close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
11 класс
Задача №1. Школьный физик Павел Иванович Буравчик предложил
ученикам с помощью длинной цепочки, рулетки и наклонной плоскости
определить коэффициент трения цепочки о наклонную плоскость и угол
наклона плоскости. Отличник Петя положил цепочку на наклонную
плоскость так, что одна её часть длиной l1 лежала на наклонной плоскости, а
другая l2 свисала вдоль вертикального катета наклонной плоскости.
Перемещая цепочку по наклонной плоскости, Петя определил, что при длине
l1  al2 , цепочка скользит вниз по наклонной плоскости, а при l1  bl2 она
скользит вверх по наклонной плоскости. Петя сделал рисунок, составил
систему уравнений, решил её и определил коэффициент трения цепочки о
наклонную плоскость и угол наклона плоскости. Какие значения для угла  и
коэффициента  получил Петя?
Решение
Рисунок, показывающий силы, действующие на цепочку при ее
скольжении вниз по наклонной плоскости:
l1

T

Fтр

a

N

T
l2

m1g

a

m2 g

Рисунок, показывающий силы, действующие на цепочку при ее
скольжении вверх по наклонной плоскости:
l1

T

T

N
Fтр

m1g
l2

a

m2 g

a

Пусть масса лежащей на наклонной плоскости части цепочки равна m1 ,
а висящей вдоль вертикального катета m2 .
Рассмотрим случай, когда цепочка скользит вниз по наклонной
плоскости.
Спроецируем силы, действующие на ту часть цепочки, которая
скользит по наклонной плоскости, на ось координат, параллельную
направлению скольжения:
m1a  m1g sin   Fтр  T .
Спроецируем силы, действующие на ту часть цепочки, которая
скользит по наклонной плоскости, на ось координат, перпендикулярную
направлению скольжения:
0  N  m1g cos , откуда: N  m1g cos .
Тогда для силы трения получим:
Fтр    N  m1g cos .
Спроецируем силы, действующие на ту часть цепочки, которая свисает
вдоль вертикального катета наклонной плоскости, на ось координат,
параллельную направлению скольжения:
m2a  T  m2 g , откуда T  m2a  m2 g .
В итоге получаем:
m1a  m1g sin   m1g cos  m2a  m2 g
Далее рассмотрим предельный случай скольжения цепочки вниз, при
котором l1  al2 . В этом случае ускорение равно нулю. Преобразуем
последнее равенство.
am1  m2   m1g sin   m1g cos  m2 g , откуда
m1g sin   m1g cos  m2 g  0 ,
m1g sin   g cos   m2 g .
Разделим обе части равенства на m2 :
m1
g sin   g cos   g ,
m2
m1
g
1
.


m2 g sin    cos  sin    cos
При условии, что цепочка состоит из однородного материала,
справедливо равенство:
m1 l1 l1

 , а поскольку рассматриваем предельный случай,
m2 l2 l2
l
отношение 1 равно коэффициенту a из условия. Имеем:
l2
1
 a.
sin    cos
Теперь рассмотрим случай, когда цепочка скользит вверх по
наклонной плоскости.
Спроецируем силы, действующие на ту часть цепочки, которая
скользит по наклонной плоскости, на ось координат, параллельную
направлению скольжения:
m1a  T  m1g sin   Fтр .
Спроецируем силы, действующие на ту часть цепочки, которая
скользит по наклонной плоскости, на ось координат, перпендикулярную
направлению скольжения:
0  N  m1g cos , откуда: N  m1g cos .
Тогда для силы трения получим:
Fтр    N  m1g cos .
Спроецируем силы, действующие на ту часть цепочки, которая свисает
вдоль вертикального катета наклонной плоскости, на ось координат,
параллельную направлению скольжения:
m2a  m2 g  T , откуда T  m2 g  m2a .
В итоге получаем:
m1a  m2 g  m2a  m1g sin   m1g cos .
Переходя к предельному случаю при l1  bl2 и выполняя
преобразования, получим:
1
b.
sin    cos
Запишем систему уравнений:
1

 sin    cos  a,

1

 b.
 sin    cos
Решая данную систему уравнений, получим искомые значения  и  :
ab
  arcsin
,
 2ab 
a b
.


 a  b 
2ab  cos arcsin

2
ab



Принимая во внимание, что sin 2   cos2   1 и, соответственно,
cos  1  sin 2  , для  можем получить:
a b

.
2ab  a  b2ab  a  b
ab
Ответ:   arcsin
,  
 2ab 
a b
.
2ab  a  b2ab  a  b
Задача №2. В цилиндре под поршнем находится влажный воздух. При
изотермическом сжатии объем цилиндра уменьшается в  = 4 раза, при этом
давление под поршнем увеличивается только в  = 3 раза. В начальном
состоянии парциальное давление сухого воздуха в  =3/2 раза больше
парциального давления водяного пара. Определить относительную
влажность воздуха в начальном состоянии. Какая часть первоначальной
массы пара сконденсировалась? Объемом образовавшейся воды в сосуде
пренебречь.
Решение
P1п
Относительная влажность:  
 100% ,
P0
где P1п – первоначальное парциальное давление пара, P0 – давление
насыщенного пара при заданной температуре.
Так как при изотермическом сжатии PV
, то пар становится
 PV
1 1
2 2
насыщенным и часть его конденсируется. При этом в конечном состоянии:
P2п  P0 .
Количество сухого воздуха при изотермическом сжатии не изменялось,
поэтому P1вV1  P2вV2 ,
где P в – давление воздуха.
в
в P1 V1
Следовательно, P2 
 P1в .
V2
Но по условию P1в  P1п , тогда P2в  P1п .
Давление смеси после сжатия увеличилось в  раз.


P2п   P1п  P1в   P2в   P1п  P1п   P1п  P1п       .
P2  P2п  P2в   P1п  P1в .
Откуда:
Получаем для первоначальной влажности:
P1п P1п
1
2



 ,
P0 P2п       3
  67% .
Для доли от первоначальной массы сконденсированного пара имеем:
m   1   2




1 2 ,
m1 1 1
1
1
где 1 и  2 – начальное и конечное количество пара.

P пV
Pп
P1пV1  1RT , P2пV2   2 RT , 2  2 2  2 ,
1 P1пV1 P1п
P2п
P1п
      ,
m
2
P2п
           
1
1
1


m1
1


P1п

 1      1       1    5

  62,5% .


8
Ответ: 62,5% .
Задача №3. Какая доля полной энергии, высвобождаемой при распаде
покоящегося ядра радона 222
Rn  218
Po  24 He , уносится -частицей? Скорость
86
84
продуктов распада считать малой по сравнению со скоростью света в
вакууме.
Решение
При распаде ядра вследствие дефекта масс выделяется энергия. Она
превращается в кинетическую энергию разлетающихся продуктов реакции
деления.
m1 =218 а.е.м. – масса ядра полония;
m2 =4 а.е.м. – масса  -частицы;
V1 – скорость ядра полония;
V2 – скорость -частицы.
W2
100%  ?
W1  W2
m2V22
W2
m2V22
1
1
2




2
2
2
2
2
m2V2
W1  W2 mV
mV
 m2V22 mV


1 1
1 1
m
V
1 1
1
1

1
  1
2
2
m2V22
m2  V2 
Отношение скоростей найдем из закона сохранения импульса:
V1 m2

V2 m1
W2
m1
1
1
1




2
2
m2
W1  W2 m1  V1 
m1  m2 
 1 m2  m1

1

1
 
 
m1
m2  V2 
m2  m1 
P  P'
P  0  mV
 m2V2  0 
1 1
W2
m1
218
100% 

100%  98, 2%
W1  W2
m2  m1 222
Ответ: 98,2%.
Задача №4. На гладкой горизонтальной
поверхности
около
стенки
стоит
симметричный брусок массы m1. с углублением
полусферической формы радиуса R. Из точки
А без трения и начальной скорости
соскальзывает маленькая шайба массой m2.
Какова максимальная скорость бруска при его
последующем движении, амплитуда колебаний
и период колебаний?
m
R
A2
C
m1
B
Решение
При движении шайбы от А к В брусок давит на стену, поэтому система
брусок-шайба не замкнута. P  const . После прохождения шайбой точки В
брусок начинает двигаться вправо ( F12  F21 ), растрачивая энергию шайбы.
Поэтому С ниже А. После прохождения шайбой точки В система брусокшайба становится замкнутой и для неё выполняются законы сохранения (на
левую стенку брусок больше не давит).
Y
m2
A
R
m1

V2 B
B
X
Y
m2
A
R
m1
B
C

U

U
X
Y
m2
A
R

U1
m1
C

U2
B
X
P  m2V2B  const
2
m2V2B
m2gR 
2
V2B  2gR .
Для точки С закон сохранении импульса системы «брусок-шайба» в
проекции на горизонтальную ось, направленную вправо:
m2 2gR  (m1  m2 )U
После точки С, шайба движется влево, а брусок – вправо, и скорость
бруска будет максимальна, когда шайба будет в точке В. Затем его скорость
будет уменьшаться, т.к. после прохождения справа налево шайбой точки В
сила на брусок действует влево.
Законы сохранения энергии и импульса системы «брусок-шайба» для
точки В, при движении шайбы справа налево:
E  m2 gR  const
P  m2 2gR  const

m 2 U 22 m 2 U12

 m 2gR 
2
2

m 2gR  m U  m U
1 1
2 2
 2
2
2

 2m2gR  m 2 U 2  m1U1


m2 2gR  m 2 U 2  m1U1



 m 2 2gR  U 22  m1U12

:

m 2 2gR  U 2  m1U1


2gR  U2  U1

U2  2gR  U1
m2 2gR  m1U1  m2


2gR  U1  m1U1  m2 2gR  m2U1
2m2 2gR  (m1  m2 )U1
Таким образом, максимальная скорость бруска:
2m 2 2gR
U1 
m1  m2 .
Положение центра масс замкнутой системы «брусок-шайба» в
пространстве не изменяется, поэтому для амплитуд колебаний бруска a и
шайбы R выполняется соотношение m1a  m2 R  a 
m2 R
.
m1
m2 R
.
m1
Теперь найдем период колебаний. Максимальная скорость и амплитуда
колебаний тела связаны соотношением:
Максимальная амплитуда: a 
Vmax  a  a

2
2 2 a
T  a


T
Vmax
U1
2 a
2m 2 2gR
m1  m 2
Ответ: U1 
2

m2 R
m1
2m 2 2gR
m1  m 2

2 m2 R(m1  m 2 )
2m 2 m1 2gR

 R(m1  m 2 ) .
m1 2gR
2m2 2 gR
Rm1  m2 
m R
, a 2 ,T 
.
m1  m2
m1
m1 2 gR
Задача №5. Конденсатор емкостью C заряжается от источника
постоянного тока с ЭДС  через резистор сопротивлением R. Как изменится
количество выделяющейся на резисторе теплоты и время полной зарядки
конденсатора, если вместо одного, в цепь включить два одинаковых
параллельно соединенных резистора. Внутренним сопротивлением
источника и сопротивлением соединительных проводов пренебречь.
Решение
Закон сохранения энергии A  W  Q . Работа сторонних сил источника
A  q , энергия конденсатора
CU 2 C 2 (C ) q
. После
W



2
2
2
2
полной зарядки конденсатора тока в цепи нет, напряжение на резисторе не
падает, поэтому напряжение на конденсаторе равно его ЭДС. А количество
выделившегося тепла будет равно:
q q
C 2
.
Q  A  W  q 

W 
2
2
2
Количество теплоты не зависит от сопротивления резистора, поэтому в
обоих случаях оно будет одинаковым.
  Uc
R
Ток зарядки J 
; r  0; R1  R; R2  во втором случае вдвое
rR
2
больше, чем в первом, поэтому время зарядки вдвое меньше.
Ответ: количество выделяющейся на резисторе теплоты не изменится,
время полной зарядки конденсатора уменьшится вдвое.
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа