Поэтому в реальных условиях капли дождя не могут испарится при ударе о Землю.

Класс

Задание 1. Найдем глубину погружения кубика в ртуть в исходном состоянии

F_Ао = mg или r_ртa²hg = r_cтa³g.

Отсюда h= .

Чтобы полностью погрузить кубик в ртуть, нужно переместить его на расстояние

S=a-h= , прикладывая дополнительную силу F, направленную вертикально вниз. Чтобы работа была минимальной, кубик следует погружать равномерно (без ускорения) с малой скоростью, чтобы изменением кинетической энергии можно было пренебречь.

При равномерном погружении величина силы F=F_A-mg. Сила Архимеда линейно увеличивается от

F_Ао =r_ртa²hg до F_мак=r_ртa³g. Соответственно линейно растет сила F от 0 до F_макс

F_макс= r_ртa³g- mg=r_ртa³g-r_cтa³g=a³g(r_рт-r_cт).

Работа силы F равна площади заштрихованного треугольника .

После подстановки и преобразований получим )², где а= = 4(см)=4×10^-2 м.

 

)²=63,3 (мДж).

 

Задание 2. Пусть масса капли m, тогда ее потенциальная энергия Е_п=mgh. Если считать, что вся механическая энергия капли переходит во внутреннюю энергию капли, которая расходуется на ее нагревание и испарение, то Е_п=Q_наг + Q_исп или mgh=mcDt+ml. Отсюда . Принимаем, что Dt может иметь значение от 0 до 100 ⁰С, получим h=230 ¸272 км.

Результат нереален, т.к. наибольшая высота тропосферы, где возможно образование облаков не превышает 18 км.

 

При падении в воздухе на каплю действует сила сопротивления пропорциональная скорости движения. Поэтому скорость капли увеличивается лишь на начальном участке движения, затем движение происходит с постоянной скоростью, при которой сила тяжести уравновешивается силой сопротивления и (очень малой) силой Архимеда.

Установившаяся скорость в воздухе (~10 м/с) значительно меньше скорости при равноускоренном падении капли в безвоздушном пространстве с высоты 230¸272 км (u= ).

Поэтому в реальных условиях капли дождя не могут испарится при ударе о Землю.

 

Задание 3. Согласно определению удельного сопротивления , для его измерения нужно определить сопротивление проволоки R, площадь поперечного сечения S и длину L.

Сопротивление проволоки может быть измерено Омметром, либо вычислено по формуле R=U/I, используя показания вольтметра и амперметра в цепи, изображенной на рис.

Площадь поперечного сечения проволоки рассчитывается по формуле S=pD²/4, диаметр проволоки D измеряется штангенциркулем или микрометром.

Длина проволоки может быть рассчитана на основании измерений объема проволоки V и её сечения S с изоляцией по формуле L=V/S. Для измерения объема используется мерный сосуд с подходящей ценой деления шкалы.

Наибольшую погрешность будет вносить измерение объема, вследствие низкой точности мерного сосуда.

 

Задание 4. Выберем системуотсчета, как изображено на рисунке.

Скорость движения гусеницы в этой системе будет определяться по формуле u_r= -U+u_н, где u_н – скорость нити.

Скорость движения точки нити паутины с координатой х прямо пропорциональна этой координате: u_н=kx. Если х=L, то u_н=v, т.е. v=kL, откуда k= v/L.

Таким образом, u_н= vх/L. Гусеница доползет до стены, если скорость u_r направлена вправо, т.е. u_r<0 или -U+u_н<0. Отсюда х<UL/v.

После подстановки получим х<10 см.

Гусеница доползет до стены, если она попадет на нить в точку с координатой х<10 см.

Задание 5. Тело движется равноускоренно. Сравнивая с x = x₀+u₀t+at²/2, определим параметры его движения: х₀=40 м, u₀=20 м/с, а= -8 м/с². Зависимость скорости это тела будет определяться уравнением: u=u₀ + at, или u = 20 – 8t (СИ). Если тело остановится то его скорость u=0. Время движения до полной остановки будет равно t=(u - u₀)/a = 2,5 (c). За это время тело пройдет путь равный

S=u₀t+at²/2 = 20t-4t²=20×2,5-4×2,5²=25 (м).

Движение тела происходит только под действием силы трения, т.е.

F _тр=ma или mmg=ma. Сила трения равна -40 Н, а коэффициент трения m=0,8. График зависимости силы трения от времени изображен на рисунке.

 

Класс

 

Задание 1. Веревка находится в равновесии при действии трех сил:

силы тяжести ;

силы , приложенной к правому концу веревки и направленной горизонтально;

- силы, действующей на левый конец веревки и направленной по касательной.

Выполним параллельный перенос сил в точку С (см. рис.). Из рисунка видно, что tga=F/mg (1). Значение тангенса определим, используя фотоснимок, проведя касательную к кривой (изображающей веревку) в точке закрепления. Получим tga »0,5. Решая уравнение (1) относительно массы получим m » 4 кг.

Примечание. Наклон касательной и, соответственно, окончательный результат у разных участников могут несколько отличаться, что не является основанием для снижения оценки.

 

Задание 2. Способ 1. Пусть b - угол между радиусом-вектором , определяющим положение камня, и вектором скорости . Камень удаляется от точки броска, если b<p/2 и приближается, если b>p/2. Если камень бросают под большим углом к горизонту, то на траектории имеются две точки, в которых b=p/2 (точки А и В на рисунке) На участке ОА камень удаляется от точки О. После прохождения т. А камень начинает приближаться к точке О, а после прохождения т. В – вновь удаляется от т. О. При уменьшении угла a точки А и В сближаются, сокращается АВ и при некотором угле a₀ превращается в точку. Если a<a₀, то на всей траектории b<p/2 и камень всегда удаляется от точки О.

Найдем значения a₀, учитывая, что в этом случае на траектории имеется только одна точка (точка С, см. рис. справа), в которой b=p/2.

Прямоугольные треугольники ОСD и CEF подобны, т.к. имеют равные углы j, стороны которых взаимно перпендикулярны. Из подобия треугольников следует равенство:

или .

После преобразования получим уравнение g²t³ - 3gv₀t² sina + 2v₀² t = 0.

Это уравнение может представлено в виде t(t-t₁)(t-t₂)=0, где t₁ и t₂ – корни квадратного уранения

g²t² - 3gv₀t sina + 2v₀²= 0.

Один корень будет равен нулю, т.е. t₁ =0. Этот корень не удовлетворяет решению задачи.

По условию задачи эти корни должны совпадать (т. А и т. В совпадают с точкой С).

Следовательно дискриминант равен нулю: D=9v₀²g²sin²a-8 v₀²g²=0.

Отсюда sin²a=8/9, sina=0,943. a=arcsin 0,943=70,5°.

Таким образом, a<70,5°. Для всех случаев, которые удовлетворяют неравенству, радиус-вектор всегда будет увеличиваться.

 

Способ 2. Для учащихся, знающих понятие производной.

Координаты камня изменяются следующим образом:

x=x₀+u_0xt = x₀+u₀t cosa

y=y₀+u_0yt+gt²/2 = y₀+u₀tsina-gt²/2.

Квадрат расстояния до камня от точки броска R²=(x - x₀)² +(y - y₀)².

После подстановки, учитывая, что x₀= y₀=0, получим:

R² = u₀² t² - u₀g t³sina + g² t⁴/4.

Если R=R(t) – возрастает, то функция R²=R²(t) – возрастающая (т.к. R – положительно).

Функция возрастает, если ее производная положительна

f(t)= 2u₀² t - 3u₀g t² sina + g² t³>0

Уравнение третьей степени 2u₀² t - 3u₀g t² sina + g² t³=0 имеет три корня, один из которых t₁=0. По условию задачи функция f(t) при t>0 положительна. Это возможно лишь в том случае, если два других корня совпадают (При этом функция может быть представлена в виде f(t)= t(t- t₂₃)²; она положительна при t>0 и любом значении t₂₃).

Корни квадратного уравнения 2u₀² - 3u₀g t sina + g² t²=0 равны, если дискриминант D=9u₀² g ²sin² a - 8u₀² g² =0.

Отсюда sin²a=8/9, sina=0,943. a=arcsin 0,943=70,5°.

Таким образом, a<70,5°. Для всех случаев, которые удовлетворяют неравенству, радиус-вектор всегда будет увеличиваться.

Задание 3. В ящике находятся два одинаковых сопротивления R₁= R₂= R.

Причем r«R«R_v (r - сопротивление батареи, R_v - сопротивление вольтметра.

В первом случае сопротивления образуют делитель напряжения; шунтирующим действием вольтметра можно пренебречь. Напряжение на резисторе U.

 

Во втором случае падением напряжения на сопротивлении R₁, соединенным последовательно с вольтметром, можно пренебречь. Вольтметр будет показывать напряжение на сопротивлении R₁, подключенном параллельно источнику. Т.к. r«R, это напряжение будет равно 2U.

 

Задание 4. Каждая доска находится в равновесии под действием четырех сил. Рассмотрим условие равновесие для правой доски.

F_T - сила тяжести, N - сила реакции опоры,

F₁ - сила упругости второй доски, F₂ - сила, связанная с силой тяжести, действующей на вторую доску. Силы F₁=F₂⁼ Mgsina/2, потому что угол равен a/2=45°. F_T=Mg.

Запишем условие равновесия моментов сил для правой доски относительно точки О₁ (для оси х):

-F₂O₁B+ F_T0₁А=0.

Учитывая, что O₁B=R, определим плечо О₁А.

- Mg×sin45°×R + Mg×cos45°×О₁А=0. Откуда O₁A= R.

Так центр тяжести доски находится посередине, то АВ=2 R. Значит длина всей доски L=2×AB=4R.

Задание 5. Пусть m - первоначальная масса воды; m_п - масса испарившейся воды.

Масса льда будет определяться m_л = m - m_п.

Запишем уравнение теплового баланса

Q_отд + Q_пол = 0 или

-(m - m_п)l+ m_п г =0.

Решая уравнение относительно массы пара m_п, получим

Теперь можно определить какая часть воды испаряется

.

 

Класс

 

Задание 1. Запишем условие равновесия шара, плавающего в воде

F_т = F_А, или (m_ш + m_а)g=rgV (1)

где m_ш – масса шара, m_а – масса газа азота, r - плотность воды, V - объем шара.

Запишем условие равенства давлений р_в = р_а; (2).

Решая систему уравнений 1 и 2 получим

.

Решим это уравнение относительно массы азота m_a

.

 

Задание 2. Работа силы F переходит в работу индукционного тока. Можно это утверждать и для мощности, что позволяет нам записать

Fv=E/R² или FwL=E/R² (1)

Запишем основной закон электромагнитной индукции

| E |=DФ/Dt=BDS/Dt (2)

При повороте на угол Dj изменение площади

DS=L²Dj/2 (3).

Решая совместно уравнения 1,2, и 3 получим

.

Задание 3.

Способ 1. При уменьшении радиуса капли на DR<<R её поверхностная энергия уменьшается на величину DЕ_пов, которую можно определить

DЕ_пов=Е₁-Е₂=sS₁-sS₂=4psR²-4ps(R-DR)².

Учитывая, что DR<<R, после преобразования получим

DЕ_пов»4psRDR. (1)

Объем капли воды при этом уменьшается на величину DV

DV=V₁-V₂=4psR³/3 - 4ps(R- DR)³/3.

После преобразования получим

DV»4psR²DR /3.

Для испарения части капли воды массой Dm требуется количество теплоты

Q_исп=DmL=rDVL=4psrLR²DR /3, (2)

где r - плотность воды; s - коэффициент поверхностного натяжения воды; L – удельная теплота парообразования воды.

Уменьшение поверхностной энергии может обеспечить парообразование воды, т.е. DЕ_пов~ Q_исп (3).

Решая совместно уравнение 1, 2 и 3 определим размер капли

R»3s/rL, R~3×0,04/10³×2,3×10⁶=52×10^-11 (м)

 

Способ 2. Пусть радиус капли R, тогда её масса будет определяться

m=4prR³/3, а площадь поверхности S =4pR².

Для нагревания и испарения капли требуется количество теплоты

Q= Q_наг+ Q_исп=m(cDt+L).

Величиной cDt можно пренебречь, потому что она отличается на порядок от L. Q» Q_исп= m L= m=4pr L R³/3.

Предположим, это количество теплоты получено за счет поверхностной энергии Е_пов=4psR², т.е.

4pr L R³/3=4psR².

Решим данное уравнение относительно радиуса капли R. Получим

R= 3s/rL.

Очевидно, что результат получается такой же, как и в первом способе.

 

Полученная величина размера капли значительно меньше размера молекул воды.

Ответ. Сферическая капля не может испаряться только за счет поверхностной энергии, т.к. не может существовать капля такого размера.

Задание 4. Начертим эквивалентные схемы

Прямое включение диода	Обратное включение диода

 

Общее сопротивление будет определяться

Общее сопротивление будет определяться по формуле

Задание 5.

Необходимо рассмотреть два случая.

1) заряды одноименные.

Запишем второй закон Ньютона в векторной форме для шарика массой m и зарядом q

.

В проекции на оси координат можно записать

Решая эти уравнения, получим

mg×tga-F_к =ma_ц (1).

Где F_к = (2),

а_ц - центростремительное ускорение (3).

Решая уравнения 1, 2 и 3 относительно частоты вращения n, получим

.

 

2) заряды разноименные.

Сила Кулона будет направлена к центру вращения. Частота вращения будет больше, чем в первом случае и будет определяться

.