня можно грубо описать в рамках следующей модели. Если растяжение
стержня А/ < х0 (где х0 — заданная для данного стержня величина), то сила, необходимая для того, чтобы вызвать растяжение А/, определяется законом Гука F = kM, где к — жесткость стержня. Если А/ > х0, то сила перестает зависеть от растяжения (вещество стержня начинает «течь»). Если теперь начать снимать нагрузку, то удлинение стержня будет спадать по пути CD, который для простоты считаем прямым и параллельным участку АВ (рис. 69). Поэтому при полном снятии нагрузки стержень остается деформированным (точка D на рисунке).
।Пусть стержень вначале растянут
:на AZ = х > х0, а затем нагрузку
... р ...,..•,убирают.
‘^l тп S *• Определите максимальное из- Z“€Z менение АТ температуры стерж- — — — —!— — ня, если его теплоемкость равна
-^ Стержень теплоизолирован.
рис. 702.41. Тонкостенный заполнен
ный газом цилиндр массой т, высоты h и площадью основания S плавает в воде (рис. 70). В результате потери герметичности в нижней части цилиндра его глубина погружения увеличилась на Ай.
Определите начальное давление pY газа в цилиндре. Атмосферное давление равно р0, температура не меняется.
Ударная волна представляет собой область повышенного давления, распространяющуюся в положительном направлении оси х с большой скоростью v. В момент прихода волны давление резко повышается. Эта зависимость изображена на рис. 71.
Определите, какую скорость и приобретает клин сразу после прохождения через него фронта ударной волны. Масса клина равна т, размеры указаны на рис. 72. Трением . пренебречь. Считать, что приобретаемая клином скорость много меньше скорости волны (и « г).
3. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
В задачах этого раздела, там, где необходимо, считать электрическую постоянную е0 заданной.'
Между двумя разноименными точечными зарядами + qt и — q2 помещают тонкий диэлектрический стержень
(рис. 73).
Рис. 74Рис. 74Как изменятся силы, действующие на заряды?
Рис. 74
Рис. 74
©42©42©
©
42
©
42
4i
Рис. 73
Линия напряженности выходит из положительного точечного заряда + qt под углом а к прямой, соединяющей его с отрицательным точечным зарядом — q2 (рис. 74).
Под каким углом р линия напряженности войдет в заряд -42?
Найдите напряженность Е электрического поля в центре полусферы, создаваемую зарядами, распределенными равномерно с плотностью а по всей поверхности этой полусферы.
Напряженность электрического поля, создаваемая зарядами, равномерно распределенными по поверхности полусферы, в центре О этой полусферы равна Ео. Двумя плоскостями, проходящими через один и тот же диаметр и составляющими друг с другом угол а, от этой полусферы отделена часть поверхности (рис. 75).
Найдите напряженность Е электрического поля в той же точке О, создаваемую зарядами, находящимися на отделенной части поверхности (на «дольке»).
. Два плоских конденсатора расположены перпендикулярно общей оси. Расстояние между конденсаторами d много больше размеров их пластин и расстояния I между ними. Оба конденсатора заряжены — заряд первого конденсатора qv а второго q2 (рис. 76).
Найдите силу взаимодействия F конденсаторов.
Найдите силу взаимодействия F двух соприкасающихся по всей поверхности полусфер радиуса R, если одна из них равномерно заряжена с поверхностной плотностью ог, а другая ^2-
Известно, что минимальная напряженность однородного электрического поля, которое разрывает на две части проводящую незаряженную тонкостенную сферу, равна Ео.
Определите минимальную напряженность Et поля, которое разорвет сферу вдвое большего радиуса, если толщина ее стенок остается постоянной.
Три небольших одинаковых незаряженных металлических шарика находятся в вершинах равностороннего треугольника. Шарики поочередно по одному разу соединяют с удаленным большим заряженным про-
водящим шаром, центр которого находится на перпендикуляре, вое- /
ставленном к плоскости треуголь- /tv/ \
ника и проходящем через центр по- // I
следнего. В результате на первом I/
шарике оказался заряд qb а на вто- \( >p7J/
ром — заряд д2-\/
Определите заряд д3 третьего А. \/
шарика.
Металлический шар радиусарис 77
гь заряженный до потенциала ф2,"
окружают проводящей тонкостенной сферической оболочкой радиуса г2 (рис. 77).
Определите потенциал ф2 шара после того, как шар будет на некоторое время соединен проводником с оболочкой?
Очень маленькая заземленная проводящая сфера находится на расстоянии а от точечного заряда qt и на расстоянии b от точечного заряда q2 (а < Ь\ В некоторый момент сфера начинает расширяться так, что ее радиус растет по закону R = vt.
Определите зависимость силы тока от времени / (t) в- проводнике, осуществляющем заземление. Считать, что точечные заряды и центр сферы неподвижны и в соответствующие моменты времени исходные точечные заряды попадают внутрь расширяющейся сферы, не касаясь ее (через небольшие отверстия).
Три незаряженных конденсатора, емкости которых равны Сь С2 и С3, соединены, как показано на рис. 78, и подключены к точкам А, В и D. Потенциалы этих точек равны фл, ФВ И фр..
Определите потенциал ф0 общей точки О.
. 3.12*. Толщина плоского листка металлической фольги равна d, площадь листка S. Расстояние от некоторого заряда q до центра листка равно /, причем d «yS «I.
Определите силу F, с которой листок притягивается к заряду q. Считать, что прямая, соединяющая заряд с центром листка, перпендикулярна поверхности листка.
К какой паре точек схемы, изображенной на рис. 79, надо подключить источник тока, чтобы зарядить все шесть конденсаторов, емкости которых равны?
Плоский конденсатор заполнен диэлектриком, проницаемость которого зависит от напряжения на конденсаторе по закону Е = аС, где а=1 В-1. Параллельно этому «нелинейному» конденсатору, который не заряжен, подключают такой же конденсатор, но без диэлектрика, который заряжен до напряжения Uо = 156 В.
Определите напряжение U, которое установится на конденсаторах. .
Два небольших шарика массой т, несущие одинаковый заряд q каждый, соединены непроводящей нитью длины 2/. В некоторый момент времени середина нити начинает двигаться с постоянной скоростью и, перпендикулярной направлению нити в начальный момент времени.
Определите, на какое минимальное расстояние d сблизятся шарики.
Два шарика с зарядами qt и q2 имели вначале одинаковые по модулю и направлению скорости. После того как на некоторое время было включено однородное электрическое поле, направление скорости 1-го шарика повернулось на 60°, а модуль скорости уменьшился вдвое. Направление скорости 2-го шарика повернулось на 90°.
Во сколько раз изменилась скорость 2-го шарика? Определите модуль отношения заряда к массе для 2-го шарика, если для 1-го он равен kv Электростатическим взаимодействием шариков пренебречь.
В вершинах правильного 1977-угольника со стороной а были закреплены небольшие одинаковые шарики с равными зарядами. В некоторый момент времени один из шариков был освобожден, а через достаточно большой промежуток времени был освобожден шарик, соседний с 1-ым освобожденным. Оказалось, что на достаточно большом расстоянии от многоугольника кинетические энергии отпущенных шариков различаются на величину К.
Найдите заряд q каждого шарика. '
Почему ударную ионизацию (ионизация в результате соударения) атомов производят электроны, а не ионы, хотя те и другие приобретают в ускоряющем поле одинаковую кинетическую энергию ти2/2 = е Д<р (е — заряд частиц, Д<р — разность потенциалов ускоряющего поля). Считать, что после соударения ионизируемый атом и налетевшая на него частица имеют приблизительно одинаковые скорости.
Два небольших одинаковых шарика, лежащие на горизонтальной плоскости, соединены невесомой пружиной. Один из шариков закреплен в точке О, другой свободен. Каждый из шариков одинаково зарядили, в результате чего пружина растянулась в два раза.
Определите, во сколько раз изменилась частота гармонических колебаний системы.
Два небольших шарика, имеющих одинаковые массы и заряды и находящихся на одной вертикали на высотах hx и h2, бросили в одну сторону в горизонтальном направлении с одинаковыми скоростями г. Шарик 1-й коснулся земли на расстоянии I от вертикали бросания.
На какой высоте Н2 в этот момент будет 2-й шарик? Со
противлением воздуха и влиянием индуцированных на земле зарядов пренебречь.
Моток голой проволоки, состоящей из семи с половиной витков, растянут между двумя вбитыми в доску гвоздями,
к которым прикреплены концы проволоки. Подключив к гвоздям приборы, измерили сопротивление цепи между гвоздями.
Определите, во сколько раз изменится это сопротивление, если моток размотать, оставив концы присоединенными к гвоздям.
Пять одинаковых сопротивлений (спиралей для электрических плиток) включены по схеме, указанной на рис. 80.
Как изменится накал правой верхней спирали, если замкнуть ключ К?
Как изменится сопротивление цепи, состоящей из пяти одинаковых проводников, если добавить еще два таких же проводника, как показано штриховой линией на рис. 81?
Проволочный каркас в виде тетраэдра ADCB подключен к источнику постоянного тока (рис. 82). Сопротивления всех ребер тетраэдра одинаковы. ,
Определите, исключение какого из ребер каркаса приведет к наибольшему изменению тока I в цепи. Чему равно это максимальное изменение тока Л/тах ? Сопротивлением подводящих проводов пренебречь.
В схеме, изображенной на рис. 83, сопротивления всех резисторов одинаковы и равны R. Напряжение на клеммах равно U.
Определите силу тока I в подводящих проводах, если их сопротивлением можно пренебречь. '
. Определите сопротивление цепи RAB между точками А и В каркаса, составленного из девяти одинаковых проволочек сопротивлением R каждая (рис. 84).
Найдите сопротивление RAB между точками А и В каркаса, изготовленного из тонкой однородной проволоки (рис. 85). Число последовательно вложенных равносторонних треугольников (стороны каждого последующего уменьшаются в два раза) считать стремящимся к бесконечности. Сторону АВ принять равной а, сопротивление единицы длины проволоки р.
Схема из резисторов состоит из очень большого (бесконечного) числа звеньев (рис. 86). Сопротивления резисторов каждого последующего звена в к раз отличаются от сопротивления резисторов в предыдущем звене.
Найдите сопротивление RAB между точками А и В, если сопротивления в первом звене равны R, и R2.
Для регулирования напряжения на нагрузке собрана схема, изображенная на рис. 87.Сопротивления нагрузки и регулировочного реостата равны R. Нагрузка подключена к половине реостата. Входное напряжение неизменно и равно С.
Определите, как изменится напряжение на нагрузке, если ее сопротивление увеличить в два раза.
Имеются два разных амперметра. Отклонение стрелки в каждом амперметре пропорционально силе тока, а шкалы имеют равномерные деления. К первому амперметру подключен резистор с сопротивлением Rb ко второму амперметру — резистор с неизвестным сопротивлением Rx. Сначала амперметры соединяют последовательно и подключают к точкам А и В (как показано на рис. 88). Отклонения стрелок в ампер-
Рис. 81
R R В
Рис. 84
метрах в этом случае равны и, и п2. Затем эти амперметры соединяют параллельно и подключают к точкам А и В (как показано на рис. 89). Отклонения стрелок во втором случае равны л/ и п2.
Определите неизвестное сопротивление Rx второго резистора.
Имеются две проволоки одинаковой длины, но разного квадратного сечения, сделанные из одного и того же материала. Сторона сечения первой проволоки dt = 1 мм, второй d2 = 4 мм. Для того чтобы расплавить первую проволоку, через нее нужно пропустить ток Ц = 10 А.
Определите силу тока 12, который нужно пропустить через вторую проволоку, чтобы она расплавилась. Считать, что количество теплоты, уходящее в окружающую среду за 1 секунду, подчиняется закону Q = kS(T — Тср), где S — площадь поверхности проволоки, Т — ее температура, Тср — температура окружающей среды вдали от проволоки, к — коэффициент пропорциональности, одинаковый для обоих образцов.
В схеме, изображенной на рис. 90, переключатель К может находиться в положениях 1 и 2. В цепь включены два
источника постоянного тока, два резистора и амперметр. Э. д. с. одного источника тока равна Fb э. д. с. другого неизвестна. Внутреннее сопротивление источников тока равно нулю. Сопротивление резисторов также неизвестно. Сопротивление одного резистора яв-
ляется переменным, и его подбирают так, чтобы ток через амперметр при двух положениях переключателя был одинаковым; этот ток измеряют, и он оказывается равным I.
Определите сопротивление, обозначенное на схеме через Rx. 3.33. Может ли сила .тока, протекающего через резистор,
увеличиться, если замкнуть накоротко один из источников то-
ка, например с э. д. с. ^2> как показано на рис. 91? Параметры элементов схемы считать заданными.
. Скрытая схема, состоящая из резисторов («черный ящик»), имеет четыре вывода (рис. 92). Если к зажимам 1 и 2 подвести напряжение, то при разомкнутых клеммах 3 и 4 внутри схемы выделяется мощность Nx = 40 Вт, а при замкнутых клеммах 3 и 4 N2 = 80 Вт. Если к тому же источнику подключить клеммы 3 и 4, то при разомкнутых клеммах 1 и 2 в схеме выделяется мощность N3 = 20 Вт.
Определите мощность М4, которую будет потреблять схема при замкнутых клеммах 1 и 2, когда то же напряжение будет приложено к клеммам 3 и 4.
В схеме, изображенной на рис. 93, определите силу протекающего через батарею тока: в первый момент времени после замыкания ключа К; спустя большой промежуток времени. Параметры элементов схемы считать заданными.
Ключ К (рис. 94) замыкают поочередно с каждым из контактов на малые одинаковые промежутки времени, так что изменение заряда конденсатора за время каждого замыкания мало.
Какой заряд дуст установится на конденсаторе?
В электрическую цепь включены источник тока с э. д. с. ^ и внутренним сопротивлением г, конденсаторы емкостью Cj и С2 и резисторы сопротивлением Rt и R2 (рис. 95).
Найдите напряжения 1/1 и U2 на каждом конденсаторе.
. Между точками Е и F схемы, изображенной на рис. 96, включают сначала идеальный вольтметр, а затем идеальный амперметр; их показания соответственно равны Uo и /0-
Определите силу тока I, который будет течь через резистор сопротивлением R, включенный между точками Е и F.
Пластина А плоского конденсатора неподвижна, пластина Б прикреплена к стенке пружиной и может двигаться, оставаясь параллельной пластине А (рис. 97). После замыкания ключа К пластина Б начала двигаться и остановилась в новом положении равновесия. При этом начальное равновесное расстояние d между пластинами конденсатора (когда пружина не растянута) уменьшилось на 10%.
На сколько изменилось бы равновесное расстояние между пластинами, если бы ключ К замкнули на короткое время? Считать, что за это время пластина Б не успевает заметно сдвинуться.
Из однородной проволоки постоянного сечения составлена показанная на рис. 98 цепь. ..
Рис. 91
Рис. 92
Рис. 94
Найдите отношение количества теплоты Q12/Q34, выделяющееся в единицу времени на участках 1—2 и 3 — 4.
Напряжение между анодом и катодом вакуумного диода равно U, анодный ток равен 1. .
Найти среднее давление рср электронов на анод площадью S.
На клеммы АВ (рис. 99) подается такое меняющееся во времени напряжение, что напряжение на обкладках конденсатора меняется по закону, представленному на рис. 100.
Нарисуйте график зависимости напряжения от времени на клеммах CD.
Две батареи с э. д. с. ^ и ?2, конденсатор емкостью С и резистор сопротивлением R соединены, как показано на рис. 101.
Определите количество теплоты Q, выделяющееся на резисторе после переключения ключа К.
Электрическая цепь составлена из источника тока с э. д. с. ^ и внутренним сопротивлением г и двух подключенных параллельно к источнику тока резисторов (рис. 102). Сопротивление одного из резисторов R, неизменно, а сопротивление другого R2 можно подобрать так, чтобы выделяемая в этом резисторе мощность была максимальной.
Найдите значение R2, соответствующее этой максимальной мощности.
Конденсатор емкостью С2 разряжается через резистор сопротивлением R. Когда сила тока разряда достигает значения 10, ключ К размыкают (рис. 103).
Найдите количество теплоты Q, которое выделится на резисторе, начиная с этого момента времени.
Батарея с э. д. с., равной ^, конденсаторы емкостями С, и С2 и резистор сопротивлением R соединены, как показано на рис. 104.
Найдите количество теплоты Q, выделяющееся на резисторе после переключения ключа К.
В схеме, показанной на рис. 105, перед замыканием ключа К конденсатор емкостью С не был заряжен. Ключ замыкают на некоторое время, в течение которого конденсатор зарядился до напряжения U.
Определите, какое количество теплоты Q2 выделится за это время на резисторе сопротивлением R2. Э. д. с. источника тока равна ^, его внутренним сопротивлением пренебречь.
По горизонтальным параллельным рельсам, расстояние между которыми равно d, может скользить без трения перемычка, масса которой равна т. Рельсы соединены резистором сопротивлением R и помещены в вертикальное
Рис. 99
К R.
Рис. 101
Рис. 102
Рис. 104
Рис. 105
однородное магнитное поле, индукция которого равна В. Перемычке сообщают скорость и0 (рис. 106).
Найдите путь s, пройденный перемычкой до остановки. Как зависит ответ от направления индукции В?
Как будут зависеть от времени показания гальванометра, включенного в цепь расположенного горизонтально кругового контура, если вдоль оси этого контура будет падать заряженный шарик?
В однородном постоянном во времени магнитном поле, индукция которого В направлена вверх, движется подвешенный на нерастяжимой нити длины I маленький заряженный шарик. Масса шарика равна т, заряд q, период обращения Т. Найдите радиус г окружности, по которой движется шарик, если нить все время натянута.
В однородном магнитном поле с индукцией В с постоянной скоростью » движется металлический шарик радиуса г.
Укажите точки шарика, разность потенциалов Афтах между которыми будет максимальна, и определите эту разность потенциалов. Считать, что направление скорости составляет с направлением магнитной индукции угол а.
По обмотке длинного цилиндрического соленоида радиуса R протекает постоянный ток, создающий внутри соленоида однородное магнитное поле с индукцией В. Между витками соленоида в него влетает по радиусу (перпендикулярно оси соленоида) электрон со скоростью и (рис. 107). Отклоняясь в магнитном поле, электрон спустя некоторое время покинул соленоид.
Определите время t движения электрона внутри соленоида.
Рис. 107Рис. 108
По двум параллельным металлическим направляющим, наклоненным под углом а к горизонту и расположенным на расстоянии b друг от друга, может скользить без трения металлическая перемычка массой т. Направляющие замкнуты снизу на незаряженный конденсатор емкостью С, и вся конструкция находится в магнитном поле, индукция которого
В направлена вертикально. В начальный момент перемычку удерживают на расстоянии I от основания «горки» (рис. 108). Определите время t, за которое перемычка достигнет основания «горки» после того, как ее отпустят. Какую скорость и, она будет иметь у основания? Сопротивлением направляющих и перемычки пренебречь.’
. Квадратная недеформируемая сверхпроводящая рамка массой т со стороной а расположена горизонтально и нахо
дится в неоднородном магнитном поле, индукция которого ме
няется в пространстве по закону Вх = — ах, Ву = 0, В. = az + Во
(рис. 109). Индуктивность рамки равна L. В начальный момент времени центр рамки совпадает с началом координат О, а стороны параллельны осям х и у. Ток в рамке в этот момент равен нулю. Рамку отпускают.
Как она будет двигаться и где окажется спустя время t после начала движения?
Длинная цилиндрическая ка
тушка, намотанная на каркас диаметром D,, имела индуктивность Lp При подключении катушки
к источнику тока внутри нее создавалось магнитное поле с индукцией В,. Потом катушку решили переделать. Ее размотали и тот же провод намотали на каркас диаметром D2. Индуктивность катушки стала L2.
Определите индукцию В2 магнитного поля внутри новой катушки при подключении ее к тому же источнику тока. Считать, что длина провода намного больше длины катушек.
. Две длинные цилиндрические катушки с равномерной намоткой одинаковой длины и почти одинакового радиуса имеют индуктивности L, и В2. Их вставили друг в друга (соосно) и присоединили к цепи так, как показано на рис. 110. На
правление тока в цепи и в витках катушек показано стрелками. Найдите индуктивность L такой составной катушки.
Лебедка приводится в движение электродвигателем с независимым возбуждением, питающимся от батареи с э. д. с.
= 300 В. Без груза конец троса с крюком поднимается со скоростью г, = 4 м/с, с грузом массой т = 10 кг со скоростью V2 — 1 м/с-
Определите, с какой скоростью г' будет двигаться груз и какова должна быть его масса т', чтобы лебедка развивала максимальную мощность. Массой троса с крюком пренебречь.
Схема с идеальным диодом включена в сеть переменного тока (рис. 111).
Определите, в каких пределах изменяется напряжение между точками А и К.
Конденсатор неизвестной емкости, катушка индуктивностью L и резистор сопротивлением R подключены к источнику переменного напряжения ^ = ^0cos mt (рис. 112). Сила тока в цепи равна I = ^0/R^costot.
Определите амплитуду напряжения Uo между обкладками конденсатора.
Рис. 112Рис. изРис. 112Рис. из
Рис. 112Рис. из
Рис. 112Рис. из
Под действием постоянного напряжения U конденсатор емкостью С =10""11 Ф, входящий в схему, указанную на рис. ИЗ, заряжается до заряда qv = 10-9 Кл. Индуктивность катушки равна L= 10""5 Гн, сопротивление -
резистора R = 100 Ом.)
Определите амплитуду установившихся'
колебаний заряда q0 конденсатора при ^ резонансе, если амплитуда внешнего синусоидального напряжения равна Uo = U.
Батарея из двух последовательно - соединенных конденсаторов емкостью С каждый заряжена до напряжения U и в начальный момент времени подключена к катушке индуктивностью L, так что образовался колебательный контур (рис. 114). Спустя интервал времени т один из конденсаторов пробивается и сопротивление между его обкладками становится равным нулю.
Найдите амплитуду колебаний заряда q0 на непробитом конденсаторе.
Как можно избежать аварии, связанной с перегоранием обмотки сверхпроводящего соленоида?
4. ОПТИКА
Точечйый источник S находится на оси полого конуса с зеркальной внутренней поверхностью (рис. 115). С помощью собирающей линзы на экране Э получают изображение источника, создаваемое лучами, однократно отраженными от зеркальной поверхности конуса (прямые лучи от источника на линзу не попадают).
Рис. 116Рис. 116Рис. 117Рис. 117
Рис. 116
Рис. 116
Рис. 117
Рис. 117
Что произойдет с изображением, если линзу закрыть диафрагмами, такими, как на рис. 116 и 117?
На достаточно удаленные предметы смотрят через собирающую линзу с фокусным расстоянием F = 9 см, располагая глаз на расстоянии а = 36 см от линзы.
Оцените минимальный размер экрана, который нужно расположить за линзой так, чтобы он перекрыл все поле изображения. Где следует расположить экран? Считать, что зрачок глаза равен г «1,5 мм.
. Цилиндрический прозрачный сосуд высоты I (Z«: Rc, Re — радиус сосуда) заполнен идеальным газом с молярной массой щ температурой Т под давлением р0. Зависимость показателя преломления п газа от его плотности р удовлетворяет соотношению и = 1 + ар. Сосуд привели во вращение с угловой скоростью со вокруг оси. Вдоль оси на сосуд падает узкий параллельный световой пучок радиуса гп.
Определите радиус R пятна на экране, расположенном перпендикулярно оси сосуда за ним на расстоянии L Считать, что изменение давления газа в каждой точке сосуда вследствие вращения мало по сравнению с р0. Влиянием торцов сосуда на ход световых лучей пренебречь.
Подзорная труба, имеющая угловое увеличение к = 20, состоит из двух собирающих тонких линз — объектива с фокусным расстоянием F = 0,5 ми окуляра, который можно подстраивать по глазу в пределах от D_ = — 7 до D+= +10 дптр
(при подстройке окуляр перемещается относительно объектива).
Начиная с какого минимального расстояния а от объектива можно рассматривать удаленные предметы ненапряженным нормальным глазом при помощи этой трубы?
Можно ли с помощью рассеивающей линзы увеличить освещенность некоторых участков поверхности экрана? ',
Точно над карандашом, расположенным вертикально над водой, находится точечный источник света. На дне сосуда с водой видна тень карандаша. Если карандаш опускают в воду, то, когда он входит в нее, размер темного пятна увеличивается. Если затем карандаш вытаскивают из воды, то на месте темного появляется светлое пятно.
Объясните описанные явления.
Если смотреть на освещенную поверхность через широкое отверстие корпуса шариковой ручки, то вокруг узкого отверстия в корпусе видно несколь- ^ ко концентрических темных и светлых колец.
Объясните, почему наблю- ^1даются эти кольца.
III 4.8. Точечный источник света S
1t Z^ находится на расстоянии / = 1 м от экрана. В экране напротив источника сделано отверстие диаметром
Рис. 118d = 1 см, в которое проходит свет.
Между источником и экраном помещен прозрачный цилиндр (рис. 118), показатель преломления которого равен п = 1,5, длина / = 1 м, а диаметр тот же, что и у отверстия.
Как изменится световой поток через отверстие? Поглощением света в веществе пренебречь.
Объектив и окуляр оптической трубы представляют собой двояковыпуклые симметричные линзы, изготовленные из стекла с показателем преломления пст = 1,5. Труба настроена на бесконечность, при этом расстояние между объективом и окуляром равно Lg = 16 см..
Определите расстояние L, на котором должны находиться объектив и окуляр трубы, настроенной на бесконечность, если между окуляром и объективом будет налита вода (ив = 1,3).
На поверхности стеклянного шара находятся паук и муха. Где на поверхности шара должна находиться муха, чтобы паук смог ее увидеть? Считать, что радиус шара много больше размеров паука и мухи. Показатель преломления для стекла равен пст = 1,43.
Точечный источник света S расположен вне цилиндра на его оси вблизи торца (основания).
Найдите минимальный показатель преломления и материала цилиндра, при котором ни один луч, вошедший через основание, не выйдет через боковую поверхность наружу.
В концы трубы, внутренняя боковая поверхность которой зачернена, вставлены две собирающие линзы. Диаметры линз равны диаметру трубы. Фокусное расстояние одной линзы в два раза больше фокусного расстояния другой. Линзы находятся на таком расстоянии друг от друга, что параллельные лучи света, падающие вдоль оси трубы на одну линзу, выходят из второй линзы также параллельным пучком. Когда широкий пучок света падает на линзу с большим фокусным расстоянием, то на экране получается светлое пятно с освещенностью Ev Теперь перевернем трубу так, чтобы свет падал на линзу с меньшим фокусным расстоянием. На экране получается светлое пятно с освещенностью Е2.
Определите, во сколько раз изменится освещенность на экране.
Начинающий фотограф, знаток геометрической оптики, фотографировал с некоторой выдержкой фасад здания с расстояния 100 м. Подойдя к зданию на расстояние 50 м, чтобы получить снимок в большем масштабе, он решил, зная, что площадь изображения увеличится в четыре раза, соответственно увеличить в четыре раза и выдержку. Дома, проявив пленку, он обнаружил, что первый снимок получился хорошо, для второго же выдержка оказалась неправильной.
Определите, во сколько раз нужно было на самом деле изменить выдержку и почему.
. На одном берегу залива, который образует клин с углом а, живет рыбак; его дом находится в точке А (рис. 119). Расстояние от точки А до ближайшей к ней точки залива С равно h, а расстояние до конца залива, т. е. до точки D, равно I. На другом берегу залива в точке В находится дом приятеля рыбака. Точка В расположена симметрично (относительно залива) точке А. В распоряжении рыбака имеется лодка.
Определите минимальное время t, необходимое рыбаку, чтобы он из своего дома смог добраться до дома приятеля при условии, что рыбак может двигаться по суше со скоростью г и плыть по заливу в лодке со скоростью, в два раза меньшей (л = 2).
Изображение точечного источника S', находящееся от прозрачного шара на расстоянии Ь, создано благодаря небольшой диафрагме только лучами, близкими к оптической оси (рис. 120).
■ Где будет изображение, если распилить шар пополам перпендикулярно горизонтальной оси и плоскую поверхность левой половины посеребрить?
В днище судна сделан стеклянный иллюминатор для наблюдения за морскими животными. Диаметр иллюминатора D = 40 см много больше толщины стекла.
Определите площадь S обзора дна из такого иллюминатора. Показатель преломления воды равен пв = 1,4, расстояние до дна h = 5 м.
. Предположим, что ваш собеседник, с которым вы разговариваете, сидя напротив него за столом, носит очки.
Сможете ли вы определить, каким дефектом зрения — дальнозоркостью или близорукостью — он обладает? Естественно, как воспитанный человек, вы при этом не станете просить собеседника дать вам примерить его очки и вообще не будете заводить о них разговор.
Человек идет по прямой, образующей угол а с плоскостью зеркала, со скоростью и.
Определите, с какой скоростью иотн он приближается к своему изображению. Считать предмет и его изображение симметричными относительно плоскости зеркала.
На сферическое зеркало радиуса К = 5 см падают параллельно его оптической оси два луча — один проходит от оси на расстоянии /^=0,5 см, другой на расстоянии й2 = 3 см.
Определите расстояние Ах между точками, в которых эти лучи пересекают оптическую ось после отражения от зеркала.
Внутренняя поверхность конуса, покрытая отражающим слоем, образует коническое зеркало. Вдоль оси конуса внутри него натянута тонкая светящаяся нить.
Определите минимальный угол а раствора конуса, при котором лучи, идущие от нити, будут отражаться от поверхности конуса не более одного раза.
РЕШЕНИЯ
Предположим сначала, что трение отсутствует. Тогда вследствие закона сохранения энергии скорость тела и после спуска по наклонной плоскости с высоты h равна скорости, которую нужно сообщить телу, чтобы оно поднялось на ту же высоту к. Поскольку при подъеме и спуске ускорение по модулю одинаковое, время подъема будет равно времени спуска.
При учете силы трения скольжения скорость vt тела после спуска в конце пути меньше скорости и (из-за работы силы трения), а скорость и2, которую нужно сообщить телу для подъема, больше и по той же причине. Поскольку спуск и подъем происходят с постоянными (хотя и разными) ускорениями, а пройденные пути одинаковы, то время спуска tt и время подъема t2 найдем из уравнений
s = v1t1/2, s = v2t2/2,
где s — длина проходимого вдоль наклонной плоскости пути. Так как выполняется неравенство vt < и2, то легко получим, что ^ > t2. Таким образом, при наличии силы трения скольжения время спуска с высоты h больше времени подъема на ту же высоту.
При решении задачи не принималась во внимание сила сопротивления воздуха. Тем не менее легко показать, что если наряду с силой тяжести и силой нормальной реакции наклонной плоскости имеется сила сопротивления воздуха, то независимо от конкретного вида последней время спуска всегда будет больше времени подъема. Действительно, если тело в процессе подъема оказалось на промежуточной высоте к', то, чтобы оно смогло подняться на высоту к, его скорость и' на высоте к' при наличии силы сопротивления должна быть больше, чем при движении без сопротивления — часть кинетической энергии при последующем подъеме перейдет в теплоту. При спуске с высоты к тело, оказавшись на высоте к', из-за работы силы сопротивления будет иметь скорость и", которая меньше скорости тела, спускающегося в отсутствие силы сопротивления. Таким образом, проходя одну и ту же точку наклонной плоскости, на подъеме тело имеет скорость большую, чем на спуске. Поэтому небольшой участок наклонной плоскости вблизи точки к' тело на подъеме пройдет быстрее, чем на спуске. Разбивая весь путь тела на небольшие участки, видим, что на подъеме каждый такой участок будет пройден телом быстрее, чем на спуске. Следовательно, и общее время подъема будет меньше времени спуска.
Поскольку после начала торможения локомотив движется равнозамедленно, то он остановится через время t — v/a — 50 с, за которое он пройдет путь s = и2/ (2а) = 375 м. Таким образом, через 1 минуту после начала торможения локомотив будет находиться на расстоянии I = L — s = 25 м от светофора.
В момент выключения пилотом двигателя вертолет находился на высоте к = atJ/2. Учитывая, что звук на земле перестал быть слы- 62
шеи спустя время t2, получим уравнение
*i*iati
*i
*i
2с
где справа мы учли время подъема вертолета на высоту h и время, которое шел звук с высоты h до земли. Решая полученное квадратное уравнение, найдем величину
Мы отбросили второй корень уравнения, поскольку он не имеет физического смысла.
Скорость вертолета и в момент прекращения работы двигателя с учетом числовых данных задачи найдем из соотношения
— = ]/с2 + 2act2 а— = ]/с2 + 2act2 а— с = 80 м/с.— с = 80 м/с.
— = ]/с2 + 2act2 а
— = ]/с2 + 2act2 а
— с = 80 м/с.
— с = 80 м/с.
Спустя время t, материальная точка, двигаясь с ускорением а, пройдет путь s = at^/2 и будет иметь скорость с = atv Выберем координатную ось х, как показано на рис. 121. Здесь О — точка, из которой
|<'u=atj _
ОАх
Рис. 121
началось движение, Л — та точка, где тело оказалось спустя время tv Учитывая смену знака ускорения и применяя формулу для пути при равнопеременном движении, найдем время t2, за которое тело переместится из точки А снова в точку О:
0 = at i/2 + atit2 — at2/2;
отсюда t2 = t, (1 + ]/2).
Время t, прошедшее от начала движения до возврата в исходное положение, найдем по формуле
t = ti + t2 = t, (2 + ]/2).
Будем рассматривать относительное движение тел с точки зрения 1-го тела. Тогда в начальный момент времени 1-е тело покоится (оно будет находиться в покое и в последующие моменты времени), а 2-е движется ему навстречу со скоростью и1 + и2. Его ускорение постоянно, равно по модулю а, + а2 и направлено против направления его начальной скорости. Условие встречи означает, что расстояние, на котором скорость 2-го тела обратится в нуль, должно быть больше,
чем расстояние между телами в начале движения; отсюда получаем
<тМ = (^ +г2)2/[2(а, +а2)]-
Поскольку движение шариков происходит по вертикальной прямой, направим координатную ось вертикально вверх. Построим график зависимости проекции скорости шариков от времени на эту ось — рис. 122 для 1-го шарика (рДг)), рис. 123 для 2-го (v2(t)) (моменты начала движения пока никак не связаны между собой). Эти графики
будут представлять бесконечный набор одинаково наклоненных (ускорение одинаковое) участков прямых. По оси времени эти отрезки отстоят друг от друга: для 1-го шарика на величину t, = 2^/2hl/g, для 2-го на величину г2 = 2y2h2/g. Так как по условию задачи hA = 4/i2, то Ц = 2t2, т. е. для 2-го шарика движение будет возобновляться вдвое чаще. Из соотношения начальных высот следует, что максимально достижимые шариками скорости также будут отличаться в два раза (см. рис. 122, 123):
^Imax = 2v2max = V^19 = ^0*
Для того чтобы скорости шариков совпали в какой-нибудь момент и по модулю, и по направлению, имеется две возможности. Либо впервые скорости шариков совпали спустя т = ntt (где и = О, 1, 2, ...) от начала движения в течение интервала времени t,/4, а потом они совпали спустя время 3tJ4 от начала движения и совпадали в течение интервала tJ2. Впоследствии с периодичностью tt совпадение скоростей будет пролоМаться в течение интервала времени ti/2. Дру- 64
гая возможность состоит в том, что 2-й шарик начал движение спустя время T = t1/2 + nt1 (где n = 0, 1, 2, ...). Спустя интервал времени tJA скорости шариков впервые совпадают, и полное совпадение скоростей длится в течение интервала времени tJ2. Далее картина повторяется
с периодичностью tv
При других моментах начала движения 2-го шарика из-за кратности периодов повторяемости движений шариков графики скоростей не будут иметь общих точек, если их соответствующим образом «наложить», поэтому задача не будет иметь решений.
. Рассмотрим движение одного шарика, свободно падающего вблизи оси симметрии с высоты Н, начиная с момента его соударения с поверхностью. В момент удара шарик имеет начальную скорость у0 = \/2дН (поскольку удар абсолютно упругий), направление скорости
«о составляет угол 2а с вертикалью (рис. 124).
Пусть спустя время t после соударения с поверхностью смещение шарика по горизонтали равно s, тогда «о sin 2а • t = s. Отсюда получаем t = = зЦ^2дН sin 2а), где у0 sin 2а — горизонтальная составляющая начальной скорости шарика (за время t шарик больше не ударяется о поверхность). Высота, на которой будет находиться шарик спустя время t, равна
А/1 = /10 + «о cos 2а ■ t — gt2/2,
где у0 cos 2а — вертикальная составляющая начальной скорости шарика.
Поскольку шарик начал падать с высоты Н вблизи оси симметрии (угол а мал), можно считать, что й0 ® 0, sin 2а « 2а, cos 2а « 1, s « Ла. Учитывая эти и полученные выше соотношения, найдем условия попадания шарика в низшую точку сферической поверхности:
t = s/ (]/2дН sin 2а) = R/ (2 \/2дН\
Mxvot- gt2/2 = R/2 - К2/(16Я) = 0.
Отсюда получаем, что Н = R/%.
Так как стенка гладкая, то удар о стенку не изменяет вертикальную составляющую скорости шарика. Поэтому полное время движения шарика tj представляет собой полное время подъема и спуска на первоначальную высоту в поле силы тяжести тела, брошенного вверх со скоростью у0 sin а. Следовательно, tt = 2у0 sin а/д. Движение шарика по горизонтали складывается из двух участков пути: до соударения со стенкой он двигался со скоростью y0cosa; после соударения
65653 А. И. Буздин и др.
65
65
шарик пролетел назад такой же путь, но с другой скоростью. Чтобы рассчитать скорость обратного движения шарика, заметим, что скорость сближения шарика и стенки (по горизонтали) была равна г0 cos а + г. Поскольку удар абсолютно упругий, то после удара шарик будет удаляться от стенки со скоростью г0 cos а + г, поэтому относительно земли он будет иметь горизонтальную скорость
(г0 cos а + г) + г = г0 cos а + 2г.
Если до удара о стенку шарик летел время t, то, приравнивая пути, пройденные им до и после соударения, получим уравнение
r0cosa-t = (t1 — t)(r0 cos a + 2г).
Отсюда, учитывая, что полное время движения шарика равно t, = = 2г0 sin a/g, получим
t = v0 sina(r0 cos a + 2r)/[g (r0 cos a + r)]..
. На рис. 125 приведен вид сверху на траекторию движения шарика. Поскольку соударения шарика со стенкой и дном колодца упругие, модуль горизонтальной составляющей скорости шарика
остается неизменным и равным г. Расстояния по горизонтали между точками, в которых происходят два последовательных соударения, равны ААХ = Л1Л2 = Л2Л3 = ... ... = 2r cos а. Время между двумя последовательными соударениями шарика со стенкой колодца равно tj = 2r cos a/г. ,
Вертикальная составляющая
скорости шарика при соударении со стенкой не изменяется, а при соударении с дном меняет знак на противоположный. Модуль вертикальной составляющей скорости при первом ударе о дно равен У2дН, время движения от верха колодца до дна равно t2 = ^2Н!д.
Рис. 126Рис. 126
Рис. 126
Рис. 126
На рис. 126 представлена плоская вертикальная развертка многогранника А1А1А3...; участки траектории движения шарика внутри колодца на такой развертке — параболы (целые параболы — участки траектории между последовательными ударами о дно). Шарик сможет «выбраться» из колодца, если момент максимального подъема по параболе совпадает с моментом соударения со стенкой (т. е. в момент максимального подъема шарик окажется в точке Ап края колодца). При этом времена tt и t2 будут связаны соотношением
ntj = 2kt2,
где пик — целые взаимно простые числа. Подставляя значения ц и t2, находим соотношение между е, Н, г и а, при котором шарик может «выбраться» из колодца:
п г cos ч/v = к ^2Н(д.
Из всех возможных траекторий снаряда выберем ту, которая касается укрытия. Рассмотрим движение снаряда в системе координат, оси которой направлены так, как показано на рис. 127. В этой системе
«горизонтальная» (вдоль оси Ах) составляющая начальной скорости снаряда равна vox = v0 cos (ф — а), а «вертикальная» (вдоль оси Ау) составляющая равна уоу = v0 sin (ф — а), где ф — угол, который составляет с горизонтом направление начальной скорости снаряда.
Точка С, в которой траектория снаряда касается укрытия, определяет максимальную высоту h' поднятия снаряда над «горизонтом», равную, как видно из рис. 127, /sin а. В этой точке составляющая полной скорости и снаряда на ось Ау равна нулю и
й'-и^/^д'),
где д' = д cos а — «ускорение свободного падения» в системе координат хАу. Таким образом,.
Ко sin2 (ф — а) = 2gl cos а sin а.
3*3*67
3*
3*
Отсюда, в Частности, вытекает, что если по условию задачи
Го < 2gl cos a sin а = gl sin 2а, то ни одна из траекторий снаряда не коснется укрытия и максимальная дальность полета Lma* будет у снаряда, пущенного под углом ф = = л/4 к горизонту; при этом L^ = Vo/g.
Если по условию задачи выполняется соотношение tig ^ gl sin 2а, то для того, чтобы траектория касалась укрытия, снаряд должен быть пущен под углом
Ф = фкас = а + arcsin у gl sin 2а /и0.
Если при этом по условию задачи выполняется неравенство
Го/(го + 2^0 sin 2а, что в свою очередь означает выполнение условия фкас ^ л/4 (покажите!), то угол вылета снаряда с максимальной дальностью полета равен Ф = л/4 и Lmax = Vg/g. Если же по условию задачи выполняется обратное неравенство
Го/(го + 2gi) > sin 2а,
что в свою очередь означает выполнение условия фкас < л/4, то
Vgl sin 2а
Ф = фкас = а + arcsin«о
. у0 . . ро .■ /й* sin 2а
Ещм = — sin 2ф = — sin 21 а + arcsinдд \«о
Предположим, что град падает вертикально со скоростью г. В системе отсчета, связанной с автомашиной, угол падения града на
Рис. 128Рис. 128лобовое стекло равен углу отражения. Скорость града при этом до попадания на стекло будет равна г — г2 (рис. 128). Поскольку после отражения градины (с точки зрения водителя) летят вертикально вверх, то угол отражения, а значит, и угол падения равны р, (Р, — угол наклона лобового стекла автомашины). Следовательно, а + 2pt = л/2, причем tg а = = vjvv Отсюда tg а = tg (л/2 - 2PJ = = Ctg2Pb r/tl! = Ctg 2Р1. Поэтому для
Рис. 128
Рис. 128
отношения скоростей двух автомашин получим условие
vjv! = ctg 2P2/ctg 2Pi = 3.■
Перейдем в систему отсчета, движущуюся вместе с точками А и В. В этой системе отсчета скорости точек А и В будут равны нулю.
Поскольку расстояния АС и ВС постоянны, точка С, с одной стороны, может двигаться по окружности радиуса АС с центром в точке А, с другой стороны,— по окружности радиуса ВС с центром в точке В. Поэтому направление скорости точки С должно быть перпендикулярно как прямой АС, так и прямой ВС. Поскольку точки Л, В и С не лежат на одной прямой, то направление скорости точки С было бы перпендикулярно двум пересекающимся прямым АС и ВС, что невозможно. Следовательно, скорость точки С в движущейся системе равна нулю, а в исходной системе (связанной с землей) скорость точки С равна скорости точек А и В.
Если бы точка С лежала на прямой АВ и ее скорость (в системе отсчета, связанной с листом фанеры) не была бы равна нулю, то спустя небольшой интервал времени либо расстояние АС, либо расстояние ВС должно увеличиться, чего не может быть.
Следовательно, при рассматриваемом движении листа фанеры скорости всех его точек одинаковы.
Пусть машина заехала в небольшой просвет между двумя другими автомашинами. При этом она расположена по отношению к тротуару так, как показано на рис. 129. Поставим вопрос: как легче машине теперь выехать — передним или задним ходом? Поскольку поворачиваются только передние колеса, то при любом маневрировании машины центр окружности О, по которой машина выезжает (вперед или назад), всегда лежит на прямой, проходящей через центры задних колес. Таким образом, при выезде задним ходом траектория машины скорее «заденет» заднюю машину, чем при выезде передним ходом (центр соответствующей окружности сдвинут назад по отношению к середине машины). Легко понять, что выезд машины — это обращенный во времени въезд. Поэтому заезжать в небольшой просвет следует задним ходом.
Рис. 129Рис. 129
Рис. 129
Рис. 129
. Рассмотрим движение самолета, начиная с момента его перехода на круговую траекторию (рис. 130). По условию задачи
в верхней точке траектории В скорость самолета равна и, = г0/2, поэтому радиус г описываемой самолетом окружности найдем из соотношения
Уо/4 = уо - 2д0 • 2г>
которое получается из “закона движения самолета при h = 2г. Для точки траектории С, где скорость самолета направлена вверх, общее ускорение будет складываться из центростремительного ускорения Оц = = «с к (ус = Уд — 2аог, где гс — скорость самолета в точке С) и тангенциального ускорения а, (это ускорение отвечает за изменение модуля скорости).
Чтобы найти тангенциальное ускорение, рассмотрим небольшое перемещение самолета из точки С в точку С. Тогда и^ = Uq — — 2а0 (г + Ай). Поэтому по ~ ус = ~ 2а0Лй, где Ай — изменение высоты самолета при перемещении его в точку С. Разделим обе части полученного соотношения на тот промежуток времени At, за который это перемещение произошло:
(«с' — Ус)Мг = -2а0Дй/Д1.
Тогда, устремив точку С -» С и At -» 0, получим
2гса, = -2аогс.
Отсюда я, = — а0- Общее ускорение самолета в момент, когда его скорость направлена вертикально вверх, получим в виде
а = ]/^+0^ = ао1/1*/3. .
У = '"карУ = '"карРис. 131Рис. 132Рис. 131Рис. 132Пусть скорость капель над человеком относительно карусели направлена под углом а к вертикали. Этот угол определяется из треугольника скоростей, изображенного на рис. 131.
У = '"кар
У = '"кар
Рис. 131Рис. 132
Рис. 131Рис. 132
Так как, согласно закону сложения скоростей, е0 = еотн + t^,, где скар — скорость карусели в месте нахождения человека, то еотн = е0 — — ®,ар. Скорость карусели равна г^р = шг. Следовательно, ctga = = Уд/ (шг). . .
Итак, ось зонта, должна быть наклонена под углом а = = arcctg [vo/(<°r)] к вертикали в направлении движения карусели и перпендикулярна радиусу карусели.
. Пусть в некоторый момент времени доска касается катушки в точке С. Скорость точки С складывается из скорости у0 оси катушки О и равной ей по модулю (проскальзывания нет) скорости точки С (относительно точки О), касательной к окружности в точке С. Если угловая скорость доски в этот момент времени равна <о, то линейная скорость той точки доски, которая касается катушки, будет равна о>К tg '1 (а/2) (рис. 132). Поскольку доска все время касается катушки, скорость точки С относительно доски будет направлена вдоль доски, откуда ®R tg ~1 (a/2) = t>0 sin a. Из отсутствия проскальзывания катушки по горизонтальной поверхности следует, что
v0/R = v/(R + г).
Поэтому для угловой скорости со получим выражение
va 2v sin2 (a/2)
<о =sin a • tg — =—.
R + r 6 2 ‘ (R + r)cos(a/2)
После перемотки толстой ленты она будет занимать часть катушки площадью 8, = 1г(г, — г2) = 8лг2. Тогда длина намотанной ленты будет I = Sx/d = 8n(r^/d), где d — толщина толстой ленты.
После перемотки тонкой ленты она будет занимать часть катушки площадью S2 = it (г,2 — rj), где ^ — конечный радиус намотки во втором случае. Так как длины лент одинаковы, а толщина ленты во втором случае вдвое меньше, чем в первом, можно написать
/ = 2л (г,2 — r^jd, г^ — Гд = 4г2.
у к н/# "КПП•
Следовательно, конечный радиус г, намотки во втором случае равен
'к — к -"11-
Число оборотов N, и N2 катушки, сделанных при перемотке в первом и втором случаях, можно записать в виде
откуда t2 = (j/s - l)tP
Пусть начальный радиус намотки был 4г, тогда при уменьшении радиуса вдвое (до 2г) площадь намотки уменьшится на величину
8 = л (16г2 — 4г2) = 12л г2, что равно произведению длины смотавшейся пленки /, на ее толщину d. При прослушивании записи скорость движения ленты и постоянна, поэтому /, = г!,, и можно написать соотношение
■12лг2 = v^d.(1)
Когда радиус намотки на кассете уменьшится еще раз вдвое (с 2г до г), площадь намотки уменьшится на величину я (4г2 - г2) = Зяг2, т. е.
(2)(2)Зяг2 = vt2d,
(2)
(2)
где t2 — время, за которое уменьшился радиус намотки во втором случае. Поделив уравнения (1) и (2) почленно друг на друга, найдем
t2 = tJ4 = 5 мин.
Рис. 133Рис. 133Перейдем в систему отсчета, связанную с колечком О'. В этой системе отсчета скорость точки О равна г,/cos а и направлена вверх, так как нить нерастяжима и относительно колечка О' веревка выбирается с постоянной скоростью Гр Поэтому относительно прямой АА', связанной с землей, скорость колечка О будет равна
Рис. 133
Рис. 133
Рис. 134
К моменту времени t от начала движения клин пройдет расстояние s = at2/2 и приобретет скорость гк = at. За это время грузик переместится вдоль клина на такое же расстояние s, а его скорость относительно клина будет равна готн = at и направлена вдоль клина вверх. Скорость ггр грузика относительно земли равна «vp = »ота + Ц,, т. е. (рис. 133)
угр = 2гк sin (a/2) = [2a sin (a/2)] t, а угол, который скорость ггр составляет с горизонтом, равен
Р = (л - а) /2 = const.
Таким образом, грузик движется вдоль прямой, составляющей с горизонтом угол Р = (л — а)/2; ускорение грузика относительно земли, пока он находится на клине, равно
Огр = 2a sin (a/2).
Скорость муравья меняется со временем не по линейному закону. Поэтому средняя скорость на разных участках пути различна, 72
и пользоваться для решения известными формулами для средней скорости нельзя.
Разобьем путь муравья от точки А до точки В на малые участки, проходимые за одинаковые промежутки времени At. Тогда At = = A//t>cp (АО, где Гф (АО — средняя скорость на данном отрезке А/. Эта формула подсказывает идею решения задачи: нарисуем зависимость величины 1/Гф (АО от / на пути от точки А до точки В. Этот график — отрезок прямой (рис. 134); заштрихованная на рисунке площадь S под этим отрезком численно равна искомому времени. Вычислим ее:
s _ У»! + У»22s _ У»! + У»221I.
s _ У»! + У»2
2
s _ У»! + У»2
2
2с,/,2с,/,■тЬ ; т2с,2с, /
2с,/,
2с,/,
(так как 1/с2 = (1/сt) /2//i). Таким образом, муравей добежит от точки А до точки В за время
4 м2 — 1 м22-2 м/с-10"2-1 м
Очевидно, все участки дымного следа в горизонтальном направлении движутся со скоростью ветра. Рассмотрим траекторию движения паровоза относительно системы отсчета, движущейся вместе с ветром (рис. 135). Точки дымного следа А' и В' соответствуют дыму,
Рис. 136Рис. 136Рис. 138Рис. 138
Рис. 136
Рис. 136
Рис. 138
Рис. 138
выпущенному паровозом в точках Л и В его круговой траектории относительно земли. При этом очевидно, что АА' || ВВ'; Легко понять, что траектория паровоза относительно системы отсчета, движущейся вместе с ветром, будет представлять собой траекторию точки колеса радиуса R, которое вращается со скоростью Гд и катится против ветра (влево) со скоростью гв. Как известно, эта траектория называется
циклоидой. В зависимости от соотношения скоростей ап и vB траектория существенно различна в своей нижней части. Она либо образует петлю — случай ап > vB (рис. 136), либо имеет место плавный переход, когда ап < vB (рис. 137), либо, наконец, образует острый «клюв», когда Vn = а, (рис. 138). Последний случай отвечает нашей задаче. Таким образом, скорость ветра равна vB = vn = 10 м/с, а чтобы найти ее направление, проведем из острия «клюва» касательную С С к траектории движения паровоза (окружности) относительно земли.
. Пусть карусели повернулись на некоторый угол ф (рис. 139). Построим точку О (ОА = R) такую, что точки О, С, А, И будут лежать на одной прямой. Тогда нетрудно видеть, что ОН = R + г в любой момент времени. Кроме того, точка О относительно Игоря неподвижна (Слава все время находится напротив Игоря). Поэтому с точки зрения Игоря Никита будет двигаться поступательно по окружности радиуса R + г с центром в точке О, которая относительно земли движется по окружности радиуса R с центром в точке А. Слава с точки зрения Никиты будет поступательно двигаться по окружности радиуса К + г с центром в точке О, неподвижным относительно Никиты. Однако относительно земли точка О движется по окружности радиуса г с центром в точке В.
Рис. 139.Рис. 140
Поскольку обруч с центром в точке Ot покоится, скорость «д верхней точки А «пересечения» обручей в любой момент времени должна быть направлена по касательной к окружности с центром Ot (рис. 140). Отрезок АВ в любой момент времени делит расстояние d = = OOt между центрами обручей пополам, поэтому горизонтальная проекция скорости «^ все время равна а/2. Следовательно, скорость «д составляет с горизонтом угол ф = л/2 — а и равна
ид = и/(2 cos ф) = а/(2 sin а).
Поскольку sin а = ]/1 — cos2 а = /HW- то скорость верхней точки
«пересечения» обручей равна
2^1 - ДОВ}1 ‘
Из условия задачи следует, что во время движения конструкции между длинами lt, 12, 13 отрезков AOAV А0А2, А0А3 сохраняется соотношение .
1, П2 : /3 = 3 : 5:6.
Поэтому скорости точек At, А2, А3 относятся как уд,: уд2 : Уд3 = 3:5:6
и, следовательно (рис. 141),
Уд, = у/2, Уд2 = 5и/6.
Рассмотрим теперь движение среднего звена (At/B2A2C2) в тот момент, когда углы конструкции прямые. В системе отсчета, движущейся со скоростью иЛ1, в этот момент скорость кд2 точки В2 направлена
Рис. 141Рис. 14177777/Т^77777777^^
Рис. 141
Рис. 141
Рис. 142
вдоль стороны В2А2; скорость точки Аг направлена горизонтально и равна
уд2 = уд2 - уд, = у/з.
Из условия нерастяжимости стержня В2А2 вытекает, что ув2 = Уд, sin(Tt/4) = у 1/2 /6.
Скорость точки В2 относительно неподвижной системы отсчета найдем, воспользовавшись теоремой косинусов:
Ув2 = уд, + ув2 + (2|/2/2)yXi^2 = (17/36) у2,ув2 = (/г7/6)у.
Если нить тянуть так, как показано на рис. 142, катушка будет катиться вправо, вращаясь по часовой стрелке вокруг своей оси.
Для точки В сумма проекций скорости vQ поступательного движения и линейной скорости вращательного движения (с угловой скоростью <о) на направление нити равна и:
и = и0 sin а — <ог.
Так как по условию задачи катушка движется по горизонтальной поверхности без проскальзывания, то сумма проекций соответствующих скоростей для точки С равна нулю:
■ v0 — toR = 0.
Решая полученные уравнения, находим, что скорость v0 равна
v0 = vR/_ (R sin а — г).
Очевидно, что при R sin а = г (это соответствует случаю, когда точки А, В и С лежат на одной прямой) выражение для v0 теряет смысл. Заметим также, что найденное выражение описывает движение катушки как вправо (когда точка В находится выше прямой АС и R sin а > г), так и влево (когда точка В находится ниже прямой АС и R sin а < г).
Рис. 143Рис. 143Скорости точек заготовки, лежащих в данный момент на отрезке АВ, равномерно меняются от и, в точке Л до »2 в точке В. Следовательно, скорость точки О (рис. 143) в данный момент равна нулю. Точка О — мгновенный центр вращения. (Поскольку заготовка объемная, точка О лежит на мгновенной оси вращения, которая перпендикулярна плоскости рисунка.) Понятно, что скорость у, в данный момент имеют точки заготовки, лежащие на окружности радиуса О А, а скорость и2 — точки, лежащей на окружности радиуса ОВ. (В объемной заготовке точки с такими скоростями лежат на цилиндрических поверхностях, радиусы которых
Рис. 143
Рис. 143
равны соответственно О А и ОВ.)
Для описания движения бруска выберем систему отсчета, связанную с лентой транспортера. Тогда, в начальный момент времени брусок имел скорость «б = «о + у< а его движение происходило с постоянным ускорением а = — цд. Для момента времени t, когда скорость бруска станет равной нулю, получим уравнение 0 = и0 + и — ngt. Отсюда найдем скорость ленты транспортера: v = ngt — v0 = 3 м/с.
Запишем уравнение движения тела по наклонной плоскости. Пусть его мгновенная координата равна х (смещение от вершины наклонной плоскости), тогда
та = mg sin а — mg cos а • bx,
где т — масса тела, а — его ускорение. Полученное уравнение движения по своему виду напоминает уравнение колебаний тела, подвешенного на пружине жесткости к = mg cos а • Ь, в поле «силы тяжести» mg sin а. Аналогия с колебательным движением и помогает решить задачу.
Найдем положение тела х0, для которого сумма действующих на тело сил равна нулю — это будет «положением равновесия» при колебательном движении тела. Очевидно, mg sin а — mg cos а-6х0 = 0; отсю-
да находим х0 = (l/b)tga. В этот момент тело будет иметь скорость v0, ' которую получим из закона изменения механической энергии тела:
т^о ' .^хо .■ mgb cos a ,
-у = ms sin a • х0— = ms sin a - х0Д,
зT 9 sin2 a
Го = 2sx0 sin a — gbxi cos a = — .'
b cos a
При последующем движении тело сместится еще на величину х0 — «амплитудное» значение колебаний, что легко получить из «закона сохранения механической энергии». Частоту соответствующего колебательного движения найдем из соотношения к/т = gbcosa = ®о. .
Таким образом, тело, пройдя после «положения равновесия» еще расстояние x0 = (l/b)tga, остановится. В этот момент возвращающая сила «пропадет», так как она есть не что иное, как сила трения скольжения. Как только тело остановится, сила трения скольжения изменит направление и превратится в силу трения покоя, равную mg sin а. Коэффициент трения между телом и наклонной плоскостью в месте остановки тела равен ц^ = Ь-2х0 = 2 tga, т. е. его заведомо хватит, чтобы тело оставалось в покое и дальше.
С точки зрения колебательного подхода к описанию данного движения полное время движения тела займет половину «периода колебаний». Таким образом,
t = Т/2 = 2тг/ (2ш0) = тс/ Vgb cosa.
Сила трения саней с грузом F^fx) прямо пропорциональна длине х въехавшей на песок части саней; запишем уравнение движения саней при их торможении по песку в первом случае:
та= — тд^х/1)щ
где т — масса, а — ускорение, I — длина, ц — коэффициент трения саней о песок. Как и в решении задачи 1.29, мы получили «уравнение колебаний». Поэтому торможение саней при въезде на песок соответствует движению груза на пружине (жесткости к = (тд/Г)Д которому сообщили в положении равновесия скорость г0. Тогда зависимость от времени въехавшей на песок части саней х (t) и их скорость г (t) получим в виде
X (t) = х0 sin <Bot, V (t) = Do cos ®ог>
причем
xo = Р<А» ®o = 1/^* = |/(s//)p.
Нетрудно понять, что время до полной остановки саней равно четверти «периода колебаний».; таким образом,
11=кД2®0) = ^/2)У№^..
Во втором случае (после резкого толчка) движение можно рассматривать, как если бы сани, въезжая на песок, имели скорость v1 > v0 и, пройдя расстояние х0, затормозились до скорости v0 (с этого момента и наступает второй случай). При этом интересующее нас движение саней после толчка предстанет в виде части общего колебательного движения по закону
х (t) = х, sin e>ot,v (t) = Vj cos <oot
с момента времени t2, когда скорость саней стала равной г0. Как и прежде, х, = г1/о0. Кроме того,
[mg/(2/)] цх^ = mvf/2 - mv^/2;
отсюда v, = хоюо |/2.
После толчка сани пройдут путь
X, - х0 = Vj/Юо - v0/to0 = (V^o)^! - уо) = хо(]/2 - 1).
Следовательно, отношение путей торможения равно (х1-х0)/х0 = ]/2-1.„
Для нахождения времени движения саней после толчка мы должны определить время движения саней от положения х0 до положения хь используя формулу x(t) = Xj sin e>ot. Для этого найдем t2 по формуле
х0 = Xj sino0t2.
Так как х1=|/2х0, то o0t2 = я/4. Следовательно, t2 = it/(4to0) = t3/2. Поскольку t3 = tj — t2, где t3 — время движения саней после толчка, получим искомое соотношение:•
t3/tl = 1/2.
Сила тяжести груза mg = 60 Н значительно больше силы, с которой надо тянуть веревку, чтобы удержать груз. Это определяется существенными силами трения веревки о бревно.
Сначала силы трения препятствуют соскальзыванию груза под действием силы тяжести. Полный расчет распределения сил трения, действующих на веревку, довольно сложен, поскольку сила натяжения веревки в местах ее соприкосновения с бревном меняется от Fv до mg. В свою очередь сила давления веревки на бревно также меняется, будучи пропорциональной в каждой точке соответствующей локальной силе натяжения веревки. Соответственно и силы трения, действующие на веревку, определяются именно указанными силами давления. Однако для решения задачи достаточно заметить, что полная сила трения Етр (слагающие которой пропорциональны в каждой точке силе реакции бревна) будет с соответствующими коэффициентами пропорциональна силам натяжения веревки на концах; в частности, с некоторым коэффициентом к она будет равна большей силе натяжения: Е^ = ктд.
Это означает, что отношение большей силы натяжения к меньшей есть величина постоянная для данного расположения веревки и бревна: mg/Ti = 1/(1 — к\ поскольку Т\=тд — ктд.
Когда мы хотим поднять груз, концы веревки как бы меняются местами. Сила трения теперь направлена против силы Т2 и уже не помогает, а мешает. Отношение большей силы натяжения, равной теперь Т2, к меньшей — тд будет, очевидно, таким же, как и в первом случае: ТгЦтд"} = 1/(1 — к) = тд/Т^. Отсюда находим, что
T2=(mg)2/T1=90 Н.
Рассмотрим, что происходит, когда водитель поворачивает передние колеса покоящегося автомобиля (речь будем вести про одну шину). В начальный момент колесо не деформировано (в смысле кручения), при этом участок шины площади S касается земли. Водитель при помощи рулевого управления деформирует покоящуюся шину до тех пор, пока момент сил ^«^ приложенных к колесу (и стремящихся его повернуть), не станет больше максимально возможного момента сил трения покоя шины площади S. При этом силы трения перпендикулярны плоскости касания колеса.
Пусть теперь автомобиль движется. Силы трения покоя приложены к тому же участку шины площади S, причем они достигают почти максимального значения и лежат в плоскости колеса. Приложения к колесу небольшого момента сил ^$ будет достаточно, чтобы повернуть колесо, так как противодействовать этому моменту будет теперь суммарный момент «косых» сил трения покоя, который значительно меньше, чем в случае автомобиля, находящегося в покое. По сути дела, составляющая силы трения покоя, создающая момент сил, препятствующих повороту колеса, при движущемся автомобиле аналогична силе жидкого трения, так как для движущегося колеса пропадает явление застоя при поворотном движении. Таким образом, небольшой момент сил способен легко повернуть движущееся колесо, причем, чем больше скорость движения (тем ближе к предельному значению силы трения покоя), тем легче повернуть колесо.
Выберем систему координат, как указано на рис. 144. Пусть вектор О Л является вектором начальной скорости г. Тогда вектор ЛВ есть изменение скорости за время Nt. Поскольку сила, действующая на
тело, постоянна, то вектор ВС, равный вектору АВ есть изменение скорости за следующий интервал времени At. Поэтому спустя интервал времени ЗАг после начала действия силы направление скорости тела изобразится вектором OD, причем АВ = В? = CD . Пусть проекции вектора а5 на оси х и у равны Аух и Ду^, тогда получим два уравнения:
(у + Аух)2 + АУу = у2/4,
(у + 2Аух)2 + (2Ауу)2 = у2/16.
Учитывая, что конечная скорость удовлетворяет соотношению
■у2 = (у + ЗАух)2 + (3Ayy)2,
получим с использованием предыдущих уравнений, что
Ук = (/7/4)у.
Поскольку движение происходит в горизонтальной плоскости, вертикальная составляющая силы, действующей на грузик, равна тд, а горизонтальная F2 — (mg)2 = тд^а.2 — 1, где а = 1,25 (рис. 145). Горизонтальное ускорение груза (и вагона) определяется этой горизонтальной силой: та = mg ]/а2 — 1; следовательно, а = gj/ot2 — 1 = = (3/4) g = 7,5 м/с2..
На первом участке движения вагон ускоряется до скорости у = = at, = (3/4)gt, = 30 м/с, проходя путь s2 вперед по прямой:
s2 = ati/2 = (3/8) gt2 = 60 м.
Далее время, равное г2 = 3 с, он идет с постоянной скоростью у и проходит путь
s2 = yt2 = 90 м.
Таким образом, через 7 секунд после начала движения вагон оказывается впереди на расстоянии s2 + s2 = 150 м от исходного положения.
На третьем участке вагон движется по закруглению дороги вправо. Так как скорость вагона, движущегося по рельсам, все время направлена вдоль вагона, то постоянное (в течение времени г3 = 25,12 с) поперечное ускорение а = (3/4)д является центростремительным, т. е. вагон движется по окружности с постоянной скоростью у: а = v2/R, радиус окружности R = у2/а = 120 м. Путь вагона вдоль окружности будет равен
s3 = Дф = yt3,
откуда угол поворота вагона вокруг центра окружности равен ф = = ot^JR = 6,28 = 2л: рад, т. е. вагон описывает полную окружность.
На последнем участке вагон тормозится и останавливается, поскольку ускорение вдоль вагона равно первоначальному и действует столько же времени. Поэтому s4 = s2 = 60 м. Вагон остановится на
расстоянии s = 2$! + s2 = 210 м впереди по отношению к первоначальному положению (рис. 146).
Пусть в результате приложения силы F шарнир сместится
вниз на малую величину Дх, а стержни удлинятся на величину Д/
(рис. 147). Тогда жесткость к системы стержней найдем из уравнения кДх = 2к0Ы cos а', где 2а' — угол между стержнями после смещения.
Так как смещение малое, то а' £ а, Д/ л Дх cos а;
отсюда получаем, что к » 2к0 cos2 а.
Предположим сначала, что сила сопротивления воздуха отсутствует. Тогда шарики встретятся, если вертикальная составляющая начальной скорости 2-го шарика равна вертикальной составляющей скорости 1-го шарика:
pj = v2 sin «;
отсюда sin а = vt /и2 = 10/20 = 1/2, а = 30°. При этом время движения шариков до встречи равно t = s/(v2cosa) as 0,6 с.
Поскольку шарики тяжелые, то легко оценить роль силы сопротивления воздуха. Общий характер движения 1-го шарика существенно не изменится, поскольку ускорение, обусловленное силой сопротивления, даже при массе шариков по 10 г и при максимальной скорости 1-го шарика и, = 10 м/с равно йщ^ = 1 м/с2. Это ускорение не более чем на 1 % изменяет общее время движения 1-го шарика. Поскольку сила сопротивления воздуха направлена против скорости шарика, то добиться того, чтобы 2-й шарик столкнулся с 1-м, можно, сообщив ему одинаковую с 1-м составляющую скорости по вертикали при условии, что в последующие моменты времени вертикальные проекции ускорений шариков одинаковы в любой момент времени. Для этого угол о, образуемый скоростью 2-го шарика с горизонтом, в момент вылета должен быть равен 30°.
Запишем уравнение движения шарика в момент, когда пружина сжата на величину Дх:■'
та = тд — кДх.
Пока ускорение шарика положительно, его скорость возрастает. В момент обращения ускорения в нуль скорость шарика достигнет максимального значения. Пружина при этом сожмется на величину Д/, причем . ■
тд — кД/ = 0;
отсюда
Д/ = тд/к.
Таким образом, когда скорость шарика достигнет максимального зна
чения, шарик будет находиться от поверхности стола на высоте
h = I — тд/к.
. Легко показать, что шарик достигнет положения равновесия при угле отклонения а нити от вертикали, определяемом уравнением.
tg а = ци/(тд). ■
При колебательном движении шарика на него будет действовать постоянная большая сила F = У(тд)2 + (цг)2 и небольшая тормозящая сила (рис. 148). Следовательно, движе
ние шарика будет эквивалентно движению слабо затухающего математического маятника с ускорением свободного падения д', равным
д' = 9 - д= д 1/1 I ( у
cos amgV /
Период малых (но все-таки затухающих) колебаний шарика найдем из соотношения
Т= 2я_2л
У.9'Д - H2/(4m2)у(д^ у 1 + (цу/mg)2 - ц^т2)
Запишем условие равновесия небольшого участка нити, который до подвешивания имел длину Дх и находился от точки подвеса на расстоянии х (рис. 149):
т
— Ахд + Т (х + Дх) = Т (х),
где L — длина резиновой нити в нерастянутом состоянии. Таким образом, видно, что после подвешивания натяжение по длине нити будет равномерно падать от значения mg до нуля.
В связи с этим относительные удлинения небольших участков нити одинаковой длины в ненапряженном состоянии после подвешива-
ния также линейно будут спадать от максимального до нуля. Поэтому полусумма удлинений двух симметрично расположенных относительно середины нити участков будет равна удлинению центрального участка, который испытывает натяжение тд/1. Поэтому общее удлинение нити А/ будет таким, как если бы на нее действовала сила mg/2 в точке подвеса и в нижнем конце, а нить была бы невесома; отсюда
Д/ = mg/(2k).«з
Считаем, что выполняется условие m3 + m2 >
> m3 + m4, иначе равновесие невозможно. Левая пружина-'—
была растянута с силой Ть уравновешивающей силу — тяжести груза m2g: Tt = m2g. Условие равновесия груза ^ т3 состояло в следующем:
т3д + Т2 — FH = 0,Рис. 149
где Т2 — сила натяжения правой пружины, FH — сила натяжения веревки, переброшенной через блок (см. рис. 14). Эта веревка удерживает грузы массами т2 и т2, откуда
Гн = (т! + т2)д.
Получим выражение для силы натяжения Т2:
Т2 = (т, + т2-т3)д.
После перерезания нижней нити уравнения движения всех грузов находим в виде следующей системы:
т2а2 = т2д-Т1,т3а3 = Т2+т3д - Fs,
m,^ =т,д +Т,-FH, ' -т4а4 = т4д - Т2.
Используя найденные ранее выражения для сил Tv Т2 и FH, получим аг=а2 = а3 = 0, а4 = (m3 + т4 - т, - т2)д/т4.
Сразу после расторможения верхнего блока левый груз имеет скорость г, направленную вверх, а правый покоится. Ускорения грузов будут такими же, как если бы свободный конец веревки не двигался с постоянной скоростью, а был закреплен. Найдем их из следующих уравнений:
та3 = Т3 — mg, ma2 = Т2 — mg,
2Т3 — Т 2,#i = - 2л2.
где m — масса каждого груза, Т2, Т2 - силы натяжения веревок, действующие на левый и правый груз. Решая систему уравнений, получим - а3 = — (2/5)йг, а2 = (1/5)0. Таким образом, ускорение левого груза на-
правлено вниз, правого — вверх. Время падения левого груза найдем из уравнения"
h — vt — 0Agt2/2 = 0;
отсюда
t = 2,5 с/д + |/б^5в7й2 + 5h/g.
Правый груз все это время будет двигаться вверх. Следовательно, первым на полу окажется левый груз.
Каждый раз брусок будет двигаться по наклонной плоскости с постоянным ускорением, причем
модули ускорений при движении вниз, вверх и вдоль горизонтальной направляющей будут соответственно равны (рис. 150):
at = pgcosa — gsina, a2 = pg cos a + g sin a,a = pgcosa.
Здесь a — угол, образуемый наклонной плоскостью с горизонтом, ц — коэффициент трения. Отсюда получим соотношение
a = («1 + az)/2.
Расстояния, пройденные в указанных условиях задачи бруском при равнопеременном движении с начальной скоростью v до остановки, можно записать в виде
/1 = г7(2а1), /2 = У2/(2ц2), / = г7(2ц).
Учитывая связь ускорений аь аг и а, найдем расстояние I, пройденное бруском вдоль горизонтальной направляющей планки,
/ = 2/1/2/(/1 +/2).
Запишем уравнения движения бруска в проекции на ось, проведенную вдоль наклонной плоскости вниз. При движении бруска вверх, учитывая все действующие на него силы: силу тяжести тд, силу реакции опоры N и силу трения Ктр (рис. 151), уравнение примет вид
mg sin a + цтд cos a = malt
и соответственно при движении вниз '
mg sin a — ц mg cos a = та2.
Пусть при подъеме и спуске тело прошло расстояние s. Тогда время подъема tt и время спуска Г2 определим из уравнений
s = аДГ!, s = аДр.."
По условию задачи 2t, = t2; отсюда 4a2 = at. Следовательно,
g sin а + pg cos а = 4 (g sin а — pg cos а), и окончательно
р = 0,6 tg а.
Если нижний шарик будет очень легким, он начнет подниматься на подставку. Найдем его предельную массу т2, при которой он еще не начал подниматься, но уже перестал давить на правую на
Рис. 152Рис. 152клонную плоскость. При этом, поскольку подставка невесома, должны быть равны горизонтальные составляющие сил давления (равные по модулю силам реакции опоры), действующие на подставку со стороны шариков (рис. 152), иначе «подставка» приобрела бы бесконечно большое ускорение:
Рис. 152
Рис. 152
^1 sin а = N2 sin ос, Nt = N2.
Кроме того, так как нижний шарик не поднимается, то составляющие ускорений шариков на нормаль к правой наклонной плоскости должны быть равны (в этом направлении у них нет относительного смещения). Как видно из рис. 152, угол между направлением силы реакции подставки N2 и правой наклонной плоскостью равен л/2 — 2а, и, следовательно, последнее условие можно записать в виде
(m,g cos а — Nl)/ml = (m2g cos а — N2 cos 2а)/m2;
откуда получим, что m2 = m, cos2а. Таким образом, нижний шарик будет «забираться» вверх, если выполнено условие
m2 < т, cos 2а.
До тех пор пока цилиндр не оторвется от опор, ось цилиндра будет всегда находиться точно посередине между опорами. Следовательно, горизонтальная составляющая скорости оси цилиндра равна у/2. Поскольку все точки оси цилиндра движутся по окружности с центром в точке А, полная скорость и каждой точки оси направлена в любой момент времени перпендикулярно радиусу О А = г. Следовательно, все точки оси движутся с центростремительным ускорением Оц = и1/г.'
Запишем уравнение движения точки О в проекции на «центростремительную» ось:-
mg cos а — N = тОц = ти1^,(1)
где N — сила реакции со стороны неподвижной опоры. Из условия, что расстояние между точками опор равно г|/2, следует отсутствие вклада силы реакции соютороны подвижной подставки на «центростремительную» ось. По третьему закону Ньютона с такой же по модулю силой цилиндр давит на неподвижную опору. Из уравнения (1) находим
N = mg cos а — ти2/г.-
В тот момент, когда расстояние между точками опор А и В (рис. 18) равно АВ = г |/2,
cosa = r|/2/(2r)=l/|/2.
Горизонтальная составляющая скорости точки О равна u cos а = и/2, откуда и = и |/2. Таким образом, при АВ = г |/2 сила давления цилиндра равна
N = тд/\/2 — mv2/ (2г).
Для того чтобы цилиндр не оторвался от опор до того, как АВ станет равным г |/2, должно выполняться условие g/V2>v2№\ т.е. v<\/ gr\/l.
На цилиндр действуют: сила тяжести т^д, сила нормальной реакции Nv со стороны левой наклонной плоскости и сила нормальной реакции N3 со стороны клина (сила N3 направлена горизонтально). За
пишем уравнение движения цилиндра в проекции на ось х1( направленную вдоль левой наклонной плоскости (рис. 153):
т3а3 = т^д sin а — N3 cos а, (1)
где а3 — проекция ускорения цилиндра на ось х3.
На клин действуют: сила тя-
жести т2д, сила нормальной реакции
N2 со стороны правой наклонной плоскости и сила нормальной реакции со стороны цилиндра, которая, согласно третьему закону Ньютона, равна — N3. Запишем уравнение движения клина в проекции на ось х2, направленную вдоль правой наклонной плоскости: .
(2)(2)т2а2 = — т29 sin а + N3 cos а.
(2)
(2)
В процессе движения клин соприкасается с цилиндром; поэтому, если перемещение клина вдоль оси х2 равно Дх, то центр цилиндра (вместе ? вертикальной гранью клина) сместится по горизонтали на
Axcosa. При этом вдоль левой наклонной плоскости (вдоль оси х2) центр цилиндра сместится на Дх. Это означает, что в процессе движения клина и цилиндра выполняется соотношение
(3)(3)at — а2.
(3)
(3)
Решая совместно уравнения (1)—(3), найдем силу N = N3, с которой клин давит на цилиндр:
N3 = [2mlm2/(ml + m2)] tga.
До тех пор пока груз касается тела, скорость последнего рав
скорости груза, а ускорение теласкорости груза, а ускорение телаРис. 154Рис. 154на горизонтальной составляющей равно горизонтальной составляющей ускорения груза.
скорости груза, а ускорение тела
скорости груза, а ускорение тела
Рис. 154
Рис. 154
Пусть а — полное ускорение груза, тогда можно написать: а = а, +Дц, где вц — центростремительное ускорение груза при его движении по окружности радиуса /, т. е. дц = и2//, где v — скорость груза (рис. 154).
Горизонтальная составляющая ускорения груза равнаГоризонтальная составляющая ускорения груза равна
Горизонтальная составляющая ускорения груза равна
Горизонтальная составляющая ускорения груза равна
■ ат = at sin a — (и2/0 cos a.
С таким ускорением движется и тело. Напишем уравнение движения тела:
N = Мог = Matsina — М (v2//)cosa.
где N — сила нормального давления на тело со стороны груза. В момент отрыва груза N = 0 и
a, sin a = (v2/0 cos a.
Ускорение a( в момент отрыва сообщается грузу только силой тяжести:
at = д cos a.
Таким образом, скорость груза в момент отрыва равна
v = p^/sin a,
а скорость тела в тот же момент
и = v sin a = sin a |/g/sina.
Согласно закону сохранения энергии, mgl = mgl sin a + mv2/2 + Mv2 sin2 a/2.
Подставив в это равенство найденное выражение для v в момент
отрыва и значение sin а = sin п/6 = 1/2, найдем отношение М/т:
М/m = (2 — 3 sin a) /sin3 а = 4.
Скорость тела в момент отрыва груза равна и = v sin а = (1/2) j/^Z/2.
На стержень действуют три силы: сила Т натяжения нити,
сила тяжести тд и сила реакции со стороны стенки R = N + F^
(N — сила нормальной реакции стенки, F^ — сила трения, F^ < pN).
Рис. 155Рис. 155В состоянии равновесия стержня сумма моментов этих сил относительно любой точки равна нулю. Чтобы это условие выполнялось, линия действия силы R должна проходить через точку пересечения линий действия сил Ти mg (моменты сил Ти mg относительно этой точки равны нулю).
Рис. 155
Рис. 155
В зависимости от соотношения между углами а и Р точка пересечения линий действия сил Т и mg может лежать: 1) выше перпендикуляра АМ0 к стене (точка Мх на рис. 155); 2) ниже этого перпендикуляра (точка М2); 3) на нем (точка Мо). Соответственно сила трения либо направлена вдоль АС вверх (FTpl), либо — вдоль АС вниз (FTp2), либо равна нулю. Рассмотрим каждый из этих случаев отдельно.
Условие равновесия стержня:
Тcos а + FTpl — mg = О, N — Т sin а = 0 (1) — равенство нулю суммы проекций всех сил
на оси у и х соответственно; а также равенство моментов сил относительно точки А:
mgdv = Td2,или (mgl/2) sin Р = (77/3) sin (a+ P),(2)
где dx и d2 —плечисил mg и T соответственно. Из(1) и (2) имеем
F™!2sin(a+P) 11/21 \
р, > —— == — II;
N3sin a sin Р tg a 3 \ tg Ptg a /
этот случай осуществляется при условии 2 tg a > tg р.
Написав условия равновесия, найдем
/ 12 \
■I1
\tgatgP/
Этому случаю соответствует условие 2 tg a < tg р.
В этом случае стержень находится в равновесии при любом значении цэ: 2tga = tgp.
Таким образом, при произвольном соотношении между углами а и Р стержень находится в равновесии, если
12_ tga tg Р12_ tga tg Р
12_ tga tg Р
12_ tga tg Р
. Рассмотрим, как будет двигаться малый диск сразу после соприкосновения с большим.
Выберем два одинаковых небольших участка малого диска, расположенных на одном диаметре симметрично относительно центра этого диска О'. На рис. 156 точки А2 и А2 — центры масс таких участков.
В момент касания дисков (когда малый диск еще покоится) скорости г, и v2 тех точек большого диска, которые соприкасаются с точками Л, и Л2 малого диска, направлены так, как показано на рис. 156 (г, = = 12-ОА^ v2 = Q-OA2\ Понятно, что вдоль скоростей г, и у2 будут направлены в момент касания силы трения F-^ и F^, действующие со стороны большого диска на центры масс выбранных участков Л, и Л2 малого диска (Pypi = Рург). Поскольку плечо 12 силы F^i относительно оси малого диска меньше плеча 12 силы F^ (рис. 156), суммарный момент пары сил PTpi и Рур2 будет закручивать малый диск в направлении вращения большого диска.
Рассмотрев аналогичные пары участков малого диска, приходим к выводу, что сразу после касания малый диск начнет закручиваться в направлении вращения большого диска.
Пусть в некоторый момент времени угловая скорость малого диска стала равной го. Скорости участков с центрами масс в точках Л, и А2 будут равны г, = у2 = гог, где г = О'А2 = О'Аг (рис. 157). Силы трения Р(р! и Р(р2, действующие на эти участки, будут направлены вдоль векторов г, — »,' (относительная скорость точки большого диска, ка-
сающейся точки Л^ и е2 — е^ (относительная скорость точки большого диска, касающейся точки Л2). Понятно, что момент пары сил F^ и ^тр2 будет раскручивать малый диск (т. е. угловая скорость диска будет меняться), если и, = v2 < В1В2/2 = Qr (см. рис. 157; для удобства сравнения векторы, «относящиеся» к точке Л2, перенесены в точку ЯД
Таким образом, пока со < 12, имеется отличный от нуля момент сил трения, раскручивающих малый диск. При со = 12 относительные скорости участков с центрами масс в точках At и Л2 направлены перпендикулярно отрезку ОО' (вдоль отрезка AtC на рис. 157) и момент сил трения относительно оси малого диска равен нулю. Следовательно, и в дальнейшем малый диск будет вращаться с установившейся угловой скоростью 12.
При со = 12 все силы трения, действующие на аналогичные пары участков малого диска, будут равны по модулю и направлены одинаково — перпендикулярно отрезку ОО'. Согласно третьему закону Ньютона, результирующая всех сил трения, действующих на большой диск, будет приложена к точке большого диска, касающейся центра О’ малого диска, и равна цтд. Чтобы компенсировать тормозящий момент этой силы, к оси большого диска надо приложить момент сил, равный
. Л = nmgd.
После установления поступательного движения системы отношение сил трения F^ и F^, действующих на первую и вторую палочки, будет равно отношению сил давления соответствующих участков: FTpi/FTp2 = NJN2. Поскольку каждая из сил давления пропорциональна массе: Nt = п^д, N2 = m2g, то отношение сил трения получим в виде
FTpi/FTp2 = m1/m2. (1)
С другой стороны, из равенства моментов этих сил относительно вершины прямого угла (рис. 158 — вид сверху) получим
/£тр1 cos q> = / fusing).
(2)(2)где I — расстояние от вершины до центров масс палочек. Из уравнений (1) и (2) находим, что tgф = т,/т2, где ф =
(2)
(2)
= а — л/2. Следовательно, угол а = it/2 + X. \ + arctg(m1/m2).
Если нога футболиста при ударе движется со скоростью и, то в системе отсчета, ^гр/ * связанной с ногой футболиста, скорость мяча равна v + и (ось движения расположена^ '
по направлению движения мяча). После абсолютно упругого удара скорость мяча в ^тр2< этой же системе будет —(у + и), а его ско-рис ^^
рость относительно земли — (и + и) — и. Если"
после удара мяч остановился, то v + 2и = 0; отсюда и = — у/2 = —5 м/с. Знак минус указывает, что нога футболиста должна двигаться в ту же сторону, что и мяч до удара.
Поскольку после попадания пули в тело уменьшается вертикальная составляющая скорости системы тело — пуля (закон сохранения импульса), то время падения тела на землю увеличится.
Чтобы определить время падения тела на землю, найдем время падения t, тела до попадания в него пули и время t2 движения тела вместе с пулей. Итак, пусть t0 — время свободного падения тела с высоты h. Тогда первую половину пути тело пройдет за время tj = = Уh/g = t0/]/2. В момент попадания в тело массой т пули массой М его импульс был направлен вертикально вниз и равен
Попавшая в тело горизонтально летящая пуля не изменит вертикальной составляющей импульса образовавшейся системы, поэтому скорость системы тело — пуля в вертикальном направлении' будет равна -
v =д —^. т + М m + М 1/2
Оставшуюся половину пути система тело — пуля пройдет за время t2, которое можно найти из уравнения
/i/2 = Ш2 + gt j/2.
Откуда находим время t2:
t0 Ут2 + (m + М)2 — М
m + М
Таким образом, общее время падения тела на землю будет равно (М » т)
■ t0 ]/m2 + (m + М)2 + m t0
'|/5 т + М ~ V^
Для решения задачи воспользуемся законом сохранения импульса системы. Выберем систему координат так, как указано на
У*У*рис. 159: ось х совпадает с направлением скорости Uj тела массой тъ
У*
У*
ось у направлена вдоль скорости и2 тела массой т2. После слипания
Рис. 159Рис. 159
Рис. 159
Рис. 159
тела полетят со скоростью и, причем
т1в1 = (m, + m2)ux, т2и2 = (т2 + т2)иу.
До соударения кинетическая энергия системы была равна W^ = т^/2 + m2v2/2.
Кинетическая энергия системы после соударения (слипания) тел станет равной
22(m1+m2)
Таким образом, в результате соударения выделится количество теплоты, равное
q=w;-w;=1 2(г2 +d22) « 4,з дж.
■+ т2)
Так как трение отсутствует, то в горизонтальном направлении на нашу систему не действуют внешние силы (рис. 160). Для определения скорости и левого клина и скорости и шайбы сразу после спуска можно воспользоваться законом сохранения энергии и законом сохранения импульса:
Муг/2 + ти2/2 = mgh, Mv = mu.
Поскольку в момент наивысшего подъема шайбы на правый клин на высоту )«„„ их скорости будут одинаковы, закон сохранения импульса запишем в виде
mu = (М + m) V,
где V — общая скорость шайбы и правого клина. Кроме того, воспользуемся законом сохранения энергии:
mu2mu2М + т2М + т2К2 + mghmax.К2 + mghmax.
mu2
mu2
М + т
2
М + т
2
К2 + mghmax.
К2 + mghmax.
Совместное решение вышенаписанных уравнений дает выражение для максимальной высоты подъема шайбы на правый клин:
h"»-h (М + т)2'h"»-h (М + т)2'М2
h"»-h (М + т)2'
h"»-h (М + т)2'
закона сохранения энергии:закона сохранения энергии:. Рис. 161в моменты прохождения. Рис. 161в моменты прохожденияДо тех пор пока шайба не окажется в наинизшем положении, брусок будет касаться стены. К этому моменту времени шайба приобретет скорость v, которую найдем v1 = 2дг. При последующем движении системы шайба будет «забираться» на правую половину бруска, все время ускоряя его вправо (рис. 161), пока наконец скорости шайбы и бруска не сравняются. Далее шайба относительно бруска начнет соскальзывать вниз, при этом, пока она опять не пройдет низшее положение, брусок все еще будет ускоряться. Таким образом, максимальная скорость бруска буд
закона сохранения энергии:
закона сохранения энергии:
. Рис. 161в моменты прохождения
. Рис. 161в моменты прохождения
шайбой низшего положения при ее движении назад относительно бруска."
Чтобы найти максимальную скорость бруска, запишем закон сохранения импульса после того, как брусок «оторвется» от стены: т2 \/2дг = т1и1 + т2и2, и закон сохранения энергии для моментов прохождения шайбой низ-
шего положения:
miyi т2и2
т2дг5- + —
Написанная система уравнений имеет два решения:
v2 =
m2 — mj
mt + m2
Решение 1 отвечает моментам времени, когда шайба движется, а брусок находится в покое. Нас интересует решение 2, отвечающее тем моментам времени, когда брусок имеет максимальную скорость:
fl max = 2m2 |/2»r/(m1 + m2).
Перейдем в систему отсчета, связанную с коробкой. Поскольку удары шайбы о коробку абсолютно упругие, то скорость шайбы относительно коробки будет периодически менять свое направление, оставаясь равной по модулю и. Нетрудно понять, что характер движения шайбы будет повторяться через время 2Аг, где At = = (D — 2г)/и — время пролета шайбы от одного соударения с коробкой до следующего (центр шайбы всякий раз проходит путь D — 2г со скоростью и).
Возвращаясь в систему отсчета, связанную с землей, можно построить график зависимости скорости центра шайбы от времени иш (t). Располагая зависимостью иш (t), легко построить график зависимости перемещения центра шайбы от времени хш(0 (Рис- 162).
Д7щ
to t1 2t,3t,4t,5t) t
Рис. 162
Силы, действующие на систему обруч — шайба, — это сила тяжести и сила нормальной реакции со стороны плоскости. Обе эти силы направлены вдоль вертикали. Следовательно, центр масс системы в горизонтальном направлении не перемещается.
Поскольку трение между обручем и плоскостью отсутствует, обруч движется поступательно. Согласно закону сохранения импульса, в любой момент времени
Ми + тсх = 0, (1) где и и vx — горизонтальные проекции скоростей центра обруча и шайбы. Так как и, периодически меняет знак, то и и «синхронно» меняет знак. Общий характер движения обруча таков: шайба на участках ВС и BE — центр обруча движется вправо; шайба на участках CD и DE — центр обруча движется влево (рис. 163).
Скорости шайбы в и обруча и связаны законом сохранения энергии:
(2)(2)mgr(l + cos ф) = m»2/2 + Ми2 /2.
(2)
(2)
Движение шайбы относительно неподвижного наблюдателя можно представить в любой момент времени как суперпозицию двух движений: движения относительно центра обруча со скоростью оь направленной по касательной к обручу, и движения вместе с обручем со
скоростью и, направленной горизонтально (рис. 164). Как видно из рисунка,
гy/(гx + гy) = tgф.(3)
Решая совместно уравнения (1) —(3), найдем скорость центра обруча в тот момент, когда радиус-вектор точки, в которой находится шайба, составляет угол ф с вертикалью:
и = тсо$ф|/2дг(1 + cos ф) / [(М + т)(М + т$тф)].
В момент обрыва правой нити на стержень действуют: сила натяжения Т левой нити и силы Nt и N2 нормального давления грузов массами т, и т2 (рис. 165). Поскольку стержень невесом (его масса равна нулю), уравнения его поступательного и вращательного движений примут вид
-T+Nt-N2 = 0, N1l = 2N2l.
Из второго уравнения (условие равенства нулю суммы моментов всех сил относительно точки О) следует
Nt = 1N2.(1)
С учетом этих соотношений получаем (см. рис. 165)
T = N2-N2 = N2.(2)
Ускорения грузов массами mt и т2 в первый момент после обрыва правой нити будут направлены вертикально (точка О неподвижна,
стержень нерастяжим) и связаны соотношением
<i2=2av(3)
Запишем уравнения движения грузов в этот момент:
mi9 -N( = m1a1, т2д + N2 = т2а2,
где N[ и N2 — силы реакции стержня, действующие на грузы массами • т1 и т2. Поскольку N[ = Nv и N2 = N2, то
m1g-2N2 = m1av m2g+ N2 = 2m2av
Отсюда находим N2, а следовательно (см. (2)), и силу натяжения нити Т:
T=N2 =T=N2 =mtm2Mi + 4m2mtm2Mi + 4m2
T=N2 =
T=N2 =
mtm2
Mi + 4m2
mtm2
Mi + 4m2
ния системы колечко опустилосьния системы колечко опустилось
ния системы колечко опустилось
ния системы колечко опустилось
Пусть за малый промежуток времени At после начала движе
на расстояние Ах от точки А и приобрело скорость г (рис. 166). Скорость поступательного движения обручей в этот момент должна быть равна u=vtga (At настолько ма
ло, что угол а практически не изменился). Следовательно, такова же линейная скорость всех точек обручей. Согласно закону сохранения энергии,
mg Ах = 2Mu2 + те2 (2 = 2Md2 tg2 a + m у2/2,
где Mu2 — кинетическая энергия каждого обруча в данный момент. Из этого равенства находим
г2m1
2Ах 4Мtg2a + т 91 + 4(Af/m)tg2a 9
При Дх-»0 можно считать, что г2 = 2a Ах, где a — ускорение колечка в начальный момент времени. Следовательно,
1
1 + 4(M/m)tg2a 9'
Пусть за малый промежуток времени At после начала движения веревка переместилась на расстояние А/ и приобрела скорость и. Так как At мало, можно считать, что
и2 = 2аА/,(1)
где а — ускорение всех точек веревки в начальный момент времени.
Из закона сохранения энергии (трение отсутствует) следует, что
Мсг/2 = ди;,(2)
где М — масса всей веревки, АИ; — изменение потенциальной энергии веревки за время At. Очевидно, что A Wn соответствует перераспределению массы веревки, в результате которого кусок веревки длиной А/ «переходит» из точки А в точку В (см. рис. 31). Таким образом,,
AHi = (M/Z)g/iAL(3)
Из (1)—(3) находим условие движения веревки в начальный момент времени:
,о = gh/i.
Очевидно, в момент удара только крайние кубики соприкасаются с шайбой. Сила, действующая на каждый из этих кубиков, направлена перпендикулярно грани касания шайбы с соответствующим кубиком и проходит через его центр (диаметр шайбы равен ребру кубика!). Поэтому средний кубик в результате этого удара останется неподвижным. Для крайних кубиков и шайбы можно написать закон сохранения импульса по направлению скорости шайбы и:
mu = 2ти • ]/2/2 + mu',
здесь m — масса каждого кубика и шайбы, и' — скорость шайбы после соударения, и — скорость каждого из крайних кубиков. Закон сохранения энергии дает уравнение
и2 = 2и2 + и'2.
В результате получаем, что и = и]/2, и' = 0. Следовательно, после удара скорости крайних кубиков составляют углы 45° со скоростью и, шайба останавливается, средний кубик так и останется неподвижным.
В данном случае закон сохранения импульса удается применить в несколько неожиданном виде. При взрыве шарика составляющая импульса шарика вдоль трубы остается равной нулю, так как трение отсутствует и силы реакции направлены перпендикулярно скоростям частей. Неупругие соударения также не изменяют продольной составляющей импульса системы. Следовательно, окончательная скорость образовавшегося после всех соударений тела равна нулю.
Для того чтобы выделившееся количество теплоты было максимальным, необходимо выполнение следующих условий:-
97974 А. И. Буздин и др.
97
97
потенциальная энергия тел в начальный момент должна быть максимальной;
тела должны столкнуться одновременно в нижией точке чаши;
скорость тел сразу после столкновения должна быть равна нулю.
При выполнении этих условий весь запас начальной потенциальной энергии тел перейдет в теплоту. Следовательно, тела в начальный момент должны быть расположены на кромке чаши на высоте г над ее нижней точкой. Расположение тел должно быть таким, чтобы их суммарный импульс перед соударением был равен нулю (тогда после соударения слипшееся тело останется неподвижным в нижней точке чаши). Поскольку значения импульсов тел в любой момент времени относятся, как 3:4:5, расположение тел в начальный момент должно быть таким, как на рис. 167 (вид сверху). После предоставления тел самим себе количество теплоты, которое выделится в системе, максимально и равно Q = 4тдг.
Рис. 167Рис. 167
Рис. 167
Рис. 167
Пусть вначале относительно неподвижной системы отсчета протон покоится, а а-частица имеет скорость v0. Процесс их упругого соударения описывается законом сохранения импульса:
4me0 = mv, + 4т®2,
и законом сохранения энергии:
4mvg/2 = mv2/2 + 4mv2/2,
где v2 и v2 — скорости протона и а-частицы в неподвижной системе отсчета после соударения, m и 4m — массы протона и а-частицы.
Рассмотрим процесс соударения этих частиц в системе центра масс, т. е. в инерциальной системе отсчета, движущейся относительно неподвижной системы отсчета со скоростью
v' = 4mv0/ (m + 4m) = (4/5) v0
(в числителе первой дроби стоит полный импульс системы, в знамена-
теле — ее полная масса). На рис. 168 изображены скорость е0 и скорости- «-частицы (вектор оЗ) и протона (вектор ОЛ) в системе центра масс до соударения: О В = (1/5) и0, О А = (4/5) с0. Согласно закону сохранения импульса, после соударения векторы 0$ и ОА скоростей «-частицы и протона должны лежать на одной прямой и должно выполняться соотношение ОВ':ОА' = 1:4 (см. рис. 168); согласно закону сохранения энергии, OB' = О В и О А' = О А (покажите!).
Скорости «-частицы и протона в неподвижной системе отсчета изображены на рисунке векторами 0Сг = OB' + г' и 0СА = ОА' + и'.
Чтобы ответить на вопрос задачи, нужно определить максимально возможную длину вектора 0Сг, т. е. в равнобедренном треугольнике ОА'С, необходимо определить максимально возможную длину основания при неизменных длинах боковых сторон. Очевидно, что максимум ОС, равен 2 • (4/5) г0 = 1,6г0. Эта ситуация отвечает центральному удару. '
Шины автомобиля в песке проминают след. Чем больше давление на песок, тем больше глубина следа, тем больше вероятность машине застрять. Если шины значительно спущены, то площадь соприкосновения шин с песком увеличивается. Давление на песок при этом уменьшается, следовательно, уменьшается и глубина следа.
Сложное движение тела внутри трубы в любой момент времени можно представить как суперпозицию двух независимых движений — движения вдоль оси трубы и движения по окружности в плоскости, перпендикулярной оси трубы (рис. 169). Отрыв тела от поверхности трубы скажется только на втором движении — тело не будет двигаться по окружности. Поэтому мы рассмотрим только это движение.
Рис. 169Рис. 170Рис. 169Рис. 170
Рис. 169Рис. 170
Рис. 169Рис. 170
На тело, движущееся по окружности, действует сила N нормальной реакции со стороны стенок трубы (вектор N лежит в плоскости, перпендикулярной оси трубы) и «сила тяжести» mg' = mg cos а. Напишем условие движения тела по окружности:
(1)(1)mg' cos Р + TV = ту1 (г.
(1)
(1)
где р — угол, который составляет радиус-вектор той точки окружности,
в которой в данный момент находится тело, с «вертикалью» у (риС. 170). Чтобы тело не отрывалось от поверхности трубы, должно выполняться условие N = mv2/r — mg' cos Р > 0, откуда следует
(2)(2)и2 > д'т cos р.
(2)
(2)
Связь скорости и, с которой в данный момент движется тело по окружности, с начальной скоростью г0 найдем, воспользовавшись законом сохранения энергии: при любом значении угла р должно выполняться соотношение
ти2/2 + mg'r cos р = m (г0 sin ф)2/2 -V тд'г\
отсюда
(3)(3)г2 = Го sin2 ф + 2g'r — 2g'r cos р.
(3)
(3)
Подставив (3) в (2), найдем, при каких значениях г0 тело не оторвется от трубы:
Го > 3 д'г cos p/sin2 ф — 2 g'r/sin2 ф.
условие должно выполняться при любом значении ре[О, 2 л], окончательно имеем
ПосколькуПосколькуэтоэтотом. Эта скорость находитсятом. Эта скорость находитсяVo > g'r/sin2 ф = gr cos ot/sin2 ф.
Поскольку
Поскольку
это
это
том. Эта скорость находится
том. Эта скорость находится
. Пусть в некоторый момент времени колесо находится в одном из положений, когда его центр масс расположен над прутом и его скорость равна г. В момент удара о следующий прут (рис. 171) центр масс колеса имеет некоторую скорость г', направленную перпендикулярно линии, соединяющей его с первым пру- из закона сохранения энергии:
mgh + тг2/2 = тг'2/2.
Здесь h = г — ]/г2 — /2/4 ® /2/ (8 г). Получаем
г' = г ]/1 +д/2/(4гг2).
По условию задачи (движение без подскоков) удар колеса о прут абсолютно неупругий. Это означает, что при ударе гасится проекция импульса колеса на прямую, соединяющую центр колеса с прутом. Тем самым при каждом ударе происходит потеря (переход в теплоту) энергии, равной
. Д W = т (г' sin а)2/2,
где sin а а //г. Чтобы скорость у оставалась постоянной, нужно, чтобы работа силы натяжения Т веревки на пути / компенсировала эту потерю энергии. Таким образом.
ОтсюдаОтсюда
Отсюда
Отсюда
Поскольку проскальзывания нет, то при перекатывании через границу раздела плоскостей ось колесной пары вращается вокруг точки О (рис. 172). В момент отрыва сила давления колесной пары на плоскость и сила трения равны нулю, поэтому угол Р, при котором происходит отрыв, находится из условия
mg cos Р = mv^r.
Из закона сохранения энергии получаем mv2/2 = mvi/2 — mgr(l — cos P).
Отрыва ляемыйОтрыва ляемыйне происходит, если опреде-
Отрыва ляемый
Отрыва ляемый
из этих уравнений угол Р не меньше а и, следовательно,
cos p < cos a.
Отсюда вытекает, что условие
v < ]/gr (3 cos a — 2)
есть условие перекатывания колесной пары через границу раздела без отрыва. Если 3 cos a — 2 < 0, т. е. a > arccos (2/3), то отрыв произойдет при любой скорости у.
Потенциальная энергия системы в начальный момент складывается из потенциальной энергии обода, равной mg (г + й), и потенциальной энергии части ленты, лежащей на наклонной плоскости, рдй2/(2 sin а). Полная конечная энергия системы также будет чисто потенциальной и равной ввиду отсутствия трения начальной энергии. Конечная энергия складывается из энергии обода mgr и энергии намотавшейся на него ленты. Центр масс последней будем считать совпадающим с центром масс обода. Это предположение верно, если длина намотавшейся ленты много больше длины окружности обода. Тогда потенциальная энергия намотавшейся ленты есть
р(й/$та + s)gr,
причем длина ленты равна й/ sin a + s, где s — искомое расстояние,
пройденное ободом от основания наклонной плоскости до точки остановки.
Из закона сохранения энергии получаем
h2/ h\
тд(г + л) + pg —= mgr + pgr —h 5 ;
2 sin а\ sin а/
отсюда
тд + р(й/ sin а) (г — й/2)s =.
рг
1.70. Установившимся движением системы в воздухе будет вертикальное падение шариков с постоянной скоростью. Силы сопротивления воздуха F, действующие на нижний (более тяжелый) и верхний шарики, одинаковы, поскольку одинаковы скорости и размеры шариков. Поэтому уравнения движения шариков запишутся в виде.
'/т^д — Т— F = 0, тгд + Т- F = 0.
G
'vРешая эту систему, получим силу натяжения
\ р^Рл нити
T=("ii-m2)g/2.
/1.71*. В каждый момент времени через
^/точку касания нити с цилиндром проходит
рис ^мгновенная ось вращения шарика. Это озна-
"чает, что сила натяжения нити перпенди
кулярна скорости шарика, откуда следует, что эта сила не совершает работы. Тем самым кинетическая энергия шарика не меняется, и его скорость остается по модулю равной г.
Чтобы найти зависимость 1 от г, мысленно разобьем размотавшуюся к моменту t часть нити на очень большое число N малых равных кусочков длины Al = 1/N каждый. Пусть разматывание n-го кусочка продолжалось время Atn. За это время конец нити переместился на расстояние v Аг„, а сама нить повернулась на угол Аф„ = vAt„/(nAi) (рис. 173). На этот же угол повернулся и радиус, проведенный в точку касания нити с цилиндром, т. е.
Аф„ = Аф = А1/г;
отсюда
At„ =n(Ai)2/(vr).'
Тогда
t = Atj + At2 + ... + At^ =
_ 1(A/)22 (A/)2 TV (A/)2 _ (A/)2 N (N + V)
vr yrvr vr 2
Поскольку N велико,
t = (Д1)2№/ (2 or) = /2/ (2ur),/ =
За время Т голубой шарик пройдет расстояние <о(//|/з)Т = = 2я//[/з (рис. 174; со = 2п/Т — частота вращения). За это же время центр масс зеленого и белого шариков переместится на расстояние (о(//2/з)Т= л//|/з. Одновременно стержень, соединяющий зе-
Рис. 174Рис. 174
Рис. 174
Рис. 174
леный и белый шарики, повернется на угол 2л, так как период обращения этих шариков вокруг их центра масс совпадает с периодом Т. Поэтому искомое расстояние равно
L=/|/з/4 + (л |/з + 1/2)2
или при другом расположении шариков (белый и зеленый на рисунке нужно поменять местами)
L= / |/з/4 + (л |/з — 1/2)2.
На центр масс системы, состоящей из брусков и нити, действует в горизонтальном направлении только сила Ясно, что горизонтальная составляющая этой силы, равная Т(1 — созф), где Т—сила натяжения нити, всегда направлена вправо (рис. 175). Поскольку в начальный момент центр масс находится над блоком и покоится, в процессе движения он будет смещаться по горизонтали вправо. Отсюда следует, что левый брусок достигнет блока раньше, чем правый ударится о стол, поскольку в противном случае центр масс оказался бы в момент удара слша от блока.
Благодаря начальным условиям (левый груз неподвижен, правому сообщена скорость v) левый груз будет двигаться по прямой, правый помимо движения по прямой будет совершать
колебания. В некоторый момент времени на левый груз по вертикали действует сила mg — Т, на правый mg — Т cos ф (рис. 176; вертикальная ось направлена вниз). Здесь Т — сила натяжения нити. Отсюда следует,
что разность вертикальных составляющих ускорений правого (а,) и левого (а2) грузов, равная
П1 - а2 =П1 - а2 =' т дcos ф' т дcos фТ(1 — COS ф), mТ(1 — COS ф), m
П1 - а2 =
П1 - а2 =
' т дcos ф
' т дcos ф
Т
(1 — COS ф), m
Т
(1 — COS ф), m
всегда неотрицательна. Посколькувсегда неотрицательна. ПосколькуРис. 177Рис. 177® = 01/2® = 01/214 рад/с.14 рад/с.
всегда неотрицательна. Поскольку
всегда неотрицательна. Поскольку
Рис. 177
Рис. 177
® = 01/2
® = 01/2
14 рад/с.
14 рад/с.
относительное расстояние и относительная скорость грузов по вертикали в начальный момент равны нулю, то с течением времени разность ординат правого и левого грузов будет увеличиваться, т. е. в любой момент времени правый груз находится ниже левого.
Пусть правая нить отклонилась на угол р от вертикали, а левая — на угол а (рис. 177). Чтобы стержень не отклонялся от вертикального положения, необходимо выполнение равенства
^ sin а = Т2 sin р, (1)
где Tv Т2 — силы натяжения соответствующих нитей.
Запишем уравнения движения обоих тел в вертикальном и горизонтальном направлениях:
T1sina = m1coZ1sina, T1cosa = m1g,Т2 sin Р = m2co2Z2 sin Р, Т2 cos Р = m2g.
Решив полученную систему уравнений с учетом (1), найдем
*2 w2w.212«»212
?И 1*1^2 2
Обозначим через lv и Z2 длины пружин, соединяющих ось вращения с первым шариком и шарики между собой. Так как шарики движутся по окружности, то уравнения их движения примут вид mco2;, =fc(Z,-Z0)-fc(Z2-Zo),
таЛк + l2) = k(l2 — l0);
отсюда
Решение имеет физический смысл, если выполняются неравенства
— Зтш2/к + (т<о2/к) > 0,1 — тш2/к > 0.•
Пусть тш2/к = х. Так как тш2/к > 0, из второго условия следует 0 < х < 1. Первое условие дает
х1 - Зх + 1 > 0,
откуда либо х > (3 + |А)/2 « 2,6, либо х < (3 — |/5)/2 « 0,4. Следовательно, область допустимых значений х есть 0 < х < (3 — |/5)/2, откуда
Изменение кинетической энергии тела WT при небольшом перемещении As записывается в виде
AW^FAs,
гДе F — сила, действующая на тело. Поэтому на графике зависимости кинетической энергии от перемещения при прямолинейном движении сила в некоторой точке траектории движения определяется как тангенс
угла наклона касательной в соответствующей точке графика. Используя график, приведенный в условии задачи, построением (рис. 178) находим Fc « — 1 Н, FB « — 3 Н.
Количество выделившейся теплоты будет максимальным при условии, что брусок пройдет максимальное расстояние относительно транспортера. Для этого необходимо, чтобы около ролика А скорость бруска относительно земли стала равной нулю (см. рис. 41). Начальная скорость относительно земли, которую при этом
должен иметь брусок, определяется условиями ■— v0 + at = 0,1 = vot — at1/!,
где а = цд — ускорение, сообщаемое бруску силой трения. Отсюдаv0 = |/2^/.
Время движения бруска по ленте транспортера до ролика А равно t = v^w-
До остановки брусок пройдет по ленте путь, равный
$1 = I + vt = I + г)/2//(цд).
Далее брусок начнет двигаться равноускоренно вправо. Интервал времени, спустя который прекратится проскальзывание, равен т = = е/а = v/yig. За это время относительно земли брусок переместится на расстояние
s = щ2/2 = v2/(2pg).
Так как по условию задачи и < [/2рд!, то за время т брусок не соскользнет с транспортера, т. е. s < I.
Путь, который за это время брусок пройдет относительно ленты транспортера, равен
$2 = | г2/2а - гт | = г2/(2цд).
Полный путь бруска относительно ленты равен
s = S1 + s2 = Z + г ]/2//(рд) + г2/(2цд) = (г + /2цд/)2/(2рд).
Количество теплоты, выделившееся за счет работы силы трения, равно*
Q = yangs = m (г + |/2цд/)2/2.
В первом случае (движение трубы без проскальзывания) первоначальный запас потенциальной энергии в поле силы тяжести переходит в кинетическую энергию движения трубы, которая делится поровну между энергией вращения и энергией поступательного движения. Во втором случае (движение с проскальзыванием) не вся потенциальная энергия перейдет в энергию движения в конце горки из- за работы силы трения. А поскольку эта энергия также распределится поровну между энергиями поступательного и вращательного движения, то во втором случае скорость трубы в конце горки будет меньше.
После того как пружину отпустили, устанавливается ее равномерное растяжение. При этом возникают очень быстрые колебания самой пружины, которые также быстро затухают. За это время груз практически не успевает сместиться, т. е. если, совершая работу А, середину пружины сместили на расстояние х, то теперь вся пружина рас-
Хянута на х. Значит, ее потенциальная энергия, которая при последующем колебательном движении груза равна максимальной кинетической, равна И^ = кхг/2, где к — жесткость всей пружины. При оттягивании пружины вниз за середину удлинялась лишь ее верхняя половина, жесткость которой составляет 1к, и работа, равная потенциальной энергии растяжения верхней части пружины, А = 2к(х2/2) = = кх2. Отсюда можно заключить, что максимальная кинетическая энергия груза при последующем движении равна И^ = All.
Ввиду замкнутости системы звезды будут вращаться вокруг своего центра масс по концентрическим окружностям. Уравнения движения звезд имеют вид
mv®2v\v=F, т2<й212 = Е;(1)
здесь coj, <в2 — угловые скорости вращения звезд; 12, /2 — радиусы их орбит; F — сила взаимодействия звезд, равная Gm1m2/Z2, где / — расстояние между звездами, G — гравитационная постоянная. Из определения центра масс следует, что
'm1/1=m2/2,Z1+Z2 = Z.(2)
Решая совместно (1) и (2), получаем
со, = <о2 = УС(т, + m2)/Z3 = Г1 ^G (mt + m2)/Z,
а искомый период обращения этих звезд равен r=2nZ]/Z/[G(m1+m2)].
Пусть Uj — скорость станции до столкновения, г2 — скорость станции и метеорита сразу после столкновения, m — масса метеорита, 10m — масса станции.
До столкновения станция двигалась вокруг планеты по круговой орбите радиуса К, поэтому скорость станции rj находится из уравнения
10nw2/R = G • ЮтМ/R2.
Отсюда гг = ^GM/R. Скорости u, Uj и г2, согласно закону сохранения импульса, связаны соотношением
mu + lOmi?! = llmv2.
Напишем закон сохранения импульса в проекциях на оси х и у (рис. 179):
lOmi?! = llmv2x>(1)
mu = 1 lmv2y.(2)
После столкновения станция переходит на эллиптическую орбиту. Энергия станции с застрявшим в ней метеоритом при движении по
этой эллиптической орбите остается постоянной. Следовательно,
где V — скорость станции в момент наибольшего сближения с плане
у* 1иу* 1и1УРис. 1791УРис. 179той. Здесь мы используем формулу для потенциальной энергии гравитационного взаимодействия двух тел (mj и т2у. Wa = — Gmlm2,'r. Согласно второму закону Кеплера, скорость V и скорость в2 станции сразу после столкновения связаны соотношением
у* 1и
у* 1и
1У
Рис. 179
1У
Рис. 179
VR/2 = v2xR.
Решая совместно уравнения (1) — (4) и учитывая,. что vY = У GM/R, находим скорость метеорита перед столкновением:
и = ]/58GM/K.
Для тела массой т, покоящегося на экваторе планеты, кото
рая имеет радиус R и вращается с угловой скоростью ю, уравнение движения имеет вид
mto2R = mg' — N,
где-N — сила реакции поверхности планеты, д' = 0,01 у — ускорение свободного падения на планете. По условию задачи тела на экваторе невесомы, т. е. N = 0. Учитывая, что со = 2к/Т, где Т — период обращения планеты вокруг оси, равный продолжительности земных суток, получим
Л = (Т2/4л2)/.
Подставляя значения Г = 8,6 • 104 с, д' « 0,1 м/с2, получим
R « 1,8 107 м = 18 000 км.
Запишем уравнения движения Нептуна и Земли вокруг Солнца (для простоты рассуждений предположим, что орбиты круговые):
мнСОн^н = СМтн/Кц,тз<ОзК3 = GMm^R^.
Здесь мц, тз, “н, юз, Кн, R3 — массы, угловые скорости, радиусы орбит Нептуна и Земли соответственно, а М — масса Солнца. Учтем те-
рь связь между угловой скоростью и периодом обращения вокруг >лнца:
\®н = 2л/Тн, <»з = 2л/Т3.
Здесь Тн — период обращения Нептуна, а Т3 — период обращения Земли вокруг Солнца. В результате находим, что период обращения Нептуна вокруг Солнца равен
Тн = T^R^/R^ * 165 лет.
Аналогичный результат получится и для эллиптических орбит из 3-го закона Кеплера.
Рассмотрим два пути решения задачи.
Условия равновесия грузов имеют вид (рис. 180)
Т1 = т1д, Т2 = т2д,
Мд = Т\ sin а2 + Т2 sin а2, Т2 cos а2 = Т2 cos а2.
Из этих соотношений можно найти углы, соответствующие положению равновесия системы:
М2 — m2 + т? sin а. = 1 2Мт.М2 — m2 + т? sin а. = 1 2Мт.М2 — m2 + т2 sin а, = 2 2Мт2М2 — m2 + т2 sin а, = 2 2Мт2
М2 — m2 + т? sin а. = 1 2Мт.
М2 — m2 + т? sin а. = 1 2Мт.
М2 — m2 + т2 sin а, = 2 2Мт2
М2 — m2 + т2 sin а, = 2 2Мт2
Очевидно, что равновесие осуществимо не всегда. Действительно, для равновесия необходимо выполнение условий 0 < а2 < л/2 и О < а2 < л/2, т. е.
М2 - т2 + т22Мт.М2 - т2 + т22Мт.М2 — т2 + т22Мт2М2 — т2 + т22Мт2
М2 - т2 + т22Мт.
М2 - т2 + т22Мт.
М2 — т2 + т22Мт2
М2 — т2 + т22Мт2
Из этих неравенств следует, что вся система будет находиться в равно
весии лишь при выполнении условий
М < т2 + m2, М2 > | т2 — т2 |.
Рассмотрим равновесие узла А. В этом случае на него действуют три силы:
Ti = т^д, Т2 = т2д, Т3 = Мд.
Для равновесия узла необходимо, чтобы три силы 7), Т2, Т3 образовали треугольник. Поскольку в тре
угольнике сумма длин двух сторон не меньше третьей, получим соотношение между массами mt, m2, М, обеспечивающее равновесие узла А;
mt + m2 > М, М + mt > т2, М + т2 > mv
Рассмотрим условия равновесий стержня в тот момент, когда он наклонен к горизонту под углом а. Силы, действующие на стержень, изображены на рис. 181. При решении задачи удобнее всего воспользоваться равенством нулю суммы моментов сил относительно точки пересечения линий действия силы тяжести тд и приложенной человеком перпендикулярно стержню силы F (точка О) — при этом моменты данных сил равны нулю.
Пусть длина стержня равна 2/, тогда плечо силы реакции опоры N составляет
I cos а, а плечо силы записывается в видеI cos а, а плечо силы записывается в видетрения —//sin а+ /sin а, и условие равновесия
I cos а, а плечо силы записывается в виде
I cos а, а плечо силы записывается в виде
с 1, •\, 1 + sin2 а
Nl cos а = гТД —1- sin ос) = FTJ\ sin ос /sin а
отсюда
cos а sin а cos а sin ос1
F™ = N -= N -—:=— = N .
1 + sin ос 2 sin ос + cos ос 2tga + ctga
С другой стороны, сила трения не может превышать значения цМ — силы трения скольжения, поэтому
1
U > .
2 tg а + ctg а
Это неравенство должно выполняться при всех значениях угла а. Следовательно, для нахождения минимального коэффициента трения Цщщ необходимо найти максимум функции (2х2 + 1/х2)-1, где x2 = tga. Из тождества 2х2 + 1/х2 = (У2х - 1/х)2 + 2^2 следует, что максимальное значение 1/(2 tg a + ctg а) равно 1/(2 )/2) = |/2/4 и достигается при х2 = tg a = |/2/2. Таким образом, искомый минимальный коэффициент трения равен
Un»n = lA/4.
Поскольку шарнир С находится в равновесии, сумма сил, действующих на него, равна нулю. Записывая силы, действующие на шарнир С, в проекции на ось, перпендикулярную ЛС, получим
(т + тщ)д sin a = Teos a,(1)
где тш — масса шарнира. Аналогично, из условия равновесия шарнира D и условия горизонтальности среднего стержня следует, что
■Teos a = F cos Р + Шщд sin ос(2)
и (2) получаем
F =F =Teos а — тщд sin аTeos а — тщд sin аcos pcos pmg sin a , ^ mg sin a.COS Pmg sin a , ^ mg sin a.COS P
F =
F =
Teos а — тщд sin а
Teos а — тщд sin а
cos p
cos p
mg sin a , ^ mg sin a.
COS P
mg sin a , ^ mg sin a.
COS P
Таким образом, минимальная сила Fmin, при которой средний стержень сохраняет горизонтальное положение, равна
Fmin = mgsina. = mg/2Fmin = mgsina. = mg/2
Fmin = mgsina. = mg/2
Fmin = mgsina. = mg/2
Из условия задачи следует, что коэффициент трения скольжения карандаша по наклонной плоскости удовлетворяет условию ц > tg а. Действительно, карандаш, положенный перпендикулярно образующей, находится в равновесии, а это означает, что mg sin a = F^, где mg — сила тяжести, F^ — сила трения. Но FTp < ц mg cos а. Следовательно, mg sin a цтд cos a, откуда ц > tg a.
Таким образом, ни при каких значениях угла <р карандаш по наклонной плоскости скользить не будет.
Скатывание карандаша может начаться при таком угле ср0, когда вектор силы тяжести «выйдет» за пределы участка соприкосновения карандаша и наклонной плоскости (на рис. 183 этот участок заштрихован). Для нахождения этого угла спроецируем на наклонную плоскость центр масс карандаша (точку А) и отметим точку пересечения вертикали, проходящей через его центр масс, с наклонной плоскостью (точку В). Очевидно, при различной ориентации карандаша, если его центр масс остается на месте, точки А и В будут неподвижны, причем если сторона шестиугольного поперечного сечения карандаша равна 21, то АВ = 21 cos 30° tg а (причем 2/cos 30° — это радиус вписанной в шестиугольное сечение окружности).
Пока точка В лежит в заштрихованной области, карандаш не будет скатываться.
Напишем условие начала скатывания карандаша:
AD/cos<?0 = АВ, или //cosq>0 =/|/з tgx
Отсюда./
' '' ф0 = arccos(l/|/3tga).
Таким образом, если угол ф удовлетворяет условию
arccos(l/|/3tga) ф я/2,"
карандаш находится в равновесии. Выражение для угла ф0 имеет смысл при условии tga> 1/]/з. Тот факт, что карандаш, положенный параллельно образующей, скатывается, означает, что tga > l/j/з (покажите это самостоятельно).
Пусть сечение поверхности описывается функцией у(х), изображенной на рис. 184. Поскольку стержень должен в любом положении находиться в равновесии, это равновесие может быть только безразличным, т. е. центр масс стержня должен находиться на одном уровне при любом положении стержня. Если конец стержня, опирающийся на поверхность, имеет абсциссу х, то ордината у0 другого его конца, касающегося вертикальной стенки, находится из условия
*2 = [У(х)-у0]2 + *2> y0 = yW±/'2-*2-
Поскольку стержень однороден, его центр масс находится в середине стержня. Полагая для определенности ординату центра масс равной нулю, получим
[Уо + У(х)]/2 = О, отсюда
у(х)= ±0*^/2.
Физический смысл имеет лишь решение со знаком минус. Итак, сечение поверхности описывается в общем случае функцией
у (х) = а — |/Р^х^ /2,
где а — произвольная постоянная.
В отсутствие стенки угол отклонения математического маятника меняется по гармоническому закону с периодом Т и угловой
амплитудой а. Тагов же движение совершает проекция точки, обращающейся по окружности радиуса а с угловой скоростью со = 2i^7? Абсолютно упругий удар жесткого стержня о стенку при угле отклонения Р соответствует мгновенному перескоку из точки В в точку С (рис. 185). Период уменьшается на At = 2у/оо, где у = arccos (P/а). Следовательно,
Т^ = 2л/ш — 2у/<о,а искомое отношение равно
Л1Р
-=1arccos—.
Ттса
. Пусть шарик массой т, падая с высоты к, упруго ударяется о неподвижную горизонтальную поверхность. Считая, что время соударения шарика с поверхностью мало по сравнению с интервалом времени At между двумя последовательными соударениями, найдем
At = 2 |/2/i/g.
За каждое соударение импульс шарика меняется на величину Ар = = 2mv = 2m |/2g/i. Поэтому за одно соударение с горизонтальной поверхностью получаем тот же импульс Ар = 2m |/2gh.
Чтобы найти среднюю силу, действующую со стороны шарика на горизонтальную поверхность, рассмотрим интервал времени т » At. За время т импульс, передаваемый горизонтальной поверхности, равен
Тl/23/l т
АР = Ар= 2m.- = тдт.
М 2y2h/g
Следовательно, усредненную по интервалу времени т силу, действующую на горизонтальную поверхность со стороны прыгающего шарика, найдем из соотношения
Рф = АР/т = тд.
По условию задачи масса М чашки весов намного больше массы m шарика. Поэтому на медленное колебательное движение чашки весов будут накладываться почти периодические удары шарика. Средняя сила, действующая на чашку со стороны шарика, будет равна Fcp = тд. Следовательно, искомое смещение Ах положения равновесия весов будет равно
Ах = тд/к.
Сила, действующая на бусинку, находящуюся в какой-либо точке А, в направлении, касательном к проволоке, равна F — тд cos а, где а — угол между касательной в точке А и осью ординат (рис. 186). Для того чтобы длина участка проволоки от начала координат до бусинки менялась по гармоническому закону, необходимо, чтобы сила
F в точке А была пропорциональна длине Ц. Но F < тд, а 1* неограниченно возрастает. Следовательно, должна существовать точка В, в которой условие пропорциональности нарушается. Это означает, что колебания с амплитудой 1В уже не могут
у быть гармоническими.
А1.93. Из уравнений движения
брусков
Щ#1 = ^упр» 2тй2 = ТуПр,
v где г упр — сила упругости пружины, следует, что их ускорения в каждый момент времени связаны соотношением а2 = — «1/2. Отсюда вытекает, что в инерциальной системе отсчета, связанной с центром масс брусков, последние совершают колебания в противофазе, причем относительные смещения брусков относительно их положений равновесия связаны тем же соотношением, что и ускорения:
Дх2 = — Дх2/2.
Тогда
Еупр = — (3/2)/: Дхг = 3#с Дх2.
Следовательно, период малых продольных колебаний равен
Т=2л|/2т/Щ).'
Отметим горизонтальный диаметр АВ = 2г бревна в момент,'
когда бревно проходит положение равновесия.
Рассмотрим теперь бревно в момент времени, когда нити подвеса
отклонены от вертикали на какой-либо малый угол а (рис. 187). Если
ника с длиной подвеса бревна равенника с длиной подвеса бревна равенпроскальзывания нитей нет, то нетрудно из геометрических соображений получить, что отмеченный диаметр АВ всегда в процессе колебания бревна остается горизонтальным. Действительно, если EF J. DK, то FK = = 2r tg а « 2га. Но BD ® FK/2 « га. Следовательно, как и указывалось, z. BOD = а.
ника с длиной подвеса бревна равен
ника с длиной подвеса бревна равен
Так как диаметр АВ с течением времени остается горизонтальным, то бревно движется плоскопараллельно, т. е. скорости всех его точек одинаковы в каждый данный момент времени. Поэтому движение бревна синхронно колебанию математического маят- I. Таким образом, период малых колебаний
Т-2и^М9-
Период колебания маятника в направлении, перпендикуляр
ном рельсам, равенном рельсам, равен= 2л= 2л
ном рельсам, равен
ном рельсам, равен
= 2л
= 2л
Ц — длина невесомой нерастяжимой нити), так как груз М при этом покоится (рис. 188).
Период колебаний в плоскости, параллельной рельсам («парал
лельные» колебания), найдем из условия неподвижности центра масс
системы. Положение центра масс системы определяется уравнением mit = М (I — /^ Таким образом, шарик совершает колебания при неподвижной точке О, находясь от нее на расстоянии lv = М1ЦМ + m). Отсюда период «параллельных» колебаний маятника будет равен
Т2 =2л]/^(^Г+М)д].
Следовательно,
T2/Tt = VMUm + МУ
Со стороны стержней на груз действует сила Fi = 2FH cos а, на пружину — Fz = 2FHsina (см. рис. 48). Согласно закону Гука, F2 = = (1,5/ — 2/ sin а) к, где к — жесткость пружины. В результате
fj = 1,5/kctga — 2/kcosa.
Чтобы найти период малых колебаний, нужно определить силу АГ, действующую на груз при малом изменении высоты груза Mt относительно положения равновесия h0 = 2/ cos a0. Получим
ДГ = 1,5/А: Д (ctg a) — 21к A(cosa),
где
*\ I ctg а \А\.
Д (ctg а) = I ——Да =г-г—, Д (cos а) = — sin а0 ■ Да.
\ da /а = ао sinza0
Следовательно, поскольку ДА = —21 sinа0Да, то
ДГ = — 1,5/с -—h 2kl sin а0 Да = — 5/с/Да = —5kMt,
smz а0
так как sin a0 = 1/2.
Период малых колебаний груза найдем по формуле Т = = 2л ^тЦ5к\ где т — масса груза, определяемая из условия равновесия:
1,5/с/ ctg a0 — 2lk cos a0 = mg,т = (УЗ/2Нк1/дУ
Таким образом,
T=2n|/|/3Z/(10g).
Кинетическая энергия обруча в каждый момент времени
складывается из кинетической энергии движения центра масс обруча и кинетической энергии вращения обруча вокруг центра масс. Так как
скорость точки А обруча все время равна нулю, то обе части кинетиче
ской энергии равны (скорость центра масс равна линейной скорости вращения относительно центра масс). Поэтому полная кинетическая энергия обруча равна mu2 (m — его масса, г — скорость его центра масс). Согласно закону сохранения энергии, ту2 = тд (г — кд), где кд — высота центра масс обруча над точкой А в каждый момент вре-
мени. Следовательно, скорость центра масс обруча равна г = = Уз(г ~ кд). В то же время скорость маятника В в момент, когда он находится на высоте кд над осью вращения А, равна у = V2g (г — кд),
Рис. 189Рис. 189т. е. в |/2 раз больше. Таким образом, маятник достигнет положения равновесия в ^2 раз быстрее, чем обруч, т. е. за время
Рис. 189
Рис. 189
t = т/|/2 ® 0,35 с.
Заметим, что малые колебания груза происходят относительно неподвижной оси АВ (рис. 189). Пусть DC LAB. Тогда
малые колебания груза эквива
лентны колебаниям математического маятника той же массы, но с
длиной подвеса
Г = Lsin а = L——
02 + (W
и ускорением свободного падения
,Ц2
g =gcosa = g=-,
0 2 + (W где L = AD.
Таким образом, искомый период малых колебаний системы будет равен
Т = 2иУП9'^^УуГ9.
Для решения задачи достаточно заметить, что движение качелей есть вращение вокруг оси, проходящей через точки крепления веревок, т. е. система представляет собой «наклонный математический маятник» (рис. 190). Составляющая силы тяжести mg, направленная вдоль оси вращения, не влияет на колебания, а перпендикулярная составляющая mg sin а является фактически возвращающей силой. В ре-
зультате, используя формулу для периода математического маятника, найдем
Т = 2л УкДд sin а),
где
г _ кккк
j/zf+ zl yV + b2 .а
sin а = —- • — ,
поэтому период малых качаний равен
Т=2кУ1М^-
маятника обратно пропорционален корню квадратному из ускорения свободного падения:T~x(Vg-Пусть модуль ускорения лифта равен а. Тогда период маятника при движении лифта вверх с ускорением а будет пропорционаленмаятника обратно пропорционален корню квадратному из ускорения свободного падения:T~x(Vg-Пусть модуль ускорения лифта равен а. Тогда период маятника при движении лифта вверх с ускорением а будет пропорционаленПериод математического
маятника обратно пропорционален корню квадратному из ускорения свободного падения:
T~x(Vg-
Пусть модуль ускорения лифта равен а. Тогда период маятника при движении лифта вверх с ускорением а будет пропорционален
маятника обратно пропорционален корню квадратному из ускорения свободного падения:
T~x(Vg-
Пусть модуль ускорения лифта равен а. Тогда период маятника при движении лифта вверх с ускорением а будет пропорционален
при движении лифта вниз с ускорением а
Ясно, что время, которое отсчитывают маятниковые часы при движении вверх с ускорением а, пропорционально отношению времени tB равноускоренного движения вверх к периоду Тв:
^в= ^в /^в ~ ^в V д
Время, которое отсчитывают маятниковые часы при движении вниз с ускорением а, равно
^н= ^в/^н ~ ^нУд
По условию задачи времена равноускоренного движения вниз и вверх равны: tH = tB = tt/2, где tj — полное время движения лифта с ускорением. В итоге время, которое отсчитывают маятниковые часы за рабочий день, равно
t’ «(q/2) [l/(g +a)/sr + У(д-а)/д] +t0.
Здесь t0 — время движения лифта без ускорения. Неподвижные маятниковые часы показали бы время
t « G + tg.
Легко убедиться, что выполняется неравенство Уд + а + Уд — а< 2Уд. Действительно,
/|/д + а + |/д-а\2 _ д + Уд2-а2
\ гУд ) 2д < ‘
Отсюда вытекает, что маятниковые часы в лифте в среднем идут медленнее: t < t, и, следовательно, лифтер переработает.
Как следует из закона Паскаля, в сообщающихся сосудах давления газа на одинаковой высоте совпадают. Поскольку трубы манометра сообщаются с атмосферой, давление внутри них будет меняться с высотой по тому же закону, что и давление атмосферного воздуха. Это означает, что давление воздуха на жидкость, находящуюся в различных коленах манометра, одинаково и равно давлению атмосферного воздуха на той высоте, где находится манометр. Таким образом, показания манометра нулевые, поскольку нет разности давлений.
Выберем нулевой уровень отсчета потенциальной энергии совпадающим с дном внешней трубки. Тогда в начальный момент потенциальная энергия ртути равна
WH = 2SlMU/2)= ppTgSl2.
Потенциальная энергия ртути в конечный момент (момент отрыва внутренней трубки, рис. 191) равна (по условию I > й)
1УК = 2SxppTg(x/2) + ShppTg(x + А/2),
где х — уровень ртути во внешней трубке в момент отрыва; этот уровень находится из условия постоянства объема ртути:
2Sx + Sh = 2SI, x = l- h/2.
Разность потенциальных энергий равна сумме искомой работы А внешних сил и работы силы атмосферного давления, действовавшего на поверхность ртути во внешней трубке и на верхний (запаянный) конец внутренней трубки. Смещение уровня ртути во внешней трубке равно I — х, соответствующая работа силы атмосферного давления равна p0S (I — х) = p^gSh (/ - х).
Смещение запаянного конца внутренней трубки равно / — (/ + х), соответствующая работа равна — p0Sx = — ppTgShx.
В итоге искомая работа внешних сил равна
А = WK - 1VH - PpTgSh (/ - 2х) = Pp^Sh Ц - ЗА/4).
Давление у дна «вертикального» цилиндра равно р = р0 + + Рв9к, где р0 — атмосферное давление, Рв — плотность воды, д — ускорение свободного падения. По закону Паскаля то же давление действует на нижний край поршня, находящегося в «горизонтальном» цилиндре. Вообще давление воды на часть поршня, отстоящую от нижнего края на расстояние х по вертикали, равно р — рдх (рис. 192).
Рассмотрим части поршня, представляющие собой узкие (шириной Дх) горизонтальные полоски, отстоящие на равные расстояния а от его центров. Сила давления воды на верхнюю полоску равна
[р - Рв9(г +a)]AS,
а сила давления на нижнюю
[Р - РвЗ(г - о)] AS,
где AS — площадь полоски. Сумма этих сил пропорциональна площади полоски, причем коэффициент пропорциональности, равный 2 (р — — рдг\ не зависит от а. Отсюда следует, что полная сила давления воды на поршень равна
(Р - РвРО яг2 = [Ро + РвР № - г)] яг2.
Чтобы поршень находился в равновесии, необходимо равенство этой силы силе атмосферного давления, действующей на поршень слева и равной р0лг2. Отсюда
h = r,
т. е. поршень находится в равновесии, если уровень воды в вертикальном цилиндре равен радиусу горизонтального. Из рассмотрения видно, что равновесие устойчивое.
Рис. 191Рис. 192
Условием полного погружения тела является М^ РвР,
где М — масса тела, V — его объем. В нашем случае получим Л/ = тпр + Шдд, V = Шпр/Рпр + ^ал/Рал-
Отсюда следует, что минимальная масса проволоки равна
Рал (ft — Рпр), ,
тал - ——тпр * 1,6тпр.
(Рал — к) Рпр
Ясно, что в положении равновесия шар находится на некоторой высоте Л над дном водоема, а цепь частично лежит на дне, частично висит в воде между дном и шаром, причем висящий участок цепи вертикален (рис. 193). Данные задачи таковы, что можно заранее утверждать, что шар целиком находится под водой (в противном случае почти вся цепь оказалась бы висящей, что невозможно ввиду большой плотности железа). Высота h в таком случае получится из условия
^2^2т,д 'Vm2gРис. 194т,д 'Vm2gРис. 194равенства суммарной силы тяжести шара и висящего участка цепи
^2
^2
т,д 'Vm2g
Рис. 194
т,д 'Vm2g
Рис. 194
и действующей на них выталкивающей силы:
/ h — D/2 \/ т h — D/2 \
I М + т 9 = рв I ^ +; 0-
\I /\ Рж </
Отсюда
D p-V — Мh = — + —1 = 1,6 м.
2т(1 - Рв/р»)
Глубина, на которой плавает шар, равна Н — h = 1,4 м.
-Условием равновесия рычага является равенство моментов сил (рис. 194). В воздухе этими силами являются силы тяжести тел т1д и т2д. Поскольку они различны, различны и соответствующие плечи 1ц /2, так как
m^/, = m2gl2.
При погружении рычага в воду на тела дополнительно к силе тяжести начинает действовать выталкивающая сила со стороны воды, которая пропорциональна объему тела. В силу условий задачи Г, = F2. В таком случае
(m^-F^^On^-F^.
Поэтому равновесие рычага нарушится.
Объем погруженной в воду части каждой коробочки меняется на одну и ту же величину ДУ = m/ft, где m — масса предмета, ft — плотность воды. Поскольку изменение уровня воды в каждом из сосудов определяется только величиной ДУ и сосуды одинаковы, уровни воды в них изменятся на одну и ту же величину.
Пусть объем стального шарика равен V, а объем его части, погруженной в ртуть, равен Ко до наливания воды и Vx после того, как вода полностью закроет шарик. Величина Ко находится из условия
Рст V = Ррт ^0,
где Рст и Ррт — плотности стали и ртути. Поскольку давление воды передается через ртуть на нижнюю часть шарика, выталкивающая сила, действующая на него со стороны воды, равна рв(У— V^g, где pg — плотность воды, а выталкивающая сила со стороны ртути — р^^д. Условие плавания шарика теперь примет вид
Рсг^Ррт^ + Рв^-^Д откуда
у = Рст - Рв у
Ррт — Рв
Таким образом, отношение объемов погруженной в ртуть части шарика в первом и втором случаях равно
^0 _ Рст Ррт — Рв _ 1 — Рв / Ррт
.^1 Ррт Рст Рв 1Рв / Рст
Поскольку РрТ > ptr, то Уо > У], т. е. объем погруженной в ртуть части шарика при наливании воды уменьшится.
Известно, что при таянии льда, плавающего в сосуде с водой, уровень воды не меняется. В нашем случае будем считать уровень воды в начальный момент (отсчитываемый от дна сосуда) равным h0, уровень поверхности масла h (рис. 195). Если бы в сосуде находилась только вода, то ее уровень hj при условии неизменного положения куска льда относительно сосуда подчинялся бы условиям
Ao < Ai < Л*.
- При таянии вода, образующаяся из льда, имеет объем, равный объему заштрихованной
области на рисунке. Поскольку часть этого объема выходит за пределы поверхности воды (/г, > /|0), то при таянии льда уровень воды повышается. С другой стороны, поскольку hj < h, масло заполняет образующуюся «лунку», т. е. общий уровень жидкости в сосуде понижается.
Пусть х — длина части палочки, свешивающейся внутрь стакана, а у — длина ее наружной части. Тогда длина палочки равна х + у. Центр палочки находится на расстоянии (х + у) /2 от ее концов и на расстоянии (у — х) /2 от наружного края. Условия равновесия получим из равенства нулю суммы моментов сил относительно края стакана:
(Fm-FA)x = Mg(y-x)/2,
где Еш = тшд = p^gV - сила тяжести шарика, a FA = ^gV)! - выталкивающая сила (сила Архимеда), причем V = (4/3) itr3 — объем шарика..
Искомое отношение равно
у/х = 1 + 2(ГШ - FA)/(M9) « 1,5.
При свободном падении сила давления атмосферного воздуха больше не компенсируется весом столба ртути независимо от высоты столба. В результате ртуть заполнит трубку барометра целиком, т. е. до деления 1050 мм.
В сосуде с жидкостью, движущемся в горизонтальном на-
правлении с ускорением а, поверхность жидкости становится наклон
ной плоскостью. Угол наклона <р определяется теми условиями, что сумма силы давления F и силы тяжести тд, действующих на элемент поверхности, равна та и сила давления нормальна к поверхности. Отсюда
tg Ф = а]д.
В силу закона сообщающихся сосудов поверхности жидкости в коленах манометра принадлежат упомянутой выше наклонной плоскости (рис. 196). Из геометрических соображений очевидно, что
18Ф = (й2-й1)/(й2 + й1);
отсюда
a = g(h2 -ЮК^ + A2).
На слой воздуха, находящийся на расстоянии х от начала салона и имеющий толщину Ах, действует сила давления, равная
[р(х + Ах) —р(х)]$,
где $ — площадь поперечного сечения салона. Поскольку относительно салона воздух покоится, уравнение движения рассматриваемой массы воздуха имеет вид
pS Аха = [р (х + Ах) — р (х)] S.
Устремляя Ах к нулю, получаем
dp/dx = ра;
отсюда
■ P(x) = pt+pax.
Поскольку среднее давление в салоне остается неизменным и равным атмосферному давлению р0, постоянная р, находится из условия
Ро = Pi + Р«//2,.
где I — длина салона. Таким образом, в середине салона давление равно атмосферному, а в начале и в конце салона давление соответственно меньше и больше атмосферного на величину
Ар = ра//2 « 0,03 Па.
Рассмотрим условия равновесия относительно трубки массы воды, находящейся между поперечными сечениями, отстоящими на х и х + Ах от оси вращения. Эта часть жидкости, масса которой равна pgSAx, равномерно вращается с угловой скоростью со под действием сил давления, действующих на ее боковые поверхности. Обозначая давление в сечении х как р(х), находим
[р(х + Ах) — р (х)] S = pS Ахо)2 (х + ^x|T).
Устремляя Ах к нулю, получаем уравнение
dp/dx = рвЮ2х;
отсюда
р(х)= рдШ2 х2/2 + р0.
Используя данные задачи
Pi = РОч) = Рв<ю2 r2J2+p0,
Р2 = Р (Ч) = Рв^гД + Ро,
находим угловую скорость вращения трубки:
' /2 р2 - Pi
Ю= /2Г"
К Рв A-rt
Пусть показатель степени а таков, что тело, имеющее начальную скорость и, проходит в среде конечное расстояние s(v). Поскольку скорость тела при его движении в среде монотонно уменьшается, ясно, что s(r)>s(r1) при v>vv Очевидно также, что s (и) стремится к нулю при и->0. Условием остановки тела является равенство работы А силы сопротивления начальной кинетической энергии тела:
mi?/2 = А.(1)
Поскольку сила сопротивления монотонно убывает вместе со скоростью тела в процессе его движения, то.
А < ци"$ (и).(2)
Подставляя (2) в (1), получаем
.Ф) ^ -г-» ,
2р
откуда следует, что при а >2 нарушается условие lims(a) = 0. Таким к-0
образом, при а > 2 тело не может затормозиться на конечном участке пути.
Сила притяжения тела массой m к Марсу на его поверхно- Ммт сти в соответствии с законом всемирного тяготения равна G- ^^—, где Мм - масса Марса, а Км - его радиус. Это значит, что ускорение свободного падения на поверхности Марса равно дм = СМм /Км- Если масса марсианской атмосферы равна тм, то она притягивается к поверхности с силой тм9м, которая и представляет собой силу давления атмосферы, т. е. давление на поверхности Марса равно рм = = тмдм/(4лКм). Аналогично для соответствующих параметров на Земле рз = тзд3/(4лКз). Отношение масс атмосфер Марса и Земли равно
™м _ Рм ' 4лКмУз .т3 Рз'4лКздм ’
учитывая, что Мм = (4/3) лКм Рм (и аналогично для Земли), получаем, подставляя данные из условия,
™мРм ^м Рз 2 ^ 1Q-3
"'ЗРЗ ^3 Рм
Отметим, что при решении задачи мы фактически считали атмосферу расположенной вблизи поверхности планеты. Это действительно так: высота атмосферы много меньше радиуса планет (например, на Земле на высоте 10 км уже нечем дышать, а радиус Земли равен R3 «6400 км!).
2. ТЕПЛОТА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
аХ
Так как вертикальные цилиндры представляют собой сообщающиеся сосуды, то после увеличения массы 1-го поршня равновесие наступит лишь после того, как он «ляжет» на дно своего цилиндра, а весь газ перейдет во 2-й цилиндр. Поскольку давление газа и его температура остаются неизменными, то и полный объем, занимаемый газом, должен остаться неизменным. Отсюда заключаем, что S^o + + S2h0 = S2h, где S, и S2 — поперечные сечения поршней 1-го и 2-го цилиндров, ah — высота, на которой будет находиться 2-й поршень, т. е. как раз искомая разность высот (ведь 1-й поршень лежит на дне). Вначале давления, создаваемые поршнями, были одинаковы; таким образом,
«19/81 = m2g/S2,
Si/S2 = Ш1/т2,
а, значит,
h = h0 (т!/т2 + 1) = 0,3 м.
Если температура стенок сосуда Тс совпадает с температурой газа Т, то молекула, ударяясь о стенку, меняет нормальную компоненту импульса рх на — рх. Значит, суммарное изменение импульса равно 2р,. Когда температура стенок Те > Т, газ нагревается. Это оз
начает, что молекулы газа отскакивают от стенки с большей скоростью, чем налетают, а следовательно, и с большим импульсом. В результате изменение импульса будет больше, чем 2р, (рис. 197).
Если же Тс < Т, то газ охлаждается, т. е. молекулы газа отскакивают от стенки с меньшим
нее. Ясно, что изменение импульса внее. Ясно, что изменение импульса вимпульсом, чем налетают на этом случае будет меньше, чемимпульсом, чем налетают на этом случае будет меньше, чем2р, (рис. 198). Так как в соответствии со вторым законом Ньютона2р, (рис. 198). Так как в соответствии со вторым законом Ньютона
нее. Ясно, что изменение импульса в
нее. Ясно, что изменение импульса в
импульсом, чем налетают на этом случае будет меньше, чем
импульсом, чем налетают на этом случае будет меньше, чем
2р, (рис. 198). Так как в соответствии со вторым законом Ньютона
2р, (рис. 198). Так как в соответствии со вторым законом Ньютона
изменение импульса пропорционально средней силе, то давление газа на стенки больше, когда стенки теплее газа (,Т= > Т)-
Работа А газа за цикл определяется площадью на р ^диаграмме, ограниченной циклом, т. е. площадью трапеции (см. рис. 57):
А = (р2-Р1)(У3-Г2 + У4-Уа/2.
Нетрудно выразить все величины через давление и объем в точке 1: pt и Гр Действительно, из закона Гей-Люссака следует, что К3 = — V2T3jT2= У^Т3(Т2 и У4 — У iT4/T = УiTJTi, а из закона Шарля — р2 = PiT^Ti. Подставляя эти значения в выражение для
работы, находим
Т2-Т. / Т2 Т, „ \А = р1У1-^5- —+ — -2 .
Т, \Т\ Т2
Уравнение Менделеева — Клапейрона для и молей идеального газа позволяет написать PjPj =nRTn и в результате окончательно получим
А = ий(Т2 - Т1)(Т2/Т1 + Т3/Т2 - 2).
Из рис. 58 видно, что на участках 1 — 2 и 3 — 4 реализуется прямая пропорциональная зависимость давления от температуры, т. е., как следует из закона Менделеева — Клапейрона, объем газа при этом не меняется, а значит, и работы газ не совершает. Необходимо, таким образом, найти работу газа лишь при изобарических процессах 2 — 3 и 4 — 1. На участке 2 — 3 совершенная работа будет равна Л23 = = Р2(Уз — У2), а на участке 4 — 1 Л41 = р, (К, — У4). Полная работа А газа за цикл равна
А = Рг^2- У2) + Р1(У1-У4).
Уравнение Менделеева — Клапейрона для 3 молей идеального газа записывается в виде рУ = 3RT, и, следовательно,
р^^ЗК^, Р1У4=ЗКТ4, p2y2=3RT2, р2У2 = р2У2 = 3RT3.
Подставляя эти значения в выражение для работы, окончательно получаем
Л = Зй(Т1 + Т3-Т2-Т4) = 2104 Дж = 20 кДж.
Выполнение цикла 1->4->3->2->1 фактически эквивалентно выполнению двух простых циклов 1 -> 0 -* 2 -> 1 и 0 -> 4 -> 3 -> 0 (см. рис. 59). Работа газа определяется площадью соответствующего цикла на рУ-диаграмме. Однако если в первом цикле она положительна, то во втором отрицательна (работа совершается над газом). Нетрудно найти работу Ач, совершенную в первом цикле:
А1 = (р0-р1)(У2-У1)/2.
Что касается цикла 0->4-> 3 -> 0, то соответствующий ему на рУ-диаграмме треугольник подобен треугольнику, отвечающему первому циклу. В результате работа А2 во втором цикле будет
А2 = - Ai (р2 - Ро)2/(Ро - Pi)2-
(Площади подобных треугольников относятся, как квадраты длин соответственных элементов, в данном случае — высот.) Полная работа А за цикл 1 ^>4 ->3 ->2-> 1 будет, таким образом, равна
А = A [1 - (р2 - Ро)2/(Ро - Pi)2] ~ 750 Дж.
Согласно 1-му закону термодинамики, при переходе газа из состояния 1 (р0, Ио) в состояние 2 (р2, HJ (рис. 199) количество теплоты
AQi, полученное газом, равцоД51 = AU2 A Alsгде ди2 — изменение его внутренней энергии, a At — работа, совершенная газом, причемА2 = (ро + Pi) (Pi — Vq)/2-При переходе газа из состояния 1 в состояние 3 (р2, К2) (точки 2 и 3 лежат на одной изотерме) выполняются соотношенияAQ2 = ди2 А А2,Аг = (Ро + Рг) (Уг — ЮР-газа в состоянии 2 и в состоянииAQi, полученное газом, равцоД51 = AU2 A Alsгде ди2 — изменение его внутренней энергии, a At — работа, совершенная газом, причемА2 = (ро + Pi) (Pi — Vq)/2-При переходе газа из состояния 1 в состояние 3 (р2, К2) (точки 2 и 3 лежат на одной изотерме) выполняются соотношенияAQ2 = ди2 А А2,Аг = (Ро + Рг) (Уг — ЮР-газа в состоянии 2 и в состоянииПоскольку конечная температура
AQi, полученное газом, равцо
Д51 = AU2 A Als
где ди2 — изменение его внутренней энергии, a At — работа, совершенная газом, причем
А2 = (ро + Pi) (Pi — Vq)/2-
При переходе газа из состояния 1 в состояние 3 (р2, К2) (точки 2 и 3 лежат на одной изотерме) выполняются соотношения
AQ2 = ди2 А А2,
Аг = (Ро + Рг) (Уг — ЮР-
газа в состоянии 2 и в состоянии
AQi, полученное газом, равцо
Д51 = AU2 A Als
где ди2 — изменение его внутренней энергии, a At — работа, совершенная газом, причем
А2 = (ро + Pi) (Pi — Vq)/2-
При переходе газа из состояния 1 в состояние 3 (р2, К2) (точки 2 и 3 лежат на одной изотерме) выполняются соотношения
AQ2 = ди2 А А2,
Аг = (Ро + Рг) (Уг — ЮР-
газа в состоянии 2 и в состоянии
3 одна и та же, то &U2 =Ли2. Чтобы выяснить, в каком из процессов газу сообщается большее количество теплоты, надо сравнить работы Л, и А2. Сделаем это:
А - Аг = (р0 + pjt^ - Ио)/2 - (Ро + PiHVi - Ио)/2 =
= [(Po^i - Р0И2) + (р2И0 - P1K0)J/2 < О,
так как p0Vt < р0И2, р2И0 < р^о- Следовательно, А2> А2 и AQ2 >AQt, т. е. в процессе 1 -► 3 газу сообщается большее количество теплоты.
Поскольку водород диффундирует через все перегородки, то он равномерно распределится по всему сосуду, и давление водорода во всех трех частях сосуда будет равно
mHi RT
Рн2 =
№2 V
(ведь если газ проходит через перегородку, то в равновесии его давление по обе стороны перегородки должно быть одинаковым).
Азот может диффундировать лишь через правую перегородку, поэтому он заполнит среднюю и правую части сосуда (см. рис. 61) общим объемом (2/3) V; его давление будет
ты2 3RT
Pn2=77Г"
Mn2 2И
Кислород не диффундирует через перегородки, и давление кислорода в средней части сосуда равно
mOi 3R Т
Согласно закону Дальтона, давление во всех трех частях сосуда будет равно сумме парциальных давлений находящихся там газов, т. е.
р, = рн3 * 1.3 ■ Ю9 Па = 1,3 ГПа,
Р2 = Рн, + Ро, + PN, « 4,5 ■ 10’ Па = 4,5 ГПа, Рз = РН, + Pn2 « 2,0 ■ 10е Па = 2,0 ГПа.
. Определим сначала скорость спускаемого аппарата. Для этого заметим, что изменение давления Др с изменением высоты ДА связано соотношением
(1)(1)Др = - pg ДА,
(1)
(1)
где р — плотность газа. Из закона Менделеева — Клапейрона следует, что р = (p/ц) RT(здесь Г — температура газа именно в той точке, вблизи которой мы интересуемся изменением давления). Учитывая, что ДА = — и Дг, где v — скорость спуска аппарата, Дг — время спуска, можно записать выражение (1) в виде
Зная отношение Ар/At, т. е. тангенс угла наклона касательной в конечной точке А графика, с помощью соотношения (2) найдем скорость у. (Отметим, что, поскольку в левой части (2) стоит отношение Др/р, нам безразлично, каков масштаб графика по оси ординат.) Находя из графика (Др/Д1)р'*'и подставляя ц = 44 г/моль для СО2, получим, что скорость спуска аппарата космического корабля равна
- RT Ар -_ 8)3 Дж/(Кмоль)-7 102 К ~ 5 м
V др р At 10 м/с2 ■ 44-10“3 кг/моль-1150 с ’
Перейдем теперь к решению второй части задачи. Учитывая, что скорость аппарата равна и = 11,5 м/с, на высоте А = 15 км над поверхностью планеты он был за 1300 с до посадки, т. е. этому соответствует время t = 235O с. С помощью соотношения (Др/Д1)р~* в этой точке графика из выражения (2) найдем искомую температуру ТА:
giw/рДП 4зоR \ Др Л
Так как поршень, когда на него положили груз, переместился на расстояние А, то это означает, что объем газа уменьшился на величину AS и стал равным V — AS. Давление газа под поршнем равно атмосферному давлению р0 плюс давление Mg/S, создаваемое грузом, т. е. р0 + Mg/S. В результате можно записать уравнения Менделеева — Клапейрона для газа до того, как на поршень положили груз, и после
А. И. Буздин и др. 129
этого:
p0K = nRTH,(1)
(p0 + Mg/SHV-hS) = nRT„(2)
Здесь Тн и Т, - начальная и конечная температуры газа.
Поскольку по условию задачи газ теплоизолирован, то, как следует из 1-го закона термодинамики, вся совершенная над ним работа А пойдет на изменение внутренней энергии газа, т. е. Л = (3/2) п!?(Тк — — Тн) (внутренняя энергия 1 моля идеального газа U = (3/2)1? Т). Нетрудно сообразить, что работа равна А = Mgh, значит,
М5/1 = (3/2) пИ(Тж — Тн).(3)
Вычитая почленно из (2) уравнение (1) и используя для Тк — Тн выражение (3), получим уравнение для определения h:
MgV/S - Mgh - pohS = (2/3) Mgh.(4)
Отсюда найдем, что
_ MgV
” S(p0S + Mg/3y
и, подставляя h в уравнение (2), определим конечную температуру газа: т _ (р08 + МдНЗр08-2Мд)У
к (3p0S + Mg)SnR ‘
В соответствии с 1-м законом термодинамики подведенное к газу количество теплоты Q идет на изменение его внутренней энергии ДО и совершение газом работы А:
Q = AU + A.
Внутреннюю энергию 1 моля идеального газа U можно записать в виде U = суТ= (3/2) RT, т. е. Д17 = (3/2)1? ДТ. Работа, совершаемая газом при постоянном давлении р, равна А = рДР = pS Дх, где Дх — смещение поршня. Давление газа равно
р = Ро + Mg/S,
т. е. представляет собой сумму атмосферного давления и давления, создаваемого поршнем. Наконец, из закона Менделеева — Клапейрона pV= RT можно найти связь между изменением объема ДР и изменением температуры ДТ при постоянном давлении:
pAV=RAT.
Подставляя выражения для AU и А в 1-й закон термодинамики и учитывая связь между ДР и ДТ, получим
2 = р ДУ + (3/2)р ДУ = (5/2)pS Дх.(1)
Поскольку за единицу времени нагреватель выделяет количество теплоты q, то Q=qAt, где At — соответствующий промежуток времени. Скорость движения поршня равна о = Ах/At, и из выражения (1) находим'
2 qр .
5 р0$ + Мд
. При очень сильном сжатии газа начинает сказываться отталкивание между его молекулами — необходимо учитывать конечность их размеров. Это означает, что при прочих равных условиях давление реального газа превосходит давление идеального газа тем больше, чем сильнее сжат газ. В результате, если при постоянной температуре произведение pV идеального газа постоянно, то для реальных газов оно будет расти по мере уменьшения объема газа.
. Рассмотрим промежуточное положение поршня, когда оц сместился на величину у от своего первоначального положения. Пусть при этом давление газа в правой части сосуда равно р2, а в левой р2. Поскольку поршень при этом находится в равновесии, то сумма сил, действующих на поршень, равна нулю:
(р2 - Pi) 8 - 2ку = О,(1)
где 5 — площадь поршня.
При последующем небольшом перемещении поршня Ду полная работа газа ДА равна ДА = AAt + ДА2, где ДА2 - работа газа правой части, AAj — работа газа левой части, причем
AAt + ДА2 = р2 MS - Pi Ду5 = (р2 — p^AyS = 2ку Ду. (2)
Таким образом, к моменту смещения поршня на величину х = //2 полная работа газа будет равна сумме потенциальных энергий, запасенных в пружинах:
Если к газу в правой части подвели количество теплоты Q, а газ в левой части передал количество теплоты Q' термостату, то полное сообщенное системе количество теплоты будет Q — Q', и можно написать (1-й закон термодинамики)
к / / V
е-е'=2—М +au, <4)
где AU — изменение внутренней энергии газа. Поскольку поршень нетеплопроводящий, то температура газа слева не меняется и все изменение внутренней энергии газа AU обусловлено нагревом газа справа на Д7; причем для п молей идеального газа AU = п (3/2) R АТ
Повышение температуры АТ найдем из условия равновесия в конце процесса.
Давление газа р в правой части сосуда в соответствии с законом Менделеева — Клапейрона равно р = пК(Т + AT)/[S(i + //2)], с другой стороны, оно должно быть равно сумме давления газа слева р' = = nRT/[S(/ — 1/2)] и давления, создаваемого пружинами, р” = 2fci/(2S), т. е.
2nR(T+AT)/(3S/)=2nRT/(S/) + kl/S.
Отсюда находим, что АТ = 2Т + 3kl2/(2nR^, и окончательно с помощью (4) получаем
Q' = Q-3nRT-№)kl2.•
Пусть Tt — начальная температура газа под поршнем, Т2 — температура газа после того, как системе сообщено количество теплоты AQ. Поскольку трение отсутствует и сосуд теплоизолирован, вся теплота AQ идет на изменение ЛИ7 внутренней энергии системы, т. е.
AQ = AW
Изменение внутренней энергии системы складывается из изменения внутренней энергии газа и изменения потенциальной энергии сжатой пружины (так как теплоемкостью сосуда, поршня и пружины пренебрегаем).
Внутренняя энергия 1 моля идеального одноатомного газа при нагревании от температуры Тг до температуры Т2 увеличивается на
AWt = (.3/2) Rtf^-T^.(1)
Потенциальная энергия сжатой пружины изменяется на величину к,
AW2=-(x2-x2),(2)
где к — жесткость пружины, a xt и х2 — значения абсолютного смещения левого конца (деформации) пружины при температурах газа Т2 и Т2 соответственно. Найдем связь между параметрами газа под поршнем и деформацией пружины.
Из условия равновесия поршня следует, что
р = F/S = kx/S, х = pS/k,(3)
где р — давление газа, S — площадь поршня. Согласно закону Менделеева — Клапейрона, для 1 моля идеального газа pV = RT. При деформации х пружины объем газа под поршнем равен V = xS и р = = RT/(xS). Подставляя это выражение для р в (ЗХ находим
x2=RT/k.(4)
• Таким образом, изменение потенциальной энергии сжатой пружины при нагревании системы равно .
AW2=(H/2)(T2-TJ.
Полное изменение внутренней энергии системы при нагревании от температуры Г, до температуры Т2 равно
^W= ^W1 + Д1У2 = 2К(Т2 - ГД
и теплоемкость системы составит
С = ЫЦЬТ = ДС/(Т2 - Т^ = 2R.
Проанализируем работу тепловой машины, использующей
цикл, который состоит из двух изотерм и двух изохор (рис. 200). Пусть температура холодильника Т. (соответствующая нижней изотерме),
Рис. 200Рис. 200а нагревателя Т2 (соответствующая верхней изотерме). На изохорическом участке 1 —2 объем газа не меняется, т. е. работы он не совершает, однако его температура увеличивается от Т) до Т2, и, значит, к газу подводится некоторое количество теплоты Qv На изотермическом участке 2—3 внутренняя энергия газа постоянна и вся подводимая теплота Q2 идет на совершение работы: Q2 =Л2.
Рис. 200
Рис. 200
На изохорическом участке 3—4
температура газа возвращается
к своему начальному значению Т2, т. е. от газа отбирается коли
чество теплоты Qi. При изотермическом процессе 4—1 совершаемая
газом работа отрицательна и, следовательно, от него также отбирается теплота. Таким образом, полная теплота, подведенная за один цикл к газу, составляет Qt + Л2. Работа газа за цикл, как видно из рис. 200, складывается из положительной работы Л2 на участке 2—3 и отрицательной Л4 на участке 4 — 1.
Сравним давления в точках, соответствующих одинаковым объемам, на участках 4 — 1 и 2 — 3. Из закона Шарля следует, что отношение этих давлений равно Тх/Т2, а, значит, работа газа Л4 = = — kTJT^A^ Полная работа за цикл будет
А = Л2 +Л4 = (1 - ТДТДЛ,,
а к. п. д.
А61 + '42А61 + '421 - TJT21 + 0,х1Аг1 - TJT21 + 0,х1Аг< 1 - тх!Тг,< 1 - тх!Тг,
А
61 + '42
А
61 + '42
1 - TJT2
1 + 0,х1Аг
1 - TJT2
1 + 0,х1Аг
< 1 - тх!Тг,
< 1 - тх!Тг,
т. е. к. п. д. тепловой машины, использующей цикл, состоящий из двух изотерм и двух изохор, меньше к. п. д. 1 — Т,/Т2 идеальной тепловой машины Карно.
. Найдем вначале ускорение свободного падения дп на поверхности планеты. С одной стороны, известно, что сила притяжения тела массы т к планете равна тдп, с другой стороны, из закона всемирного тяготения следует, что она равна GmMjr1, где G — гравитационная постоянная. Отсюда получаем дп = GM/r1. Давление р, создаваемое атмосферным столбом высоты h на поверхности планеты, будет равно
Р = РРЛ(1)
где р -г- плотность атмосферы. Здесь при определении давления атмосферного столба ускорение свободного падения считаем не зависящим от высоты. Это предположение оправданно, поскольку по условию задачи высота атмосферы намного меньше радиуса планеты г (А <к г).
Написав уравнение Менделеева — Клапейрона для массы М газа, занимающей объем V, в виде pV = (M/\i)RT и учитывая, что p = M/V, находим
Р = РН/№Л-
Подставляя это выражение для р в (1) и сокращая на р, определяем температуру Т атмосферы на поверхности планеты:
T=\ignhlR = pGMhlVRr1\
Здесь необходимо учитывать, что передаваемая в единицу времени теплота пропорциональна разности температур. Введем обозначения: Ту1, Ту2 и Ткь Т\2 — температуры на улице и в комнате в первом и втором случаях. Тепловая мощность, рассеиваемая батареей в комнате, равна kt (Т — Тк), где kt — некоторый коэффициент. Тепловая мощность, рассеиваемая из комнаты на улицу, будет /с2(Тк — — Ту); здесь к2 — некоторый другой коэффициент. В условиях теплового равновесия рассеиваемая батареей мощность равна мощности, рассеиваемой из комнаты на улицу. В результате можно написать
^i (Т — Td) = k2(TKi — Tyi),
и аналогично во втором случае
к1(Т-Тй) = к1(Т;2-Ту2).
Поделив одно уравнение на другое, находим
(т - Ttl)/(T - тк2) = (тк1 - ТуОДТ^ - ту2).'
Отсюда определяем Т:
T = (TriTyi-TtlTy2)/(Tl2+Ty1-Ty2-TK1) = 60oC.
Полное количество теплоты q, выделяемое космическим объектом в единицу времени, пропорционально его объему, т. е. q = = ctR3, где а — некоторый коэффициент. Поскольку количество теплоты, отданное единицей поверхности, пропорционально Г* и в равновесии вся выделяемая теплота рассеивается в пространство, то можно записать q т ^R2T* (площадь поверхности пропорциональна R1 и Р — некоторый коэффициент). Приравняв два выражения для q, найдем
.T* = W^R.
Следовательно, 4-я степень температуры объекта пропорциональна его радиусу, и, значит, при уменьшении радиуса в два раза температура уменьшится лишь в |/2 « 1,19 раза.
. Для определенности будем считать, что жидкость, текущая по внутренней трубе 2, уменьшает свою температуру, т. е. Тн2 > Тс2, а, значит, Thi < Txv Поскольку площадь сечения потока жидкости, текущей по внешней трубе 1 (2S — S = S), равна площади сечения потока жидкости, текущей по внутренней трубе 2 (X), и их скорости совпадают, то уменьшение температуры жидкости, текущей по трубе 2, по мере удаления от входного конца равно уменьшению температуры жидкости, текущей по трубе 1. Другими словами, разность температур жидкостей остается постоянной по всей длине теплообменника, и, следовательно,
^н2 - ^к! = Л2 - Тнь(1)
Постоянство разности температур - ведет к тому, что скорость передачи теплоты постоянна вдоль теплообменника. Количество теплоты б, переданное от жидкости, текущей по трубе 2, к жидкости, текущей по трубе 1, за время г, равно
Q = S6oXkt^TH2-ТК1У,(2)
здесь Х6ок — площадь боковой поверхности внутренней трубы, $бок = = 2itrl, где г — радиус внутренней трубы, т. е. лг2 = X, г = |/Х/л. Теплота Q идет на нагревание жидкости, текущей по трубе 1: за время t по внешней трубе 1 проходит масса жидкости m = pvtS, а ее температура повышается от Тн1 до Тк1; значит,
Q= p«tXc(TK1 - Тн1).(3)
Приравнивая выражения (2) и (3), получаем
2л|/Х/л№(Т„2 - Тк1)= риХс(Тк1 - Тн1).
Отсюда можем найти TKi, ас помощью (1) и Тк2. В результате будем иметь
Тц = Тн2 + (Тн1- Тн2)[1 +2[/^Zk/(pyC)]-1,■
Tti = Тн1 + (Т^ - Тн1)[1+2|Л/ХНсДртс)]" \
. Ясно, что после перераспределения давление газа максимально у задней (по отношению к направлению движения) стенки сосуда, так как именно сила давления со стороны этой стенки сообщает газу ускорение а. Обозначим его рти. С другой стороны, р,^ < р^. Учитывая, что рнас » р и, следовательно, силой давления со стороны передней стенки можно пренебречь, с помощью 2-го закона Ньютона получим
Ртах ‘ тгд/5 ^ Риас.
где тг — масса вещества, находящегося в сосуде в газообразном состоянии. Следовательно, при а < pttacS/M конденсации происходить не будет, а при а > pHacS/M масса газа станет равной m = p^S/a и в сосуде окажется масса жидкости, равная
т* = М — m М — pHacS/a.
Кипение воды представляет собой процесс интенсивного образования пузырьков пара. В пузырьках, находится насыщенный водяной пар, и их образование возможно, если давление насыщенного водяного пара достигает атмосферного давления (760 мм рт. ст., или 10s Па). Как известно, это условие выполняется при температуре, равной температуре кипения воды: Тх = 100°C (или 373 К). По условию задачи давление насыщенного водяного пара на планете равно ра = = 760 мм рт. ст., а, значит, температура на планете Т = Тх = 373 К. Из уравнения Менделеева — Клапейрона вытекает, что
Р = РоРДЛТ;),
где ц — молярная масса воды, а р0 — атмосферное давление. Подставляя числовые значения, находим р = 0,58 кг/м3.
Если в холодную погоду мы выдыхаем изо рта воздух, то он резко охлаждается. Как известно, при уменьшении температуры давление насыщенных паров падает. Водяной пар в выдыхаемом воздухе при охлаждении становится насыщенным и превращается в мельчайшие капельки воды — «пар».
Если приоткрыть дверь в теплую избу в морозный день, то проникающий с улицы холодный воздух охлаждает пары воды в воздухе избы. Это опять-таки приводит к тому, что пар становится насыщенным, и мы видим «пар» — капельки сконденсировавшейся воды.
. Задачу проще всего решать графически. Полное давление р в сосуде складывается из давления насыщенных паров воды р^ и давления водорода рн2. Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона, давление водорода равно -
Т,Т,mu, 2-10-3 кг-8,3 Дж/(моль-К),
Т,
Т,
Рн2 ~Рн2 ~—RT =—- Т = 4 15 ■ 103
Рн2 ~
Рн2 ~
РнЛ 2-Ю-3 кг/моль-2.10-3 м3 ’
где рн2 измеряется в паскалях. Зависимость рн (7) линейная; поэтому,
вычислив рн2СП при двух значениях температур, например при
Tt = 373 K, рн2 = 15,5 105 Па, '
Т2 = 453 К, рн, = 18,8 • 10’ Па,
построим график рн2(Т).".
Пользуясь указанием в условии задачи, строим график функции Рнас(Т)- «Складывая» графики рн (Т) и Рнас(Л> получаем график зависимости полного давления в сосуде от температуры р(Т) (рис. 201). Из полученного графика р (Т) по заданным в условии задачи начальному
и конечному давлениям находим начальную и конечную температуры
в сосуде:
р„=17-105Па, Г1 = Гнл380 К,Рк = 26-105 Па, Т2 = Тк « 440 К.
Найдем теперь массу испарившейся воды. Считая пары воды идеальным газом, определим начальное pHj и конечное р„2 давления паров воды в сосуде. Для этого воспользуемся полученными графиками. При Г, = 380 К давление водорода равно рн2^15,5 105 Па и
Рп1 = Рн-Рн2 « 1,5-105 Па.
При Т2 = 440 К рн2 « 18 • 105 Па и
Рп2 = Рк -Рн2 * 8-105 Па.
Напишем уравнение состояния для паров воды при рп1, Т) и
Рп2> ^2:.
PnlV = ^-RT.PnlV = ^-RT.
PnlV = ^-RT.
PnlV = ^-RT.
где m„t, m^ — начальная и конечная массы паров в сосуде. Отсюда находим массу испарившейся воды:.
18-10 3 кг/моль-2-10 3 м3 / 8 Па 1,5 Па \,
=8,3 Дж/(К-моль) \440 К ~ 380 К /“
= 6-10~3 кг = 6 г.
Если h — высота столбика воды в капилляре, то температура капилляра и, следовательно, воды на этой высоте равна
Th = TBh/l.
Вода в капилляре удерживается силами поверхностного натяжения. Если ан — поверхностное натяжение при температуре Т/,, то
h = 2o/,/(pBgr),
где рв — плотность воды. Отсюда находим
oA=pgrh/2 = (pgH/2)(TA/TB).
Пользуясь указанием в условии задачи, строим график функции а (7). Температура Т/, на уровне максимального поднятия воды определяется точкой пересечения графиков зависимости (pgrl/2)T/TB и зависимости а (7). Из рис. 202 видно, что Т/, «80 °C. Следовательно, h = lTh/TB «6,4 см.
Задачу можно решить и аналитически, если заметить, что зависимость о (7) является практически линейной.
Условие равновесия мыльной пленки пузыря заключается в том, что давление воздуха в нем рц1 равно сумме внешнего давления 138
р, и избыточного давления 4а/г, создаваемого поверхностным натяжением. Обратим внимание, что в мыльном пузыре имеются две границы раздела воздух — мыльная пленка, каждая из которых создает давление 2а/г. Именно поэтому полное избыточное давление будет равно 2 • 2a/r = 4а/г. Итак, сначала можно записать условие равновесия в виде-
Pnl = Pi + 4о/г.
После того как радиус пузыря уменьшился вдвое, поверхностное натяжение будет создавать давление 8ст/г. По условию задачи температура поддерживается постоянной, а значит, в соответствии с законом Бойля — Мариотта при уменьшении объема пузыря в 8 раз (радиус уменьшился в 2 раза) давление воздуха в нем будет 8рпь и можно написать
8Pnl = Р2 + 8а/г.
Подставляя сюда рп] из первого уравнения, окончательно находимР2 = 8?! + 24а/г.
В печи возможны большие перепады температуры. Если кирпичи и раствор сделаны из разных материалов, т. е. из материалов с разными температурными коэффициентами расширения, то печь растрескается.
Пусть в результате смешивания жидкостей, начальные тем-, пературы которых были Т2 и Т2, температура смеси в сосуде стала равной Т. Так как сосуд теплоизолирован (AQ = 0), то
с^^Т- Т1) + с2т2(Т-Т2) = 0;
отсюда
”Ч/т2 = (с2/С1)(Т - Т2)(Т, - 7)'1.
Согласно условию задачи, 2^Tt — Т)= Tt — Т2, а, значит, Т — Т2 = = Т2 — Т, и отношение (Т — T^/tT^ — 7) = 1. Таким образом,
mjm2 = с2/с15
т. е. отношение масс жидкостей равно обратному отношению их теплоемкостей.
В первом случае нагревание воды в пробирке в основном будет происходить за счет конвекции, так как более теплая вода легче, чем холодная. Во втором случае остывание будет происходить только за счет теплообмена между слоями воды в пробирке. Так как условия теплообмена между пробиркой и внешней водой остаются одинаковыми, то t j < 12.
Заметим, что если поменять параметры задачи: 20°С->0°С и 80°С->4°С, то ответ будет обратный. Вода в пробирке будет нагреваться дольше, чем остывать. Причина здесь в аномалии воды — в интервале 0—4 °C более холодная вода легче, чем более теплая.
Поток теплоты в единицу времени q = bQJbt через поверхность контакта исследуемой системы (сосуд — вода, сосуд — вода — шарик) с окружающей средой зависит от разности температур:
AQ/At = oF(Tc-I);'
здесь t — время, Тс — температура сосуда, Т — температура окружающей среды, F — некоторая функция температуры. Коэффициент а определяется условиями контакта исследуемых систем с окружающей средой. В нашем случае для обоих сосудов условия контакта одинаковы, поэтому коэффициент а для обоих случаев одинаков. Потеря сосудом некоторого количества теплоты AQ приведет к снижению температуры сосуда на ДТС.
Для сосуда с водой получим
AQi = (Мвсв + тссс) ДТС,
где М„ и с, — масса и удельная теплоемкость воды, тс и сс — аналогичные величины для сосуда. Для сосуда с водой и шариком находим
А02=(МвСв + твсв+тшСш)ДТс,
где тш и сш — масса и удельная теплоемкость шарика. По условию задачи тс«М„ Шщ = Мв. Кроме того, сс «с„. Поэтому можем написать
Д61 = МвсвДТс, Дд2=М8(св + сш)ДТс.
Нетрудно видеть, что изменение температуры на ДТС в обоих сосудах проходит за разные времена Att и Дг2, причем
ДТС аДТСа
Г(ТС-Т) М.с, 11 F(TC-T) Мв(св + сш) 2’
отсюда получим
Ati/At2 = св/ (с, + сш).
Поэтому и для общих времен охлаждения сосудов tt и t2 будет выполнено соотношение
«г/П = (св + Сш)/св = к; отсюда сш/св = к - 1.
Если уровень заполнения калориметра после установления теплового равновесия повысился, это означает, что часть воды замерзла (при замерзании объем воды увеличивается). Между тем можно утверждать, что не вся вода замерзла — в противном случае ее объем увеличился бы в р,/рл ® 1,1 раза, а уровень заполнения калориметра увеличился бы на (h/3)(l,l — 1) « 2,5 см, тогда как по условию ДА = = 0,5 см. Итак, приходим к выводу, что установившаяся температура в калориметре равна 0°С.
Используя это условие, запишем уравнение теплового баланса: с,т,(Т„ - 0°С) = -XАт + слтл (0°С - TJ,(1)
где Тл — начальная температура льда, а Ат — масса замерзшей воды. Как уже отмечалось, при замерзании объем увеличивается в рь /рь раз, значит, Д/15 = (р,/рл — 1) Дт/р,,(2)
здесь 5 — площадь поперечного сечения калориметра. Подставляя Ат из (2) в (1) и используя соотношения тв = (/i/3) p,S, тл = (й/3) рл5, получаем
Р„ТВ = — XSAh слРл5Тл^.3Рв “ Рл3
Отсюда
X 3 Дй р^ св Ph Тл =- — Тв « -54 °C.
сл ^ Рв — Рл сл Рл
. 1) Считая воду и лед несжимаемыми, найдем уменьшение температуры смеси в результате увеличения внешнего давления:
ДТ = (р1/р)-1 К «0,18 К.
Столь малое изменение температуры указывает на то, что растает лишь небольшая масса льда, т. е. Дт « тл.
Запишем закон сохранения энергии:
А = X Дт — (сл + св) т Д Т.
Оценим работу А внешней силы. Изменение объема смеси в ре
зультате таяния льда массы Дт равно
Дт ДГ = Рл
ДтPh — Рлт,,
= Дт ——— « 0,110'4 м3.
ftft РлРл
Мы учли, что плотность воды при замерзании уменьшается примерно на 10%, т. е. (рв — рл)/рв « 0,1. В результате имеем оценку
Л<р1ДК = 0,25 кДж.
Количество теплоты Д@, необходимое для нагревания массы m льда и массы m воды на температуру ДТ, равно
Д6 = (сл + св)тДТ« 1,1 кДж.
Видно, что A«AQ; поэтому можно считать, что ХДт = Дб, откуда
Дт = &Q/X = 3,2 г.
Изменение объема за счет таяния этой массы льда равно
ДУ, = Amre 3,5-10'7 м3.Ph Рл
Учитывая, что при медленном увеличении давления изменение объема ДУ, ~ Др, найдем работу внешней силы:
А = рх &Ух/2 « 0,44 Дж.
Примем во внимание сжимаемость льда и воды. Изменение объема льда и воды будет равно
АУ == —10~2 Уов +--1—10-2УОЛ ге 2 ■ 10~6 м3, р'2р'-
где Уов = 10-3м3 и Уол = 1,1 • 10“3 м3 — начальные объемы воды и льда.
Работа А' внешней силы, затраченная на сжатие смеси, равна
А' = р, ДУ/2 « 2,5 Дж.
Полная работа внешней силы равна
^полн = А + А ге 3 Дж.
Ясно, что, поскольку опять Лполн « Дб, масса растаявшего льда будет такой же, как в случае 1.
31. Учитывая, что плотность газа равна р = М)У, можем записать уравнение состояния водяных паров в виде р = (р/ц)ЯТ, где р, ц — плотность и молярная масса водяного пара. Кипение происходит, когда давление насыщенных паров становится равным атмосферному. piЕсли температура кипения подсо-
\ленной воды повысилась, то при не-
\^/ изменном атмосферном давлении
Тб " |/ jrэто означает, что плотность насыщущенных водяных паров должна
^Iуменьшиться.
।Г2.32. Рассмотрим цикл, окру-
।жающий тройную точку: Л-»В->
Iз, -►. С -► А (рис. 203); при этом по оче- ТурТ реди происходят следующие прев
Рис 203ращения фаз: плавление-► испаре
ние -► превращение газа непосредственно в твердое тело. Из 1-го начала термодинамики при условии, что цикл неограниченно сжимается в тройную точку, получим для массы m вещества
mX + mq — mv = 0,
так как работа системы за цикл равна нулю, притока тепла извне нет, 142
а, значит, полное изменение внутренней энергии также равно нулю (правая часть уравнения). Отсюда находим удельную теплоту сублимации воды в тройной точке:
v=X+q= 2,82 • 10® Дж/кг.
Концентрация налитого на горизонтальную поверхность раствора сахара практически не меняется.
После установления равновесия концентрация раствора в сосуде будет равна
c = c1h1/h
(изменение концентрации происходит за счет испарения из раствора молекул воды — увеличение концентрации, либо за счет конденсации молекул пара в сосуд — уменьшение концентрации). Давление насыщенного пара над раствором в цилиндрическом сосуде меньше, чем над раствором на дне, на Др = 0,05рнас(с — с2). Эта разность давлений уравновешивается давлением столба пара высоты h:
Рп^й = 0,05рнас(с — с2).
Отсюда находим
h = 0,05рнас(с - с2)/(рпр).
Плотность рп пара при температуре Т = 293 К найдем из уравнения газового состояния:
Рп = — РнасН/(^7У
Таким образом, высота столба пара й, удовлетворяет квадратному уравнению
h = (0,05с2КТ/цр)(2й1/й - 1).
Подставляя приведенные в условии числовые данные и решая квадратное уравнение, находим
h як 16,4 см.
Интересно отметить, что, как следует нз рассмотренной задачи, если под колпаком будут находиться два одинаковых сосуда с растворами разных концентраций, то испарение будет происходить из раствора с меньшей концентрацией. И наоборот, водяной пар будет концентрироваться в раствор с большей концентрацией. Таким образом, концентрации будут стремиться выравняться. Именно с этим физическим явлением связано намокание сахара, соли и г. и. в атмосфере влажного воздуха.
Поскольку нижний конец трубы поддерживается при температуре Ть большей температуры плавления,' чугун внизу будет расплавлен. Температура границы между расплавленным и твердым чугуном, естественно, равна температуре плавления Тщ,.
.■143
Так как температуры верхнего и нижнего концов трубы поддерживаются постоянными, количество теплоты, проходящей за единицу времени через поперечное сечение трубы, в любом месте трубы должно быть одним и тем же. Другими словами, поток теплоты через расплавленный и твердый чугун должен быть одним и тем же (кирпичная труба плохо проводит тепло и теплообменом через ее стенки можно пренебречь).
Поток теплоты пропорционален теплопроводности, площади поперечного сечения и разности температур, приходящейся на единицу длины. Пусть lv — длина нижней части трубы, где чугун расплавлен, а Z2 — длина верхней части, где чугун находится в твердой фазе. Условие постоянства потока теплоты запишется тогда в виде (сечение трубы постоянно)
^(^l ~ ^пл)Д1 = Хтв(^пл - 72)/Z2,
где Хх и Хтв — теплопроводность жидкого и твердого чугуна. Учитывая, что Хх = кхтв, находим
l^WT.-T^/^-T^.
Полная длина трубы равна lv + /2- Значит, расплавленным металлом занята часть трубы, определяемая отношением
<1к^-Т™)
h + h к^-Т^ + ^-Т.У
. Полное количество теплоты Q, излучаемой в пространство в единицу времени, останется прежним, так как оно определяется энерговыделением при работе аппаратуры станции. Поскольку в пространство излучает лишь внешняя поверхность экрана и это излучение определяется только его температурой, то температура экрана должна быть равна начальной температуре станции Т = 500 К. Экран, однако, излучает точно такое же количество теплоты Q и вовнутрь. Это излучение попадает на оболочку станции и поглощается ею. Таким образом, полный подвод теплоты в единицу времени к станции складывается из выделяемой при работе приборов теплоты Q и поглощаемой от внутренней поверхности экрана теплоты Q, т. е. равен 2Q. Из условия теплового баланса оно же должно и излучаться; значит,
(2/(2(2)=7^/Г?,
где Тх — искомая температура оболочки станции. Окончательно находим
Тх = ^2Т« 600 К.
Как видно из графика, первые 50 минут температура смеси не менялась и оставалась равной 0°С. Все это время теплота, получаемая смесью из комнаты, шла на таяние льда. Через 50 минут весь лед
растаял и температура воды начала повышаться. За 10 минут (от т, = = 50 до т2 = 60 мин) температура повысилась на ДГ=2°С. Теплота, поступившая к воде из комнаты за это время, равна q = c„mB^T = = 84 кДж. Значит, за первые 50 минут к смеси из комнаты поступило количество теплоты Q = 5q = 420 кДж. Эта теплота и пошла на таяние массы тл льда: Q = Хтл. Таким образом, масса льда в ведре, внесенном в комнату, равна
тл = 6Л * 1»2’ кг.
. Обозначим коэффициент пропорциональности между рассеиваемой на резисторе мощностью и разностью температур резистора и окружающего воздуха через а. Тогда, поскольку при Т3 = 80°С сопротивление резистора равно R„ а напряжение на нем 17ц то рассеиваемая мощность равна U^/R,, и мы можем записать, что
Ui/Ri = a(T3 — T0\(1)
При повышении приложенного напряжения температура резистора растет, так как увеличивается выделяемая при прохождении тока теплота. Когда температура достигнет величины Т, = 100 °C, сопротивление резистора скачком увеличится в два раза. Выделяемая на нем теплота уменьшится, и, если напряжение не очень велико, отвод теплоты окажется более быстрым, чем ее выделение. Это приведет к падению температуры до Т2 = 99 °C, но тогда сопротивление скачком уменьшится до прежней величины и процесс начнет повторяться. Таким образом в цепи возникнут колебания тока, связанные со скачкообразной зависимостью сопротивления резистора от температуры.
Температура резистора во время этих колебаний почти постоянна (она изменяется в пределах от Т2 = 99 °C до Т, = 100 °C), так что можно считать теплоотвод постоянным, и отводимая мощность составляет а(Т2 — То). Тогда, вводя t2 — время нагрева (от 99 до 100°C), t2 — время охлаждения и t, + t2 = Т — период колебаний, можно написать уравнения теплового баланса:
U^tJR, = а^Т, — T^t, + С(Т2-Т2),(2)
U^/R, = «(Т, - T0)t2 - CtT, - T2).
Используя найденное из (1) значение а, находим
( С(Т, - Т2)
U^-U^-T^/^R^-T^’
( С(Т, - Т2)
и^Т, -TJ/fR, (Т3 - То)] - и^г •
Подставляя числовые значения величин, получаем, что t, = t2 = = 3/32 с *0,1 с, а 7*0,2 с.
Максимальное и минимальное значения тока легко находим, так как в процессе колебаний сопротивление скачком изменяется от Rt = = 50 до Я2 = 100 Ом; следовательно,
1т« = U^ = 1,6 A, /„„ = П2/К2 = 0,8 А. ■
Хочется обратить внимание на тот факт, что описываемая в задаче ситуация отвечает фазовому переходу 1-го рода в материале, из которого сделан резистор. При нагревании при температуре Г, = 100°С происходит переход материала в новую фазу (этот переход, например, может быть связан с перестройкой кристаллической решетки материала резистора). Обратный переход происходит при более низкой температуре Г2 = 99 °C — это явление так называемого гистерезиса, свойственного фазовым переходам 1-го рода.
Капли дождя, попав на кирпич, в первый момент образуют пленку на его поверхности (рис. 204). Кирпич имеет пористую структуру. Поры представляют собой капилляры. За счет сил поверхностного
Рис. 204
натяжения вода втягивается в поры-капилляры. Капилляры соединены между собой. Их размеры различны: узких капилляров больше, чем широких. В широких капиллярах втягивающая сила поверхностного натяжения меньше, чем в узких. Поэтому в широких капиллярах водяная пленка должна вздуться и лопнуть. Это и является причиной шипения.
Совершаемая газом работа А складывается из двух частей: работы А, против силы атмосферного давления и работы Аг против силы тяжести. Граница раздела газ — ртуть до полного вытеснения ртути перемещается на 2Z + Z/2 = (5/2) Z, и, значит,
a^^p^i.
Работа А2 против силы тяжести равна изменению потенциальной энергии ртути при ее вытеснении. Вся ртуть в результате вытеснения поднимается на высоту Z относительно горизонтального участка; это и надо считать конечной высотой центра масс ртути. Начальное положение центра масс ртути, как нетрудно видеть, равно h0 — 1/8. Отсюда можно заключить, что
А2 = Мд(.1-1/8) = (7/8) Mgl,
где М = 2/$ррт — масса ртути. Окончательно находим
57,
А = Ак+А2 = — p0Sl + — p^gSl2 «7,7 Дж.
Работа А, которую совершила внешняя сила в результате наложения и последующего снятия нагрузки, определяется площадью фигуры ABCD (см. рис. 69). В соответствии с 1-м законом термодинамики изменение внутренней энергии стержня (стержень теплоизолирован) и будет равно этой работе, т. е.
A1T = А = кх0(х — х0).
С другой стороны, AW = С АТ, где АТ — изменение температуры стержня, и в результате находим
АТ = AW/C = кх0^х - х0)/С.
Пусть цилиндр заполнился водой до уровня х от нижнего основания. Изменение выталкивающей силы равно увеличению силы тяжести, действующей на цилиндр с водой. Это позволяет сделать вывод, что Ah = х. Из условия равновесия цилиндра можем написать
p2S = p0S + mg,
где р2 — давление газа в цилиндре после того, как в него вошла вода, т. е. р2 = Ро + mgjS. Используя закон Бойля — Мариотта, напишем, что р2 (й — Ай) = рк, где рк — начальное давление газа. Окончательно нахо
дим
Pi = (Ро + mg/S) (1 - Ай/й).
Выберем начало отсчета вдоль оси х так, как показано на рис. 205. Тогда сила, действующая на клин, зависит лишь от координаты х фронта ударной волны. Горизонтальная составляющая этой силы равна
F, = Росх tg а = pocxa/b = pocavt/b,
где х = vt — координата фронта волны к моменту времени t от начала прохождения волны через клин. Ускорение, сообщаемое клину в данный момент времени, равно
сц = Fx/m = pocavt/(bm\
В тот момент времени t0, когда фронт волны дойдет до дальней грани клина, т. е. координата фронта будет равна b = vt0, ускорение
клина составит
вц = Pocajm.
Поскольку ускорение клина линейно зависит от времени, для вычисления скорости и клина к моменту времени t0 воспользуемся средним значением ускорения Оф = роса/(2т):
и = Дф10 = poabc/y.mv\
Когда весь клин окажется в области повышенного давления, результирующая сила, действующая на клин, будет равна нулю. Как видно из ответа задачи, условие и «и означает, что р0 « 2mvz/(abc).
3. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
азе.
Из-за поляризации диэлектрического стержня АВ на точечный
заряд + qt помимо точечного заряда — q2 будут действовать поляри-
ААВВ®У/®У/Рис. 206Рис. 206зационные заряды, образовавшиеся на концах стержня (рис. 206). Сила при© тяжения со стороны отрицательного ^2 заряда, возникшего на конце А, будет больше силы отталкивания положительного заряда, возникшего на
А
А
В
В
®
У/
®
У/
Рис. 206
Рис. 206
конце В. Таким образом, общая сила, действующая на заряд + q1;
увеличится.
В непосредственной близости от каждого из точечных зарядов вклад в общую напряженность поля от другого заряда пренебрежимо мал, поэтому линии напряженности выходят (входят) равномерным пространственным пучком, общее их число пропорционально модулю заряда. Внутрь конуса с углом 2а при вершине вблизи заряда + q, попадает только часть линий. Отношение их числа к общему числу выходящих из заряда + q, линий напряженности равно отношению площадей соответствующих сферических сегментов:
2лКК(1 — cos а) 1■
—,-у (!-».«).
Поскольку линии напряженности связывают между собой равные по модулю заряды, то число линий, выходящих из заряда + qx внутри угла 2а, равно числу линий, входящих в заряд — q2 под-углом 2р. Следовательно,
Iqi 1(1 — cosa) = |q21(1 - cos p);
отсюда
sin(p/2) = sin(a/2)]/|q, |/|q2|.
Если |/| q! | / I q2 I sin (a/2) > 1, то линия напряженности не войдет в заряд — q2.
Прежде чем перейти к решению задачи 3.3, сформулируем теорему, полезную для решения и более сложных задач. Ниже будет дано доказательство этой теоремы применительное к конкретному случаю, рассмотренному в задаче 3.3.
Если заряд с постоянной плотностью а распределен по участку сферической поверхности радиуса R, то проекция создаваемой этим зарядом напряженности электрического поля в центре сферической поверхности на произвольное направление а будет равна
1 a
■'^й ” —л
4ле0 R
где Sla — площадь проекции этого участка поверхности на плоскость, перпендикулярную направлению а.
Рассмотрим некоторый участок сферической поверхности — «дольку» и сориентируем ее так, как указано на рис 207 — плоскость симметрии «дольки» совместим с осями Oz и Ох. Из симметрии расположения заряда очевидно, что общая напряженность в центре системы координат (точка О) будет направлена против оси Oz (если ст > 0), а составляющие напряженности по осям Ох и Оу будут равны нулю.
Рассмотрим небольшой участок поверхности «дольки» AS. Вертикальную составляющую напряженности в точке О, создаваемую участком AS, определим по формуле
ст
ДЕ =т- AS cos ф,
4яе0 R1
где ф — угол между нормалью к площадке и вертикалью. Но AS cos ф — это площадь проекции участка AS на горизонтальную плоскость. Отсюда полная напряженность в точке О находится по формуле
1 ctS
Е’ =4яе0 R1
где S — площадь заштрихованной фигуры на рис. 207 — проекции «дольки» на горизонтальную плоскость хОу. Так как площадь любой узкой полоски этой области (черного участка на рис. 207) в sin (а/2) раз меньше площади соответствующей полоски большого круга, то и вся площадь заштрихованной области в sin (а/2) раз будет меньше площади большого круга. Отсюда
'„ aS а _2 . а ст sin (а/2)
4яе0Л2 4яе0В2 24е0
В случае полусферы а = я и'
Е = а/(4е0).
Из соображений- симметрии легко понять, что вектор напряженности электрического поля «дольки», угол раствора которой равен а, лежит в плоскостях продольной и поперечной симметрии «дольки». Пусть модуль этого вектора равен Е. Воспользуемся принципом суперпозиции и дополним «дольку» до полусферы, заряженной с той же поверхностной плотностью. Тогда приложим к исходной «дольке» еще одну с углом раствора л — ос Пусть модуль вектора напряженности поля, создаваемого добавочной «долькой» в центре сферы, равен Е'. Легко понять, что векторы Е и Е взаимно перпендикулярны, а их векторная сумма представляет собой вектор напряженности поля полусферы в ее центре. По условию задачи эта сумма равна Ео. Поскольку угол между векторами Е и Ео равен л/2 — а/2, то
Е = Ео sin (а/2).
. Рассмотрим случай, когда конденсаторы ориентированы друг на друга одноименно заряженными пластинами (рис. 208). Поле, создаваемое первым конденсатором на оси на расстоянии х от положительно заряженной пластины, равно
Е(х) =Е(х) =91 Г 14ле0 [_х291 Г 14ле0 [_х21(х + 021(х + 0229J4леох329J4леох3(х »/)•(х »/)•
Е(х) =
Е(х) =
91 Г 14ле0 [_х2
91 Г 14ле0 [_х2
1
(х + 02
1
(х + 02
29J4леох3
29J4леох3
(х »/)•
(х »/)•
Сила, действующая на второй конденсатор, находящийся на расстоянии d от первого, равна
е = 92[е№-еу + 0]=^-Це = 92[е№-еу + 0]=^-Ц1У + 031У + 033919г/22ne0d4 "3919г/22ne0d4 "
е = 92[е№-еу + 0]=^-Ц
е = 92[е№-еу + 0]=^-Ц
1
У + 03
1
У + 03
3919г/2
2ne0d4 "
3919г/2
2ne0d4 "
Значит, в этом случае конденсаторы будут отталкиваться.
Аналогичное рассмотрение можно провести и для случая, когда
конденсаторы ориентированы друг на друга разноименно заряженны-
6&-| |+ 5±£_±1 I-6&-| |+ 5±£_±1 I-Рис. 208Рис. 208ми пластинами. При этом конденсаторы будут притягиваться с той же силой
6&
-| |+ 5±£_±1 I-
6&
-| |+ 5±£_±1 I-
Рис. 208
Рис. 208
„3 9192/2
F =т".
2 neod
Выберем два небольших произвольных участка площадью ASt и Д52, принадлежащих первой и второй полусферам. Пусть расстояние между этими участками равно г12. Силу взаимодействия этих участков ДГ12 определим из закона Кулона:
11Д5!Д52
ДЕ12 — ——a1&S1a1 &S2 = ~:2 CTiCT2-
4ite0 Н24леог{2
При нахождении общей силы взаимодействия полусфер мы должны, исходя из принципа суперпозиции, просуммировать силы ДЕ12 для всех взаимодействующих пар участков, так что результирующая сила взаимодействия полусфер F примет вид
.F = ko1c1,
где коэффициент к определяется лишь геометрией расположения зарядов и выбором системы единиц. Если бы полусферы были заряжены с одинаковой поверхностной плотностью заряда, а, соответствующая сила взаимодействия полусфер F была бы равна
F = /со2,
где коэффициент к тот же, что и в предыдущей формуле.
Найдем силу F. Для этого рассмотрим «верхнюю» полусферу. Небольшой ее участок площадью Д5 несет заряд Дд = о Д5 и находится под действием электрического поля, напряженность которого Е' составляет половину напряженности сферы радиуса R, равномерно заряженной по поверхности с плотностью заряда о. (Мы должны исключить из напряженности ту ее часть, которая создается самим зарядом Ду.) На заряд Ду действует сила
.1 4лК2 а2
ДЕ = ДуЕ' = а ДХа —;— =ДХ,
4ле0 R2 ■ 22е0
которая направлена перпендикулярно поверхности участка. Чтобы найти силу, действующую на верхнюю полусферу, заметим, что из выражения для силы ДЕ следует, что полусфера как бы находится под действием эффективного давления р = о2/(2е0). Отсюда общая сила Е, действующая на верхнюю полусферу, равна
F = pnR2 =лК22е0■
(хотя в выражение ДЕ для силы, действующей на участок ДХ, дает вклад не только «нижняя» полусфера, но и все остальные участки «верхней» полусферы, в общем выражении для силы взаимодействия полусфер, найденном выше, силы взаимодействия участков верхней полусферы между собой взаимно сократятся.)
Поскольку F = ко2, получим следующее выражение для силы взаимодействия полусфер в случае их разной поверхностной плотности зарядов:
itR2
F = ка1а2 = ~т~ CTiCT2-
Плотность зарядов, наведенных на сфере, пропорциональна напряженности электрического поля: о ~ Е. Сила, действующая
на половинки сферы, пропорциональна напряженности:
F~cSE~ ^Е1,
где S — площадь половинки сферы, R — ее радиус. При изменении радиуса сферы в и раз, а напряженности поля в к раз, сила F изменится в k2n2 раз. Поскольку толщина стенок сферы остается постоянной, сила, разрывающая сферу и приходящаяся на единицу длины, должна быть прежней, т. е. k2n2/n = 1, к = 1/]/л = 1/]/2. Следовательно, минимальная напряженность поля, которое разорвет проводящую оболочку вдвое большего радиуса, равна
ev = e<jV^-
Пусть расстояние от большого шара до каждого небольшого шарика равно I, расстояние между шариками d, радиус каждого шарика г. При соединении большого шара с первым шариком их потенциалы сравниваются:
где Q — заряд большого шара, ф — его потенциал. При соединении большого шара со вторым шариком получим аналогичное уравнение, отвечающее равенству потенциалов большого шара и второго шарика:
(Мы предположили, что при каждом заряде шариков заряд и потенциал большого шара меняются незначительно.) При соединении большого шара с третьим шариком, когда первый и второй заряжены, соответствующее уравнение равенства потенциалов примет вид
Заряд q3 найдем, решая уравнения (1)—(3):
9з =92/91-
Заряд qv шара найдем по формуле 9i = 4л£оф1г1.
После соединения шара и оболочки весь заряд qt перетечет с шара на оболочку и распределится равномерно по поверхности оболочки. Ее потенциал ф2 (совпадающий с новым значением потенциала шара) будет равен
Запишем условие равенства потенциала сферы, а значит, и любой точки пространства внутри нее (в частности, центра) нулю к моменту времени t, причем выделим три интервала времени:
1) t < a/v, 2) a/v^t < Ь/г, 3) t > b/v.
Обозначим заряд сферы q(t/ Для момента времени t внутри первого интервала 1 получим
91/"+ 92/ь+ 9(0/("').= 0;
отсюда
Ч (0 = - " (91/" + Чз/b^ t, It(t) = - г (q^a + q2/b).
Для момента времени t внутри интервала 2 получим, что поля внутри сферы и вне нее независимы; отсюда
9(0+ 9192, ,.х92
.vtbb
Наконец, как только сфера поглотит внутри себя оба точечных заряда qt и q2> протекание тока по «заземляющему» ее проводнику прекратится, и
/3(О = о.
Итак,
{
-r(9i/a + 92/i>),К a/v,
vq2/b,a/v^t < b/v,
0,t > b/v.
Учитывая связь между емкостью конденсатора, напряжением и зарядом на нем, можно записать уравнения для трех конденсаторов:
Фл — Фо = 91/Ci, Фв ~ Фо = Чг/Съ Фо — Фо = Чз/^з<
где Cv С2 и Сэ — емкости соответствующих конденсаторов, a qv q2 и q3 — заряды на их обкладках. Согласно закону сохранения заряда, 91 + 9г + 9з = 0; поэтому потенциал общей точки О равен
Фо = (Фл^ + ФдС2 + ФдС^ДС, + С2 + С3).
. Так как листок металлический, заряды должны перераспределиться по его поверхности так, чтобы поле внутри листка отсутствовало. В первом приближении можно считать это распределение равномерным как по верхней^ так и по . нижней поверхности листка с плотностью — ст и ст соответственно. Из принципа суперпозиции получим условие отсутствия поля внутри листка:
q/(4ne0Z2) — ст/е0 = 0.
Учтем теперь неоднородность поля точечного заряда, так как именно вследствие нее возникнет сила взаимодействия F. Верхняя поверхность листка должна притягиваться с силой а&?/(4ке0/2), а нижняя — отталкиваться с силой aSq/[4ке0(/ + d)2]. Следовательно, сила притяжения F листка к заряду равна '
cSq Г 11 q2Sd4ле0/2 L (1 + d/Z)2 J 8я2е0/’
Нетрудно понять, что схема, предложенная в задаче, пред
ставляет собой «правильный» тетраэдр, в ребра которого «включены»
шесть одинаковых конденсаторов. Поэтому из соображений симмет
рии ясно, что, к какой бы паре точек мы ни подключили источник, всегда найдется конденсатор, который не будет заряжен (конденсатор ребра, скрещенного с ребром подключения источника). Например, на рис. 209 при подключении источника к точкам Л и В конденсатор, соединяющий точки С и D, не будет заряжен, поскольку потенциалы точек С и D равны.
Емкость нелинейного конденсатора равна
С = еС0 = aUCa,
где Со — емкость конденсатора без диэлектрика. На нелинейном конденсаторе заряд будет равен qH = = CU = аС0С2, а на обычном соответственно q0 = C0U. Из закона
сохранения заряда
9н 4" 9о — C0U0
получаем искомое напряжение
U = (|/4al70 + 1 - l)/(2a) = 12 В.
Перейдем в инерциальную систему отсчета, связанную с движущимся центром нити. Тогда в начальный момент времени шарики имеют одинаковую скорость и. Первоначальный запас энергии в системе равен
^ = q2/(4ae0-2Z) + 2mv2/2.
В момент наибольшего сближения энергия системы равна
Wi = 92/(4iteod).
Из закона сохранения энергии получим ответ:
.d = llq1/^1 + 8яеоти2/).
Пусть и2 н и, будут соответственно скорости 1-го и 2-го шариков после выключения однородного электрического поля. По условию задачи угол между скоростью Р] и начальной скоростью р равен 60°. Поэтому изменение импульса &pt 1-го шарика равно
Api = SiEAt = m1psin60°.
Здесь мы использовали условие Pj = р/2, из которого следует, что направление изменения импульса 1-го шарика &pt перпендикулярно направлению его скорости р,.
Так как Е || Др, и направление изменения импульса 2-го шарика параллельно направлению Др,, то для скорости 2-го шарика получим (легко догадаться, кстати, что знаки зарядов шариков совпадают) p2 = ptg30° = p/J/3.
Соответствующее изменение импульса 2-го шарика равно
Др2 = q^EAt = m2p/cos 30°.
Отсюда получим, что qtm. sin60°q,4 q.4
=,=, - — kvqimilcos 30°m23m,3
Кинетическую энергию 1-го освобожденного шарика на бесконечности (спустя большой промежуток времени) найдем из закона сохранения энергии:
mu? q2 / 11i
—— = —111- ... -I
2 4пе0 X"i a2 aN-i
где a,, a2, ..., on-i — расстояния от 1-го шарика до того момента, как он был освобожден, до остальных шариков по кругу, а, и a^_l — расстояния до ближайших соседей, т. е. а1=а^-1=а (N = = 1977).
При движении 2-го шарика влиянием 1-го освобожденного шарика пренебрегаем; тогда
mu? q2 / 111 X
—— = —11Н ... НI,
24ле0 Ха,а2а^-2/
т. е. в скобках не хватает одного ближайшего соседа. Таким образом, к = myi _ myz = ql
22 4леоа’
или
q = У4пе0Ка.
Согласно закону сохранения импульса,
mv = (т + М) и,
где m — масса ускоренной частицы, М — масса атома, а и — их скорость сразу после соударения.
Обозначив через WK энергию ионизации, закон сохранения энергии можно записать в виде■
my2/2 = W„ + (m + М) u2/2.
Исключив из этих уравнений скорость и, получим
■ту2/2 = 1ЕИ(1 + т/М).
Если т — масса электрона, то т/М « 1 и необходимая для ионизации кинетическая энергия равна
my2/2 * W„.
В случае столкновения атома с ионом, масса которого m $ М, ти1/! ~2№и, т. е. энергия иона, необходимая для ионизации, должна быть в два раза больше, чем энергия электрона.
Из равенства электрической и упругой сил, действующих на незакрепленный шарик,
92/(4те0-4/2) = к/,
получается следующее соотношение для длины нерастянутой пружины /:
/3 = <?2/(16леок), где к — жесткость пружины, q — заряды шариков.
Пусть незакрепленный шарик отклонили на малое по сравнению с I расстояние х относительно положения равновесия. Потенциальная энергия системы следующим-образом зависит от х:
И/(х) = 4к(/-х)2 + ~—4-а^ + кх1.
24ле0 (2/ — х) 2
Здесь мы учли соотношение между qb к и I, полученное ранее, и в выражении
—"= — > 1 4-1 — 14-1 — I 4- ... /
2Z-x 2/(1-х/2/)2/(\2// \ 2/ / J
оставили слагаемые с точностью до [х/(2/)]2. Таким образом, растянутая пружина обладает как бы вдвое большей жесткостью, и отношение частот гармонических колебаний системы равно
vJv^VTk/Vk^.
Рассмотрим два заряженных шарика как единую механическую систему. Кулоновское взаимодействие между шариками является внутренним, поэтому оно не влияет на движение центра масс. Единственная внешняя сила, действующая на систему, — сила тяжести.
только она и будет определять движение центра масс системы. Так как массы шариков равны, то начальное положение центра масс находится на высоте (й, + й2)/2 и его начальная скорость v направлена горизонтально. В дальнейшем центр масс будет двигаться по параболе, характеризуемой уравнением
й = (й1+й2)/2-(з/2)(хМ(1)
где х — координата центра масс по горизонтали, h — по вертикали. Когда 1-й шарик упал на землю на расстоянии х = 1, высота Н центра масс системы, как это следует из выражения (1), была равна
Я = (й2 + й2)/2 — (g/2)(//t>)2.
Поскольку массы шариков одинаковы, то 2-й шарик должен находиться в этот момент на высоте Н2 = 2Н. Таким образом,
H2 = h1 + h2-g(l/v)2.
Пусть сопротивление половины витка равно R. Тогда в первом случае мы имеем параллельное соединение пятнадцати сопротивлений величины R каждое; общее сопротивление равно Я/15. -
Во втором случае мы получим последовательное соединение этих же пятнадцати сопротивлений; общее сопротивление будет 15R. Таким образом, при разматывании мотка сопротивление проволоки увеличится в 225 раз.
Из соображений симметрии нетрудно заметить, что потенциалы точек А и С (рис. 210) в любой момент времени будут одинаковыми, поэтому замыкание ключа К не приведет к изменению ра
боты схемы, а сама спираль АС не будет накалена.
Рис. 211Рис. 211После добавления двух проводников цепь примет вид, изображенный на рис. 211. В силу
Рис. 211
Рис. 211
симметрии образовавшейся схемы центральный проводник не будет участвовать в процессах переноса электрического заряда. Поэтому, если исходное сопротивление цепи Rt было равно Rt = 5г, где г — сопротивление одного проводника, то после изменения схемы новое ее сопротивление R2 станет равным
В2 = 2г + 2г/2 = Зг.
Таким образом.Таким образом.
Таким образом.
Таким образом.
RJRi = 3/5.
Общее сопротивление Rab каркаса легко вычисляется, учиты
вая, что по ребру CD из соображений симметрии ток не течет: Rab =
С»)С»)= R/2, где R — сопротивление каждого из ребер, поэтому
С»)
С»)
I = 2U/R,где U — поданное напряжение.
Изменить общий ток можно двумя способами: 1) убрать одно из ребер: AD, АС, ВС или BD — изменение тока при этом будет одинаковым; 2) убрать ребро АВ. В случае 1 изменение тока будет равно А/ = — (2/5) U/R = —7/5, в случае 2 общее сопротивление равно R, поэтому Д7 = — U/R = = —1/2 = М„„.
Из соображений симметрии потенциалы точек С и D равны, поэтому данную схему можно заменить на эквивалентную (мы объединим узлы С и D, рис. 212). Сопротивление между точками А и В схемы найдем по формулам сопротивления для параллельного и последовательного соединений проводников. Отсюда
R2(R2 + R^3 R3
Кс<тв= ———~ == —R
w R/2 + R/2 + R4 28
R 37
Rac(d)b= — + -^ R = -^R,
R Л(7/8)Л7
AB R + q/81R15
Таким образом, ток I в подводящих проводах найдем по формуле U _ 15 U
1 = (7/15) К ~ "Т ~R?
. Для решения задачи представим схему цепи в более симметричном виде (рис. 213). Полученную схему не удается упростить путем разъединенйя или соединения узлов (или путем удаления каких-нибудь проводников), чтобы упрощенная схема представляла собой лишь параллельные и последовательные соединения проводников. Однако, поскольку любая задача на постоянный ток имеет единственное решение, попытаемся «угадать», используя симметрию схемы, сходство в силах токов, протекающих по цепи.
Подадим на нашу цепь напряжение U. Проставим во всех участках цепи токи. В данном случае нам понадобится не девять величин
(как было бы при произвольных значениях сопротивлений участков цепи), а лишь пять величин: I,, /2, ^з, ^4, Is (рис. 214). При таких токах первое правило Кирхгофа, записанное для узла С;
Ii= 1з + ^5, и узла D:
/2 + ^3 = ^4 + Ц,
автоматически выполняется для узлов Е и F (именно в этом проявило себя равенство сопротивлений всех резисторов схемы). Запишем теперь второе правило Кирхгофа, чтобы получить систему пяти независимых уравнений:
(/2 + /5 +h)R = U,
(13 + Ц) R = IsR,
(I, + I3) R = I2R,
где R — сопротивление каждого резистора. Решая систему пяти уравнений, выразим все токи в цепи через ток /^
6I.34
/2=уЛ, ^у, ^ = уЛ, -?5=уЛ.
Кроме того,
U = Vi + уЛ + уЛ)Я-
Следовательно, UJI^ = 3R.
Учитывая, что сопротивление цепи RAB удовлетворяет уравнению RAB = III(Ii +^2), находим, что
UU5 U
RAB =—=.
(6/5(1,11 I,
Отсюда с учетом полученного выше соотношения искомое сопротивление равно
■Rab= (15/11)R.
1611616 А. И. Буздин и др.
161
161
Из соображёний симметрии исходная схема может быть заменена на эквивалентную (рис. 215); при этом мы заменим «внутренний» треугольник из бесконечного числа звеньев резистором сопротивления R^/2, причем сопротивление RAB таково, что R^ = Rx, R^ = = ар. После упрощения схема представляет собой систему последовательных и параллельных соединений проводников. Для нахождения величины Rx получим уравнение
Rx = RI R +Rx = RI R +RRx/2 VRRx/2 У1
Rx = RI R +
Rx = RI R +
Я + Я +
R "P Rx /2 / \R + Rx /2 у
Решая его, находим
RAB = Rx = R (У? - l)/3 = др ()/7 - l)/3.
Из соображений симметрии, если из схемы убрать первое звено, то сопротивление оставшейся цепи между точками С и D будет
Рис. 215Рис. 215Рис. 216Рис. 216равно Rcd = kRAB. Поэтому эквивалентная схема бесконечной
Рис. 215
Рис. 215
Рис. 216
Рис. 216
цепочки примет вид, изображенный на рис. 216. Отсюда, применяя формулы для расчета сопротивлений последовательного и параллельного соединения резисторов, получим
Rab = Ri + R2kRAB/(R2 + kRAB\
Решая квадратное уравнение относительно величины RAB, найдем (в частности, при условии к = 1/2)
Rab = (R, -R2 + VRF+RF+6RA)/2.
Реостат вместе с нагрузкой эквивалентен резистору сопротивлением
R RR/2 5
R1 = Т + R + R/2 ~~6R
Отсюда общий ток в цепи It равен
_ U _ 6 U1 “ (5/6)Я
Напряжение на нагрузке UiHarp будет равно
R 2UlHaip=U-^iy = J^-
Если сопротивление нагрузки станет равным 2R, общий ток /2 будет равен
и10 и
2 R (R/2)(2R)9 R
Т + R/2 + 2R
Напряжение на нагрузке станет равным Синатр:
R 4 , б^2нагр = Н — /2—1
Таким образом, напряжение на нагрузке изменится в к=^2„агр/^1нагр раз:
к.= 0^2нагр/^1 нагр = Ю/9.
В первом случае выполняется условие Ix - /2, причем I. = = а^, 12 = ot2n2, следовательно, а1п1 = а2п2. Во втором случае l2Rt = = I2RX, где Rx — сопротивление второго резистора. Кроме того, /,'= = о^и/, 12 = а2и2, поэтому
RxO.xn[ = RXO.2H2.
Окончательно получим
Rtnynt = Rx пУп2-
Таким образом,
Rx =Rln2n;/(nln^.
Условием того, что проволока нагревается, а затем плавится, является превышение выделившегося джоулева тепла над количеством теплоты, уходящей в окружающую среду:
I^kSlT-TcpY
По условию задачи для того, чтобы первая проволока расплавилась, необходимо пропустить через нее ток, больший чем 10 А. Поэтому
fc.4d1Z(TIM-Tcp) = ^K1,
где Z — длина проволок, Тпл — температура плавления материала проволок, It, Rx — ток и сопротивление первой проволоки.
Сопротивление второй проволоки равно R2 = Rt/16, Таким образом, чтобы вторая проволока расплавилась, необходимо через нее
пропустить ток 72, удовлетворяющий соотношению
727?2 > k^.HTJu, — Тф).
Окончательно получим
72 > 87, = 80 А.
Пусть э. д. с. второго источника равна #2. Тогда по условию задачи
7 = (^1 + ^2)/(K + Kv) = ^2/K, где R — сопротивление переменного резистора при одинаковом токе. Отсюда получим ответ:
Rx = М-
Сила тока 71; протекающего через контур до замыкания источника тока с э. д. с. ^2, удовлетворяет условию
7i = (^i + ^ ^KR + ri + г2), где rY и г2 — внутренние сопротивления источников тока. После замыкания накоротко источника тока с э. д. с. ^2 силу тока 72 через резистор сопротивлением R найдем по формуле
72 = «\/(К + гД‘
Очевидно, что если■
^ 1(^R + Ti) > (^ 2 + ^ j)/(R + Г! + г2), то ответ на вопрос задачи будет утвердительным.
Итак, если выполнено неравенство Fj (R + rY + г2) > (^Y + &2)(R + + г Д а значит, ^Yr2 > ^2(К + гД то ток в цепи увеличивается. Если, наоборот, ?Yr2 < ^2(К + гД то замыкание источника тока приводит к уменьшению тока в цепи.
. Воспользуемся тем фактом, что любую схему «черного ящика» из резисторов можно привести к виду (рис. 217), где величины
Рис. 217Рис. 217Рис. 218Рис. 218
Рис. 217
Рис. 217
Рис. 218
Рис. 218
Rv R2, ..., Rs выражаются через сопротивления исходных резисторов схемы «черного ящика» (убедиться в этом можно, используя в исходной схеме преобразования типа звезда — треугольник и наоборот). По
условию задачи через резисторы сопротивлением Rt и R4, а также R3 и R5 каждый раз протекают равные по значению токи (либо вообще не текут, когда клеммы разомкнуты). Воспользовавшись этим обстоятельством, схему для простоты рассмотрения приведем к виду, изображенному на рис. 218. Тогда по условию задачи
U2U2
R; + R2 2R[ + R2R3/(R2 + R3)
и2и2
N =, ы =.
К2' + К3'4 R^ + R(RyW + Ri)
Нетрудно убедиться, что
NtN4=N2N3.
Следовательно,
N4 = N2N3/Nv = 40 Вт.
В первый момент времени после замыкания ключа К конденсаторы не заряжены, поэтому напряжение между точками А и В равно нулю (см. рис. 93). Силу тока Ц в цепи в этот момент времени найдем из условия
Л = ^г
В установившемся режиме ток между точками А и В будет течь через сопротивления R, и R3. Поэтому силу тока /2, спустя большой промежуток времени, найдем по формуле
I2 = g/kRl + R3\
Рассмотрим установившийся режим, когда напряжение на конденсаторе практически не меняется и равно в среднем Суст.
При очередном замыкании ключа в положение 1 за небольшой интервал времени Аг заряд конденсатора изменится на величину
At(^ - Uycy/Rv
При замыкании ключа в положение 2 заряд изменится на величину
At (^2 - IM/R2.
Суммарное изменение заряда за цикл должно быть равно нулю:^1-UycT'l/R1+^2-U^/R2 = 0.
Отсюда напряжение С/уст и заряд конденсатора qyCT в установившемся режиме найдем по формулам
UyCT = (^2R1 + ^1R2)/(R1+R2),
qyCT=CUyn = С(Г2К2 + ^RMRv + RiY
Постоянный ток через конденсаторы емкостью Сх и С2 не течет. Поэтому в установившемся режиме через источник тока будет течь ток, равный
/ = ^(г + К2).
Так как конденсаторы соединены последовательно, то их заряды q будут одинаковы, причем
q/Ci +q/c2 = iRi-
Следовательно,
q = ^2C1C2/[(r + R2)(C1 + C2)].
Напряжения Uv и С72 на конденсаторах соответственно найдем по формулам
Uv = q/Cv = ^CJ^r + Ri)^! + С2)],
и 2 = q/C2 = ^r^jw + Ri^cv + С2)].
. Включим мысленно между точками Л и Г последовательно два идеальных (без внутреннего сопротивления) источника тока с э. д. с., равными — Uo и Uo. Такое включение, очевидно, ничего не изменит. Зависимость между силой тока, текущего через включенный резистор сопротивлением R, и э. д. с. источников будет иметь вид
/ = а^-р[70 + рС0,
где ^ — э. д. с. источника, содержащегося в схеме, а коэффициенты а и р зависят от сопротивлений схемы.
Если между точками Л и Г включить лишь один идеальный источник с э. д. с., равной — Со, то разность потенциалов между точками Л и В станет равной нулю. Значит, два первых члена в уравнении для I компенсируются: 1 = РС7О. Коэффициент р равен, очевидно, 1/(R + Кэф),гдеКэф ~ сопротивление между точками Л и В при отключенном сопротивлении R. Эта формула справедлива и для случая R = О, что соответствует включению амперметра; при этом
/о ~ UJR^.
Следовательно, искомая сила тока равна
I = U0IJ(RI0 + Uo).
Когда ключ К замкнут, напряжение на конденсаторе поддерживается постоянным и равно ^ — э. д. с. батареи. Пусть смещение пластины Б при достижении нового положения равновесия равно —хР Заряд на конденсаторе при этом будет равен qv = Cv£ = ьа58Ц<1 — хх\ где S — площадь пластин конденсатора. Напряженность поля в конденсаторе равна Ех = 8Щ — х^, но она создается двумя пластинами; поэтому напряженность поля, создаваемая одной пластиной, равна EJ2, 166 ' .
и для силы, действующей на пластину 5, можем написать
£191/2 = E0S?2/[2(d-x1)2] = fcx1, (1) где к — жесткость пружины.
Рассмотрим ситуацию, когда ключ К замкнули на короткое время. Конденсатор при этом получил заряд q2 = zaS$/d (пластины не успели сдвинуться), который в дальнейшем остается постоянным. Пусть в новом положении равновесия смещение пластины Б составляет х2, тогда напряженность поля в конденсаторе равна £2 = qj [С2 (d — х2)] и С2 = E0S/(d — х2). Условие равновесия пластины Б запишется при этом так:
E2q2/2 = q2/(2E0S) = е0£Г/ (2d2) = кх2. (2) Поделив почленно уравнения (1) и (2), найдем х2 = х, [(d — xj/d]2. Учитывая, что по условию задачи Xj = 0,Id, получим ответ:
х2 = 0,08d.
Представим центральное соединение проволок в виде двух узлов, соединенных проводом 5 — 6, как это показано на рис. 219. Тогда из соображений симметрии следует, что ток по этому проводу не течет. Поэтому в исходной схеме центральное соединение можно
убрать, и мы приходим к схеме, показанной на рис. 220. По условию задачи
^12 = «13 = «34 — «24 = Г1
«15 = «25 = «36 = «46 = №
Пусть напряжение между точками 1 и 2 равно U. Тогда в единицу времени на участке 1—2 выделится количество теплоты
612 = и2/т.
Из закона Ома получаем силу тока, протекающего по участку 3 — 4:
^34 =U/[r(l/2 + 3)].
В единицу времени на участке 3—4 выделится количество теплотыйэ4 = 11э4г=и1/^3-ЗП-
Таким образом, искомое отношение равно
йиГОз4 = (\^+3^ = 114-6^.
Поскольку анодный ток равен I, то число носителей заряда (электронов) п, подлетающих к аноду в единицу времени, найдем по формуле
п = //|е|,
где е — заряд одного носителя. Импульс Ар, передаваемый носителями заряда аноду в единицу времени, равен
Ар = nmv,
где т — масса носителя, и — его скорость. Этот импульс равен средней силе, действующей на анод со стороны оседающих на него носителей заряда. Так как ту1/! = | е 11/, где U — разность потенциалов анода и катода, то среднее давление Рф электронов на анод найдем по формуле
2m U"и”2m U"и”nmv 1 тРср = ^=Т^nmv 1 тРср = ^=Т^
2m U
"и”
2m U
"и”
nmv 1 т
Рср = ^=Т^
nmv 1 т
Рср = ^=Т^
Нетрудно сообразить, что за время от 0 до t0 напряжение на конденсаторе равно нулю, заряд его также равен нулю, ток через конденсатор не течет, а, значит, UCD все это время равно нулю (рис. 221).
Рис. 221
За время от t0 до 2t0 напряжение на конденсаторе, а следовательно, и заряд на обкладках растут линейно, а, значит, в цепи течет постоянный ток, поэтому напряжение Ucd постоянно. В интервале времени от 2t0 до 3t0 напряжение на конденсаторе не меняется; значит, ток не течет и UCD равно нулю. Наконец, в интервале от 3t0 до 5СО конденсатор разряжается, ток, текущий через резистор, отрицателен и постоянен, и его значение в два раза меньше тока в интервале времени от t0 до 2t0.
До переключения ключа К заряд конденсатора равен
.9i = ^C,.
причем на нижней пластине окажется положительный заряд, а на верхней — отрицательный. .
После переключения ключа К в процессе перезарядки на верхней пластине окажется положительный, а на нижней отрицательный заряд, равный
92 = S2C.
C^i + V2C^i + V2Таким образом, источник тока с э. д. с. ^2 совершит работу ^2(9i + + q2). Искомое количество теплоты, выделяющееся при этом на резисторе, равно
C^i + V
2
C^i + V
2
Q = ^2 (91 + 92) - I — - — I
Найдем силу тока I, текущего в цепи через источник тока:
;^(^1+^2)
г + К1К2/(К1 + R2) r(R. + В2) "*" ^1^2
Напряжение на каждом из резисторов R. и R2 определим по формуле
„?R,R2
Ur = g-Ir =—.
2rR. + R2(r + R,)
Мощность Nr , выделяемую на резисторе R2, найдем по формуле
2 1 _S2R2(rR^/R2 + 2rR.tr+ Rt) + (г + R.)2R2 '2 1 _S2R2(rR^/R2 + 2rR.tr+ Rt) + (г + R.)2R2 'N . Г ?R^
2 1 _
S2R2
(rR^/R2 + 2rR.tr+ Rt) + (г + R.)2R2 '
2 1 _
S2R2
(rR^/R2 + 2rR.tr+ Rt) + (г + R.)2R2 '
Ri r2 L^i +r2(r. + h
Максимальной мощности будет соответствовать минимум знаменателя. Учитывая классическое неравенство а2 + Ь2 ^ 2аЬ, получим, что при R2 = rRJtr + R.) знаменатель дроби минимален и выделяемая на резисторе R2 мощность максимальна.
В момент, когда ток через резистор достигает значения /0, заряд конденсатора емкостью С. равен
9i = CJ0R.
Энергия, запасенная в конденсаторе в этот момент, равна ^=^/(2^).
После размыкания ключа, в конце процесса перезарядки, общий заряд на конденсаторах равен q., а напряжения на обкладках обоих конденсаторов равны. Запишем эти условия в виде двух уравнений:
9i+92' = 9i>q[/C.=q2/C2,.
где 9/ и 9з — заряды конденсаторов после перезарядки. Отсюда получим
91 = 91^-1/ (Ci + С2),91 = <1^^ (^i + С2).
Полная энергия системы после перезарядки равна
W2 = q?№ + Й№ = «?/[2 (С2 + С2)].
Количество теплоты, выделившейся в резисторе за это время, равноQ = ^ - W2 = (/„^^^^(С! + С2)].
До переключения ключа К ток через резистор сопротивлением R не течет, и заряд конденсатора емкостью С2 найдем по формуле
9=?С2.
Энергия, запасенная в этом конденсаторе, определяется по формулеWC1 = ^2С2/2.
После переключения ключа К заряд q перераспределится между двумя конденсаторами так, что заряд qx на конденсаторе емкостью Сх и заряд q2 на конденсаторе емкостью С2 найдем по формулам
9i + 92 = 9,9i/Q= 92/^2-
Полная энергия двух конденсаторов будет равна
Wc1+c2 = 92/[2(Ct + С2)] = ГС^УСС, + С2)].
Поэтому выделившееся на резисторе количество теплоты Q получится из соотношения*
_ гс2 ^с2 с2 ^схс2
°22 кС^С-й 2(СХ + С2)"
Пусть к моменту, когда напряжение на конденсаторе стало равно U, через источник тока протек заряд q. Очевидно, что q(U = С. Из закона сохранения энергии получим
£q = Q + qWC\
где Q — количество теплоты, выделившееся на обоих резисторах. Поскольку резисторы соединены параллельно, то Qx/Q2 = R2/Rx; отсюда
(Г/2 \ р2 /R^+Ri(Г/2 \ р2 /R^+RiCURX2(Rx+R2)CURX2(Rx+R2)(2^ - U\(2^ - U\
(Г/2 \ р
2 /R^+Ri
(Г/2 \ р
2 /R^+Ri
CURX
2(Rx+R2)
CURX
2(Rx+R2)
(2^ - U\
(2^ - U\
При движении перемычки меняется поток магнитной индукции через контур, образуемый перемычкой, рельсами и резистором. В контуре возникает э. д. с. индукции и появляется ток. В результате действия магнитного поля на ток, текущий по перемычке, перемычка будет тормозиться. '
Найдем тормозящую силу F. Пусть скорость движения перемычки в некоторый момент времени равна и. За малый промежуток времени At перемычка переместится вдоль рельсов на малое расстояние Дх = = гДг. Изменение площади контура будет равно vdAt, поток магнитной индукции за это время изменится на ДФ = Bvd At, в контуре появится э. д. с., равная
? = -ДФ/Д1 = -Bvd,
и по перемычке, согласно закону Ома, будет течь ток I = 8/R. Сила, действующая на перемычку со стороны магнитного поля, будет равна
F = IBd = - B2d2v/R.
Направлена сила F, согласно правилу Ленца, против скорости движения перемычки и.
Напишем теперь уравнение движения перемычки (на малом перемещении Дх):
та = F = — B2d2v!R,
или, учитывая, что а = Дг/Дг, v = Дх/Дг,
mAv= — B2d2 Ax/R.
Мы видим, что изменение скорости движения перемычки пропорционально изменению ее координаты х (в начальный момент х0 = 0). Значит, полное изменение скорости vK = v0 = 0 — v0 = — v0 связано с изменением координаты (с полным перемещением s) соотношением
m( — г0) = —B2d2s/R.
Отсюда находим путь s, пройденный перемычкой до полной остановки:
s = mRvJB2d2.
В том случае, когда направление индукции В составляет угол а с нормалью к плоскости рельсов,
s = mRv0/\B2d2 cos2 а).
Действительно, э. д. с. индукции и, следовательно, ток, текущий по перемычке, определяются потоком магнитной индукции через контур, а поток в этом случае определяется проекцией индукции В на нормаль к плоскости контура.
Линии индукции магнитного поля, создаваемого падающим заряженным шариком, лежат в горизонтальной плоскости. Поэтому поток магнитной индукции Фв через площадь, ограниченную контуром, в любой момент равен нулю, так что показания гальванометра будут нулевыми.
Выберем систему координат хОу, центр которой совпадает с мгновенным положением шарика (рис. 222). Ось Ох — «центростремительная», ось Оу направлена вертикально, как и индукция магнитного поля В.
Система уравнений, описывающих движение шарика (считаем, что шарик движется по окружности против часовой стрелки), запишется
в виде
N sin а — quB = mr2/(Z sin а),N cos а = mg.
Кроме того,■
2лг/г = Т, г = Z sin а.
Решая полученную систему уравнений, находим
12-№У"
Т К Рл/ОТ ± Я8/^)]2 '
Знак плюс, если шарик вращается против часовой стрелки, и знак минус, если по часовой стрелке (смотреть надо сверху).
При движении металлического шарика в магнитном поле из-за действия силы Лоренца на свободные электроны последние распределятся по поверхности шарика таким образом, чтобы результирующее электрическое поле внутри шарика было однородным и своим действием компенсировало действие магнитного поля. После этого направленное движение электронов внутри металла прекратится. Таким образом, напряженность этого поля равна
Epe3q + q [с х В] = 0,
отсюда
Врез ~ [В X г].
Мы приходим к выводу, что внутри шарика появляется однородное электрическое поле величиной
|Bpe3| = |B||e|sina.
Максимальная разность потенциалов Дфтах возникнет между точками диаметра шарика, параллельного вектору Врез, причем
Афтах = I Врез I ■ 2г = | В| I е| sina- 2г.
Индукция магнитного поля соленоида направлена вдоль его оси, поэтому сила Лоренца,' действующая на электрон в любой момент времени, будет лежать в плоскости, перпендикулярной оси соленоида.
Так как в начальный момент скорость электрона направлена перпендикулярно оси соленоида, то и траектория движения электрона будет лежать в плоскости, перпендикулярной оси соленоида. Силу Лоренца найдем по закону F = evB.
Траектория движения электрона внутри соленоида будет представлять дугу окружности, радиус которой найдем из соотношения evB = = mv2/r; отсюда
г = т»ЦеВ\
Траектория движения электрона показана на рис. 223 (вид сверху), где
0L — центр дуги АС, описываемой электроном, г' — скорость, с кото
рой электрон покидает соленоид. Отрезки ОА и ОС касаются траектории электрона в точках А и С. Очевидно, что угол между v и v' равен q> = z. AOtC, поскольку ^0A0t = z_ 0C0v
Чтобы найти ф, рассмотрим прямоугольный треугольник 0А0г; катет ОА = R, катет A0t = г. Отсюда tg (ф/2) = = R/г = eBR/\mu\ Таким образом
Ф = 2 arctg (eBR/mv).
Очевидно, модуль скорости не меняется на всей траектории, поскольку сила Лоренца в любой момент времени пер-
Рис. 223Рис. 223пендикулярна скорости. Поэтому время движения электрона внутри
Рис. 223
Рис. 223
соленоида найдем из соотношения
При движении перемычки меняется магнитный поток, пронизывающий контур, «замыкаемый» перемычкой. В результате в контуре возникает э. д. с. индукции.
В течение малого промежутка времени, когда скорость и перемычки можно считать неизменной, мгновенное значение э. д. с. индукции равно
^ = — ДФ/Де = — vbB cos а.
Сила тока, текущего через перемычку в это время, равна
I = &q/&t,
где Дд — заряд, накопившийся на конденсаторе за время Дг, т. е.
Дд = С Д^ = CbB Av cos а
(поскольку сопротивление направляющих и перемычки отсутствует,
мгновенное значение напряжения на конденсаторе равно ^. Итак,I = CbB(Av/At)cosa = CbBa cos a,
где а — ускорение, с которым движется перемычка..
На перемычку действуют сила тяжести и сила Ампера. Напишем уравнение движения перемычки:
та = mg sin a — IbB cos a = mg sin a — Cb2B2a cos2 a.
Отсюда найдем
a = mg sin a/ (m + Cb2B2 cos2 a).
Время, за которое перемычка достигнет основания «горки», определим из условия I = at2/2:
21
aa(m + Cb2B2 cos2 a),mg sin a
a
a
Скорость перемычки у основания равна
vK = at =vK = at =2/mg sin am + Cb2B2 cos2 a
vK = at =
vK = at =
. Магнитный поток, пронизывающий площадку, ограниченную сверхпроводящим контуром, постоянен. Действительно, АФ/At = = 8, но 8 = IR = 0 (поскольку R = 0), следовательно, Ф = const.
Магнитный поток через площадку, ограниченную контуром, складывается из потока внешнего магнитного поля и потока магнитного поля, создаваемого током 7, текущим через контур. Таким образом, магнитный поток, пронизывающий рамку, в любой момент времени равен
Ф = а2В0 + a2az + LI.
Так как в начальный момент (z = 0, 7 = 0) Ф = В0а2, в любой другой момент времени сила тока 7 будет определяться соотношением
LI = — aza2, I = — a.za2/L
Результирующая сила, действующая со стороны магнитного поля на рамку с током I, равна сумме сил, действующих на те стороны рамки, которые параллельны оси у, т. е.
F = 2a|ax|7 = a2 al, и направлена вдоль оси z.
Таким образом, уравнение движения рамки имеет вид mz = — mg + a2 al = —mg — a*a2z!L
Это уравнение аналогично уравнению колебаний тела массой т, 174
подвешенного на пружине жесткостью к = а*аг/Ь: mz= — mg — kz.
Из этой аналогии ясно, что рамка будет совершать гармонические колебания вдоль оси z около положения равновесия, определяемого из условия
а*а2mgL
-TZ0=-mg,z0=-™
Частота этих колебаний рамки будет равна
а2а
со = —7=.
\/Lm
Координата рамки через время г после начала движения равна
mgLmgL
mgL
mgL
Площади поперечного сечения катушек равны 5,—л£>2/4, S2 = itZ>2/4- Воспользуемся известной формулой для ьотока магнитной индукции Ф = L7 = BSN. Отсюда получим В = L’/iS'V). Поэтому
В2 L2 SyNy /2Bt Ly S2N2 Ц
Но 7, = 72, так как провод и источник тока остались прежними. Отношение числа витков найдем по формуле Ny/Nt " ^2/^1- Тогда получим
В2!Ву " T2S1D2/^i^2D^ = L2Dyj^LyD 2y
Следовательно, индукция магнитного поля внутри новой катушки равна
В2 = ByL2Dy^LyD^.
. Пусть Nx — число витков катушки с индуктивностью Ly, N2 — число витков катушки с индуктивностью Ь2. Заметим, что составную катушку, индуктивность L которой мы ищем, можно рассматривать как катушку с числом витков N = Nt + N2. Если знать связь между индуктивностью и числом витков, то тогда можно выразить L через Ц и L2. Для данных геометрических размеров катушки такая связь действительно должна существовать, потому что индуктивность определяется только геометрическими размерами и числом витков катушки (имеются в виду длинные цилиндрические катушки с равномерной намоткой). Найдем эту связь.
Из принципа суперпозиции для магнитного поля следует, что магнитное поле, создаваемое током 7 в катушке данных размеров, про-
порционально числу витков в ней. Действительно, удвоение числа витков в катушке можно рассматривать как замену каждого витка на два новых, близко расположенных. Эти два витка дадут вдвое большее поле, чем один виток, так как поля от двух витков складываются. Таким образом, поле в катушке при удвоении числа витков увеличивается вдвое. Итак В ~ N (В — магнитная индукция, ток фиксирован). Заметим, что магнитный поток, охватываемый витками катушки, равен Ф = BNS ~ BN ~ N2.'
Осталось учесть, что
L = <X>/I~ N2.
Таким образом, мы получили, что L = kN1 при данной геометрии. Дальше учтем, что Nt = Уь2[к, N2 = У L2/k, поэтому L — k(NL 4- N^2. Следовательно,
L — L^ 4- L2 4- 2 УLlL2.
Для двигателя с независимым возбуждением получим схему, изображенную на рис. 224. В первом случае, т. е. когда лебедка не нагружена, 0 = IL = (^ —8 J/r, где г - внутреннее сопротивление двигателя, ^ t — наводимая э. д. с., ' Iпричем #! = о®!. Таким образом, ^t = ^, откуда
n.—Slvi. Во втором случае расходуемая мото- /Ох/ ром мощность равна
^2/2 =- ^2)
Рис. 224
Наводимая э. д. с. индукции равна а 2 = ^i- Таким образом, для внутреннего сопротивления двигателя находим
г = -та^аДтд).
В случае выделения максимальной мощности можно написать ^шах = (^ - ^') ^'А = ""'да',
причем максимальное значение выделяемой мощности, как нетрудно показать, 8" = аг' достигается при условии ^ = К/2 (максимум знаменателя). Отсюда
1/ = 27(2а)-Р1/2 = 2 м/с,
п 2,
т' = nwj[2 (Uj — a2)J = 10— * 6,7 кг.
Нарисуем графики зависимостей от времени внешнего напряжения UBH(t), тока в цепи lc(t) (который протекает только в одном направлении, когда диод открыт), напряжения на конденсаторе Uc(t) и напряжения на диоде UAK(t) (рис. 225).
Таким образом, напряжение между точками Л и К меняется в пределах от 0 до — 2V0.
Так как ток и напряжение изменяются синфазно и амплитуда тока равна I = ^0/R (т- е- вклады С и L скомпенсировались), то
1/(шС) = шЬ.
Из соотношений Uc = q/C, dq/dt = I получаем
U с = ^о sin Mi’t.RmQ.
Поэтому амплитуда напряжения между обкладками конденсатора равна
U 0 = 80шЦК.
При установившихся колебаниях работа внешнего источника тока должна равняться выделяемой на сопротивлении теплоте. Для этого должны быть равны амплитуды внешнего напряжения и напряжения на сопротивлении: RIa = Ua. Поскольку ток в цепи и заряд на
конденсаторе связаны уравнением I = dq/dt, амплитуды тока 70 и заряда 9о находят по формуле.
^0 = юо9о>
где резонансная частота соо равна со0 = Ц^.
По условию задачи
и0=П = 91/С;
отсюда
^0 = (^^rjjATc = Ю-8 Кл.
При 0 < t < т в контуре будут происходить колебания заряда, причем'
q = (CU/2) cos <oot, ш0 = j/2/(LC).
В момент времени т пробитый конденсатор имел заряд (CU/2)cosco0t и обладал энергией (CU2/8)cos2<b0t. После пробоя эта энергия перешла в теплоту и была потеряна для системы. Оставшаяся энергия равна
W = С П2/4 - (С U2/8) cos2 шот.
Амплитуду колебаний заряда после пробоя найдем из условия W= = 9о/(2С); отсюда
qQ = (CU/2)j/2 - cos2co0t.
Достаточно зашунтировать сверхпроводящую обмотку резистором с малым сопротивлением, способным выдержать большую температуру. Тогда в рабочем состоянии ток будет идти по обмотке, сколь бы мало ни было сопротивление резистора. Если же участок обмотки утратит сверхпроводящие свойства, т. е. у него будет большое сопротивление, то ток потечет через шунтирующее сопротивление. В этом случае теплота выделится на резисторе.
4. ОПТИКА
Лучи, однократно отраженные от зеркальной поверхности конуса, распространяются так, как если бы они шли от совокупности точечных мнимых источников, расположенных по окружности. Каждый такой источник симметричен источнику $ относительно соответствующей образующей конуса. Изображением этих источников на экране будет кольцо. Существенно, что пучок лучей, попадающий от каждого мнимого источника на линзу, плоский: он проходит не через всю поверхность линзы, а пересекает линзу вдоль соответствующего диаметра. Поэтому степень ослабления такого пучка диафрагмой зависит от формы и ориентации диафрагмы.
Симметричная кольцевая диафрагма (см. рис. 116) в равной мере ослабит пучки, идущие от всех мнимых источников. В этом случае освещенность кольца на экране уменьшится равномерно. Диафрагма, изображенная на рис. 117, пропустит целиком пучки, плоскости которых образуют с вертикалью углы а < а0. Следовательно, освещенность верхних и нижних частей кольца на экране не изменится. Прочие пучки будут срезаться диафрагмой, причем тем сильнее, чем ближе плоскость пучка к горизонтальной плоскости. Поэтому на боковых участках кольца по мере изменения угла а от а0 до л/2 освещенность будет уменьшаться.
Пренебрежем сначала размерами зрачка, считая его точечным. Ясно, что из прошедших через линзу лучей в глаз попадут те и только те, которые перед попаданием на линзу прошли через точку В (рис. 226), сопряженную с той точкой, в которой расположен зрачок. Расстояние b от линзы до точки В найдем, воспользовавшись формулой тонкой линзы:
Ъ == 12 см.a — FЪ == 12 см.a — F_ 1 1
Ъ == 12 см.
a — F
Ъ == 12 см.
a — F
F а + Ь’
Теперь понятно, что экран должен совпадать с действительным изображением зрачка в плоскости S. Из рис. 226 видно, что радиус минимального экрана равен
b
R = —г « 0,5 мма
и его надо расположить в плоскости S с . центром в точке В.
. Найдем сначала распределение давления газа вблизи оси сосуда. Рассмотрим элемент объема газа Ar AS (рис. 227). Центростремительное ускорение этого элемента а = ш2г обеспечивается разностью соответствующих давлений:
[р (г + Аг) - р (г)] AS = р Ar ASco2r.
Поэтому для изменения давления получим уравнение
dp/dr = ро>2г.
ss
s
s
Так как для идеального газа выполняется соотношение цр = pRT (R — универсальная газовая постоянная), то
dpi dr = piya'iRTlr.
Согласно условию задачи, при г ^ г„ р(г) — р0 « р0; следовательно,
/ цсо2 \р(г) 1 +^7 г
Соответственно для плотности газа при г ^ г„ получим / цсо2 Лц
Р(г) « Pol 1Г Ро = Ро^р
а для показателя преломления имеем
,./ Цсо \2
п^ = п0 + кг, п0=1+ар0, к = —— к
Найдем теперь угол преломления луча, проходящего через сосуд на расстоянии г от оси. Оптический путь, пройденный им в сосуде, равен n^L
ция лучей приведет к их усилению (принцип Гюйгенса). Из рис. 228 следует, что8ОПТ = [и (г + Аг) — п (г)] /, 8 = Ar sin ср.Отсюда.8 [п(г + Дг)-п(г)]sin ф = — =-a_z=l/ = 2klr./VАгЗдесь можно сделать следующий вывод. Если рассматривать узкий пучокVV" у г ^ Аг сРис. 228ция лучей приведет к их усилению (принцип Гюйгенса). Из рис. 228 следует, что8ОПТ = [и (г + Аг) — п (г)] /, 8 = Ar sin ср.Отсюда.8 [п(г + Дг)-п(г)]sin ф = — =-a_z=l/ = 2klr./VАгЗдесь можно сделать следующий вывод. Если рассматривать узкий пучокVV" у г ^ Аг сРис. 228Оптическая разность хода 8ОПТ двух близких лучей после прохождения сосуда должна равняться геометрической разности хода 8, вызванной отклонением лучей от первоначального направления распространения. В этом случае интерферен-
ция лучей приведет к их усилению (принцип Гюйгенса). Из рис. 228 следует, что
8ОПТ = [и (г + Аг) — п (г)] /, 8 = Ar sin ср.
Отсюда
.8 [п(г + Дг)-п(г)]
sin ф = — =-a_z=l/ = 2klr.
/VАг
Здесь можно сделать следующий вывод. Если рассматривать узкий пучок
VV
" у г ^ Аг с
Рис. 228
ция лучей приведет к их усилению (принцип Гюйгенса). Из рис. 228 следует, что
8ОПТ = [и (г + Аг) — п (г)] /, 8 = Ar sin ср.
Отсюда
.8 [п(г + Дг)-п(г)]
sin ф = — =-a_z=l/ = 2klr.
/VАг
Здесь можно сделать следующий вывод. Если рассматривать узкий пучок
VV
" у г ^ Аг с
Рис. 228
света такой, что угол отклонения ф будет мал, то ф ~ г, т. е. вращающийся сосуд будет работать как рассеивающаяся линза с фокусным расстоянием F = (2fcl)-1.■
Итак, для максимального угла отклонения получим
sin фтах = 2к1гп.
Поэтому искомый радиус пятна на экране равен
К = гп + ^фтах.
В приближении рассеивающей линзы получим
К ~ гп + Кфтах ~ гп + TklrnL = гп 1 + apolL,
Рассматриваемая в задаче подзорная труба — системы Кеплера. Угловое увеличение k — F/f, поэтому фокусное расстояние окуляра равно / = F/к = 2,5 см. При приближении рассматриваемого предмета из бесконечности до минимально возможного расстояния а изображение предмета в объективе будет перемещаться из фокальной плоскости в сторону окуляра на расстояние х, которое можно найти по формуле линзы:■
1111 а — FaFF2
1= —, = , х =F «,а F + х F F + х aFа — Fа
т. к. а » F. Таким образом, надо найти х. Окуляр трубы — лупа; при рассматривании предметов через лупу ненапряженным, т. е. аккомодированным на бесконечность, глазом предмет должен располагаться в фокальной плоскости лупы. Искомое расстояние х равно смещению фокальной плоскости окуляра при его настройке; при этом, очевидно, окуляр надо отодвигать от объектива.
Рис. 229Как видно из рис. 229, при рассматривании бесконечно удаленных предметов через сдвинутый окуляр пучок света на выходе из окуляра будет сходящимся. При падении на трубу параллельного пучка лучей такое, положение окуляра необходимо для дальнозоркого глаза, оптическая сила которого в ненапряженном состоянии недостаточна для собирания параллельного пучка света на сетчатке. Максимальный сдвиг окуляра соответствует оптической силе D+ = + 10 дптр. ОчкиРис. 229Как видно из рис. 229, при рассматривании бесконечно удаленных предметов через сдвинутый окуляр пучок света на выходе из окуляра будет сходящимся. При падении на трубу параллельного пучка лучей такое, положение окуляра необходимо для дальнозоркого глаза, оптическая сила которого в ненапряженном состоянии недостаточна для собирания параллельного пучка света на сетчатке. Максимальный сдвиг окуляра соответствует оптической силе D+ = + 10 дптр. Очки
Рис. 229
Как видно из рис. 229, при рассматривании бесконечно удаленных предметов через сдвинутый окуляр пучок света на выходе из окуляра будет сходящимся. При падении на трубу параллельного пучка лучей такое, положение окуляра необходимо для дальнозоркого глаза, оптическая сила которого в ненапряженном состоянии недостаточна для собирания параллельного пучка света на сетчатке. Максимальный сдвиг окуляра соответствует оптической силе D+ = + 10 дптр. Очки
Рис. 229
Как видно из рис. 229, при рассматривании бесконечно удаленных предметов через сдвинутый окуляр пучок света на выходе из окуляра будет сходящимся. При падении на трубу параллельного пучка лучей такое, положение окуляра необходимо для дальнозоркого глаза, оптическая сила которого в ненапряженном состоянии недостаточна для собирания параллельного пучка света на сетчатке. Максимальный сдвиг окуляра соответствует оптической силе D+ = + 10 дптр. Очки
с такой оптической силой собирают параллельный пучок света на расстоянии b=l/D+. Это расстояние b и определяет расстояние х:
111/25
+ T = V’ отсюда х = "ь—7 = Т см"
/ + х b fb — f 6
Искомое расстояние равно
F2а «х
0,25-6 м25-Ю-2 м0,25-6 м25-Ю-2 мм.м.Можно. Ответ следует из рис. 230. Искомые области заштрихованы.
0,25-6 м2
5-Ю-2 м
0,25-6 м2
5-Ю-2 м
м.
м.
Когда карандаш входит в воду, поверхность воды около карандаша образует рассеивающую линзу — лучи от источника света отклоняются от оси карандаша. Поэтому под карандашом образуется большое темное пятно (рис. 231).
Когда карандаш вытаскивают из воды, поверхность воды около карандаша образует собирающую линзу — лучи от источника света отклоняются к оси карандаша. Поэтому под карандашом образуется светлое пятно (рис. 232).
Ответ следует из рис. 233. Первое светлое кольцо образуют лучи, испытывающие одно отражение от
стенок корпуса до выхода из него (пример такого луча обозначен цифрой 1). Второе светлое кольцо образуют лучи с двумя отражениями (на рисунке этот луч обозначен цифрой 2) и т. д. Понятно, что, чем больше отражений, тем больше света поглощается корпусом
Рис. 233Рис. 233
Рис. 233
Рис. 233
шариковой ручки. Поэтому чем дальше светлое кольцо от центра, тем оно менее светлое. '
Покажем, что все лучи, идущие от точечного источника в направлении к экрану, после преломления окажутся внутри цилиндра и после многократных отражений от его боковой поверхности в конце концов пройдут через отверстие в экране.
Действительно, предельный луч от точечного источника света S, угол падения которого на левое основание цилиндра равен л/2, после преломления будет образовывать угол а с осью цилиндра, причем sin а = 1/п (по закону преломления). Угол падения ф этого луча на боковую поверхность цилиндра удовлетворяет условию а + ф = л/2 (рис. 234). Так как
sin а = 1/п = 1/1,5 < j/2/2, .
то а < л/4, а ф > л/4, т. е. угол падения на боковую поверхность цилин
шим углом к оси, а тем самымшим углом к оси, а тем самымдра будет больше угла полного внутреннего отражения. Поэтому впоследствии этот луч не сможет выйти из цилиндра нигде, кроме как через правое основание. Любой другой луч, выходящий из источника в сторону экрана с отверстием, после преломления в левом основании цилиндра пойдет под мень
шим углом к оси, а тем самым
шим углом к оси, а тем самым
упадет на боковую поверхность под
углом, заведомо большим угла полного внутреннего отражения. Прозрачный цилиндр, таким образом, «соберет» в отверстие лучи,
попадающие в телесный угол 2л стерадиан.
В отсутствие цилиндра в отверстие экрана попадал световой поток, сосредоточенный внутри телесного угла л</2/(4/)2. Таким образом,
световой поток через отверстие в присутствии прозрачного цилиндра
увеличится в
Толщину линзы объектива найдем из геометрических соображений (рис. 235). Действительно,
г? =(2Kt —/»)А * 22?t/», h = r11/(2R1\
где Rt — радиус кривизны объектива.
Запишем равенство оптических путей ABF и CDF в случае, когда в трубу налита вода:
(Л — й) nB + 2hnCT = nBlt + h.
Здесь /2 — фокусное расстояние линзы объектива, когда налита вода.
Подставляя значения h и Ц = ]//i + г2 « j\ + r2/(2/J, получим
г2 г2
=[("ст — 1) + ("ст — "в)]-
Отсюда
у =R1»B
1 ("ст - 1) + ("ст - "в) '
В случае, когда в трубе нет воды, фокусное расстояние линзы объектива равно
ЛО) =
2("ст—1)
Поэтому
= ,0) 2(пст-1)ив
1 ("ст - 1) + ("ст - "в) '
Аналогичный расчет для фокусных расстояний /2 (с водой) и /(20) (без воды) линзы окуляра дает следующий результат:
= ,0) 2(пст-1)пв
2 ("ст - 1) + ("ст - "в) ’
Таким образом.
L-A+j^UT + fT)L-A+j^UT + fT)2 (Ист 1)Ив(Ист - 1) + ("ст - Ив) '2 (Ист 1)Ив(Ист - 1) + ("ст - Ив) '
L-A+j^UT + fT)
L-A+j^UT + fT)
2 (Ист 1)Ив
(Ист - 1) + ("ст - Ив) '
2 (Ист 1)Ив
(Ист - 1) + ("ст - Ив) '
Так как А% + /20 = Д>> т0 искомое расстояние между объективом и окуляром равно■
2(ист 1)ив2пст - пв - 12(ист 1)ив2пст - пв - 1= 30 см.= 30 см.
2(ист 1)ив
2пст - пв - 1
2(ист 1)ив
2пст - пв - 1
= 30 см.
= 30 см.
Рис. 236Рис. 236
Рис. 236
Рис. 236
Пусть паук находится в точке А (рис. 236), расположенной над верхней точкой D шара. Поверхность шара, соответствующая дуге окружности BDB', является видимой для паука. Точки В и В' — точки пересечения касательных, проведенных из точки А к поверхности шара. Луч АВ будет распространяться внутри шара по отрезку ВС. Угол а находится из условия
sin а = 1/пст,
где пст — коэффициент преломления стекла. Этот луч выйдет из шара по ' направлению СА’. Поэтому часть поверхности шара, соответствующая дуге CD'C, будет также видимой (для примера показано прохождение луча AKLM\ ■
Невидимой, для паука будет поверхность шарового пояса, которой соответствуют дуги ВС и В'С.
Угол у определяется из условия cos у = R/(R + /1),
где R — радиус шара, Л — высота паука
над поверхностью шара. Так как по условию R » h, то у « 0. Заметим теперь, что 0 = тс — 2а, a sin а = !/«„. Поэтому’
Р = тс — 2 arcsin (!/,!„) «тс/2.
Итак, видимой для паука является противоположная для него половина поверхности шара; там и должна находиться муха.
Через боковую поверхность цилиндра не выйдет ни один луч, если для луча с углом падения у « тс/2 (рис. 237) угол падения а на внутреннюю поверхность будет удовлетворять соотношению sin а > > 1/п. В этом случае на боковой поверхности луч испытает полное внутреннее отражение.
Из геометрических соображений следует, что
sin а = 1/1 — sin2 р, sin р = 1/л.
Таким образом,
^min = V^*
Из условия задачи следует, что фокусы обеих линз совмещены, т. е. расстояние между линзами равно 3/, где / — фокусное расстояние более слабой линзы.
В первом случае все лучи, попавшие в трубу, выйдут из нее и образуют круглое
Рис. 238Рис. 238пятно радиуса т/2, где г — радиус трубы (рис. 238). Во втором случае из трубы выйдут только те лучи, которые до трубы шли на расстоянии, меньшем чем т/2, от оси трубы. А на экране эти лучи образуют
Рис. 238
Рис. 238
круглое пятно радиуса г (рис. 239). Таким образом, если J — сила света, падающего на трубу, то отношение освещенностей пятен до и после перевертывания трубы равно
J Е J/4 A=_L
тс (т/2)2’2 тег2’ Ех 16
В аппарат поступает свет, отраженный от поверхности фасада. Отражение света от штукатурки можно считать практически не зависящим от угла отражения. В этом случае на объектив аппарата падает световая энергия от объекта, пропорциональная телесному углу, под которым виден из объектива фасад. При сокращении расстояния до объекта в два раза телесный угол увеличивается в четыре раза, и на объектив от той же площади объекта падает в четыре раза больше световой энергии.
При таких больших расстояних до объекта расстояние от объектива до пленки в аппарате практически не изменяется при выставлении на объективе расстояния до объекта, т. е. при фокусировании последнего, и равно фокусному расстоянию объектива. Телесный угол, внутри которого энергия от объектива падает на площадь изображения, зави-
сит линейно от телесного угла, под которым виден фасад, т. е. линейно зависит от расстояния до объекта. В этом случае освещенность площади изображения (она по условию равномерно распределена по этой площади), которая и определяет выдержку, пропорциональна соответствующей энергии, падающей на объектив от фасада, и обратно про
порциональна площади изображения. Так как это отношение практически не зависит от расстояния до объекта при данных условиях, то выдержку менять было не нужно.
4.14*. Задача является аналогом оптической задачи, в которой рассматривается преломление плоской волны в призме. При этом лучу света, идущему от точки А в точку В (рис. 240),
согласно законам геометрической оптики, требуется наименьшее время по сравнению со всеми другими траекториями.
Рыбак должен двигаться по траектории «луча света», т. е. подойти к точке Е залива под углом у, переплыть залив в лодке перпендикулярно биссектрисе угла а и двигаться далее по суше в направлении к точке В.
Угол у найдем" из закона преломления (и = 2):
sin у = и sin (ос/2).
Расстояние а равно
и sin (а/2)а = й tg у = й ,..
j/1 — и2 sin2 (а/2)
й = |/12 - й2 - йй = |/12 - й2 - йп sin (ос/2)]/1 — и2 sin2 (ос/2)п sin (ос/2)]/1 — и2 sin2 (ос/2)Расстояние b найдем из уравнения а + 6 = |/г — й2. Отсюда
й = |/12 - й2 - й
й = |/12 - й2 - й
п sin (ос/2)
]/1 — и2 sin2 (ос/2)
п sin (ос/2)
]/1 — и2 sin2 (ос/2)
Если b > 0, т. е. Z2 — й2 > й2, то рыбак должен восполь-
1 - и2 sin2 (а/2)
зеваться лодкой. Отдельные участки пути при этом будут равны
EK = p = 6sin-y=( |/ Z2 — й2 — йEK = p = 6sin-y=( |/ Z2 — й2 — йп sin (а/2)\ а
EK = p = 6sin-y=( |/ Z2 — й2 — й
EK = p = 6sin-y=( |/ Z2 — й2 — й
- Ism—, ]/1 — и2 sin2 (а/2) /2
cosy |/l-n2 sin2 (а/2)’
I2 — h2 n2 sin2 (a/2)
Итак, если ———>--, то искомое время равно
h2 1 — n2 sin2 (a/2)
/ q p t = 2 — + —
\ vv/n ;
2h /1п^!2 — h2 sin(a/2)
n2 sin2 (a/2)\]/l — n2 sin2 (a/2) /n2 sin2 (a/2)\]/l — n2 sin2 (a/2) /2 ■ 2 a n2 sin2+22 ■ 2 a n2 sin2+2u \ ]/l — n2 sin2 (a/2)
n2 sin2 (a/2)\
]/l — n2 sin2 (a/2) /
n2 sin2 (a/2)\
]/l — n2 sin2 (a/2) /
2 ■ 2 a n2 sin2+
2
2 ■ 2 a n2 sin2+
2
другой стороны (рис. 241).другой стороны (рис. 241).полное внутреннее отражение и не Для угла р имеем соотношениеполное внутреннее отражение и не Для угла р имеем соотношениепопадет к наблюдателю, рис. 242).попадет к наблюдателю, рис. 242).nB sin р = nCT sin a,nB sin р = nCT sin a,sin р = —2- sin a,sin р = —2- sin a,
другой стороны (рис. 241).
другой стороны (рис. 241).
полное внутреннее отражение и не Для угла р имеем соотношение
полное внутреннее отражение и не Для угла р имеем соотношение
попадет к наблюдателю, рис. 242).
попадет к наблюдателю, рис. 242).
nB sin р = nCT sin a,
nB sin р = nCT sin a,
sin р = —2- sin a,
sin р = —2- sin a,
ЕслиЕслиI2 — h2 n2 sin2 (a/2)2Z
Если
Если
h2 1 — n2 sin2 (a/2) ’у
В силу симметрии изображение точечного источника S будет
опять на расстоянии b от шара, но с 4.16. Наблюдатель внутри корабля сможет увидеть лишь те лучи, для которых sin a < 1/пст (если sin a > l/nCT, то такой луч испытает
где nCT — показатель преломления стекла. Так как | sin a | < 1/пст, то | sin р| < 1/пв. Поэтому наблюдатель сможет видеть только те объекты, свет от которых понадает на иллюминатор с углом падения Р ^ arcsin (1/пв). Из рис. 242 ясно, что радиус R круга на дне, доступного наблюдению, будет R к h tg р, и искомая площадь (Л tg р » D/2) равна
S = лК2 « лй2/(ив — 1) ~ 82 м2.
. Близорукие люди носят рассеивающие очки, уменьшающие оптическую силу их глаз, а дальнозоркие — собирающие. Нетрудно сообразить, что глаз за рассеивающей линзой будет казаться уменьшенным, а за собирающей — увеличенным. Однако если вы не видели вашего собеседника без очков, то определить, увеличены или
уменьшены его глаза, очень трудно, особенно если очки не слишком сильные. Проще всего определить, куда сдвигается видимый край лица за очками по отношению к соседним частям лица: если внутрь, то это рассеивающие линзы — у собеседника близорукость; если наружу, то собирающие линзы — дальнозоркость.
Рис. 243Рис. 243"«1"«1
Рис. 243
Рис. 243
"«1
"«1
Разложим вектор скорости человека г на две составляющие — одну параллельную зеркалу г ц и другую — перпендикулярную зеркалу ul: и = пц + ul (рис. 243). Очевидно, что скорость изображения будет равна t/ = рц — р^. Поэтому скорость, с которой человек приближается к своему изображению, находится как скорость человека относительно своего изображения по формуле
р0Тн = 2р 1 = 2р sin а.
Пусть О — центр сферической поверхности зеркала, ЛВС — луч, который падает на расстоянии BE от оси зеркала. OB = R (рис. 244). Из прямоугольного треугольника ОВЕ найдем, что sin а = = h/R. Треугольник ОВС равнобедренный, так как z. ABO z. ОВС по закону отражения, a z. ВОС = z. ABO как внутренние, накрест лежащие углы. Отсюда OD = DB = В/2. Из треугольника ODC находим
х = В/ (2 cos а) = В2/ (2 ]/в2 - й2)
(С — точка пересечения отраженного от зеркала луча с оптической осью).
Для луча, проходящего на расстоянии ht, ввиду того что й2 « В2, х, «В/2 с погрешностью около 0,5%. Для луча, проходящего на расстоянии й2, расстояние х2 = 3,125 см. Окончательно получим
Дх = х2 — х, « 0,6 см # 0 (!)
Рассмотрим некоторую светящуюся точку А нити и произвольный луч АВ, выходящий из нее. Проведем плоскость через этот луч и светящуюся нить. Из геометрии задачи очевидно, что данный луч при всевозможных отражениях всегда будет оставаться в построенной плоскости (рис. 245). После первого отражения от конической поверхности луч АВ пойдет так, как если бы он вышел из точки А' — мнимого изображения точки А. А чтобы после первого отражения
ни один выходящий из точки А луч больше ни разу не попал на зеркало, необходимо, чтобы точка А' лежала не выше прямой ОС — второй образующей конуса, лежащей в плоскости луча (точка О — вершина конической поверхности). Это будет иметь место, если
A'OD + AOD + z. АОС = 3 (а/2) > 180°.
Следовательно,
“min > 120°.
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие 3
Задачи Решения
Механика 561
Теплота имолекулярнаяфизика 30125
Электричествоимагнетизм 41149
Оптика 56179
Александр Иванович Буздин Вячеслав Анатольевич Ильин Игорь Владимирович Кривченков Сергей Сергеевич Кротов Никита Алексеевич Свешников
ЗАДАЧИ МОСКОВСКИХ ФИЗИЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
Под редакцией С. С. Кротова
1 — 3mco2/k + (mco2/k)2 ’(1 — mca2/k) ip