Document 3831689

Задача 11.1
Во сколько раз отличается сила давления на верхнюю половину боковой
грани куба, полностью заполненного жидкостью, от силы давления на
нижнюю половину.
Решение:
P1  P2
a
a
S
0  g

g
F1
PP
1
2 
2
 2
 1 2 

F2 P2  P3 S P2  P3  g a   ga  g a 1  2
  3
2
2
2
Учащимся нужно доказать что F 
P1  P2
S.
2
a
a
a/2

F1
a/2

F2
x
dx
Х
Доказательство, например, интегрированием:
dF   gx  dS   gx  adx
a22  a12
x2 2
F    gx  adx  ga  xdx  ga
  ga

2
2
a
1
a1
a1
a2
  ga
a2
a
(a2  a1 )(a2  a1 )
h(a2  a1 ) (  ga2   ga1 )
PP
  ga

ah  1 2 S
2
2
2
2
Или можно графически.
Ответ: в 3 раза меньше.
 Задача 11. 2
Электрон, влетает со скоростью v в область занятую параллельными однородными


магнитным ( B ) и электрическим ( E ) полями, направленными в противоположные
стороны. Скорость электрона в начальный момент перпендикулярна силовым линиям
полей. По какой траектории будет двигаться электрон, и каковы ее параметры?
Решение:
Если бы, электрического поля не было,
электрон двигался бы по окружности (см. рис.),
не меняя по модулю скорости v, под действием

силы Лоренса FL . Однако, при действии силы

со стороны электрического поля FK электрон
будет приобретать вертикальную скорость. Так


как силы FL  FK , то движение можно
рассматривать как сложение движений: по
окружности постоянного радиуса R (с
постоянным периодом вращения T) под
действием силы Лоренса и вертикального
равноускоренного,
под
действием
электрического поля. Поэтому траекторией
будет неравномерная спираль.
h2

B
mV 2
mV E
Fë  ma qV B 
R
R
qB
2 R 2 mV 2 m
h VT T 


 Const
V
V qB
qB
t 0 V 0 a
h1

FK

FL

v
FÝë
 Const
m
aT 2
h1 
V1  aT
2
aT 2
aT 2
aT 2
2
h2  V1T 
 aT 
3
V2  V1  aT1  2aT
2
2
2
aT 2
aT 2
aT 2
2
h3  V2T 
 2aT 
5
2
2
2
Получаем шаг раскручивающейся спирали меняется как пути при
равноускоренном движении за равные промежутки времени (для нас период
Т): h1 : h2 : h3 : h4  1: 3 : 5 : 7 .
Ответ:
h1 : h2 : h3 : h4  1: 3 : 5 : 7 .
Задача 11.3
В темный сосуд с водой опущена трубка. По трубке через воду
пропускают пар при температуре 100 оС. В начале масса воды увеличивалась,
но через некоторое время масса воды перестает увеличиваться, хотя пар попрежнему пропускают. Первоначальная масса воды 230 г, а в конце масса
276,2 г. Какова первоначальная температура в сосуде? Потерями тепла
пренебречь.
Решение:
Пар, остывая, конденсируется и нагревает воду до 100 оС, и по
достижении этой температуры пар проходя через воду не конденсируется.
Масса сконденсировавшегося пара m  276, 2  230  46, 2 г.
Количество отданного паром тепла
Q1  r m
Где r  2,3  10 Дж/кг – удельная теплота парообразования воды.
Это тепло идет на нагревание 230 г воды
6
Q1  Q2
rm  Cm 100  t 
100  t  
r m
Cm
t  100 
rm
 10o C.
Cm
Таким образом, в сосуде, кроме воды, был лед. Начальная температура
смеси 0 оС.
Ответ 0 оС.
Задача 11.4
Подставку, на которой лежит тело, подвешенное на
пружине, начинают опускать с ускорением а. В
начальный момент пружина не растянута. Какова будет
амплитуда колебаний маятника? Масса тела M, жёсткость
пружины k.
Решение:

à
После отрыва подставки на тело действует только сила упругости
пружины и оно будет совершать колебания с амплитудой А около положения
равновесия х0. Максимальное смещение его будет равно их сумме:
xm  x0  A
Положение равновесия тела х0 находим из условия:
Mg  kx0
x0 
Амплитуда колебаний будет равна:
О
хm
Mg
k
v0 = 0

à
х0
х

v
Положение
равновесия
А
v=0

à

à
A  xm  x0
Найдем максимальное растяжение пружины или смещение груза. На
тело, движущееся вместе с подставкой, действуют сила тяжести, сила
упругости и сила реакции опоры. Их проекции на вертикальную ось,
направленную вниз равны:
Mg  kx  T  Ma
В момент отрыва сила реакции становится равной нулю и второй закон
Ньютона имеет вид:
Mg  kx  Ma
К этому моменту времени деформация пружины равна расстоянию,
пройденному телом:
at 2
x
2
Mg  k
at 2
 Ma
2
at 2
k
 M ( g  a)
2
2M ( g  a)
t
ka
Максимальное растяжение пружины или смещение груза найдем из
закона сохранения механической энергии для двух состояний маятника –
момента максимального смещения груза и момента отрыва подставки:
kxm2
mV 2 kx 2
 mgxm 

 mgx
2
2
2
2M ( g  a)
t
ka
V  at  a
2M ( g  a)
2 Ma ( g  a )

ka
k
at 2 M ( g  a )
x

2
k
kxm2
M 2 a( g  a) M 2k ( g  a)2 M 2 g ( g  a)
 Mgxm 


2
k
2k
k
kxm2
M 2 (a  g )( g  a ) M 2 ( g  a ) 2
 Mgxm 

2
k
2k
kxm2
M 2 ( g  a)2 M 2 ( g  a)2
 Mgxm  

2
k
2k
2
2
2
kxm
M ( g  a)
 Mgxm  
2
2k
M 2 ( g  a)2
2
kxm  2 Mgxm 
0
k
Mg  M a(2 g  a) Mg M a(2 g  a)
xm 


k
k
k
Mg M
xm  x0  A 

a (2 g  a )
k
k
Mg Mg 2 Mg
Mg
Если а  g , то xm 


; A
k
k
k
k
Mg
Если а  o, то xm 
и A  0, колебаний нет.
k
Mg
Если 0<а  g , то амплитуда колебаний 0<A 
k
M a (2 g  a )
A
.
k
M a(2 g  a)
Ответ: A 
.
k
Задача 11.5
К источнику постоянного тока подключены,
параллельно соединенные, резистор и конденсатор.
Внутреннее сопротивление источника в 4 раза меньше
сопротивления резистора. Последовательно с резистором
находится ключ, замыкающий и размыкающий цепь
резистора. Определить отношение заряда на конденсаторе
при разомкнутом и замкнутом ключе.
Решение:
При замкнутом ключе ток в цепи
I

rR
   Ir  IR  U1  U 2
Где U 1 - падение напряжения внутри источника, а U 2 - на резисторе,
поскольку конденсатор включен параллельно резистору, то U 2  UC . Тогда
заряд на конденсаторе будет равен
q1  CU 2  CIR 
C R
C R 4C R 4C
.



rR R R
5R
5
4
При разомкнутом ключе ток в цепи резистора не течет и напряжение на
конденсаторе равно ЭДС источника, а заряд на нем
q2  C  .
Тогда отношение зарядов:
q
5
Ответ: 2  .
q1 4