Физика. Пособие для подготовки к олимпиаде

1

№ п.п. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

Содержание. Название раздела Введение. Графические задачи. Многоступенчатые задачи. Задачи оценки. Задачи на движение с сопротивлением. Задачи на максимум, минимум. Задачи – модели. Метод аналогии. «Нестандартные» задачи по электростатике. Скрытые схемы. «Черные» ящики. Задачи для самостоятельной работы. Кинематика. Динамика. Законы сохранения. Равновесие тел, жидкости. Тепловые явления. Электростатика. Законы постоянного тока. Качественные задачи. Решение качественных задач.

страница 3 7 12 21 28 33 41 48 54 61 67 69 72 75 77 80 82 85 87

2

1. Олимпиадное движение в системе обучения и воспитания одаренных учащихся. Содержание. 1. Актуальность проблемы. 2. Олимпиадное движение в системе образования. 3. Олимпиадное движение в школе. 4. Вовлечение в олимпиадное движение. 5. Практические рекомендации. 1. Выбор профессии для молодого человека одна из важнейших задач, которую он решает с переменным успехом. Интерес к будущей профессии зарождается в школьные годы. В этот период проявляются и активно развиваются склонности, способности, таланты. Воспитание и обучение одаренной личности в настоящее время становится все более актуальной. Это, прежде всего, связано с потребностью общества в неординарной творческой личности. Неопределенность современной окружающей среды требует не только высокую активность человека, но и его умения, способности нестандартного поведения. Современный этап развития общества резко обострил проблему выявления одаренных школьников, создания условий для их развития и наиболее целесообразного использования их способностей. Благоприятные возможности для успешного ее решения создала дифференциация образования. В школах нового типа (лицеях, гимназиях), в классах с углубленным изучением отдельных учебных предметов, да и в обычных школах образуются устойчивые группы по интересам, склонностям, достигнутым успехам, а также по способностям школьников. Раннее выявление, обучение и воспитание одаренных и талантливых детей составляет одну их главных задач совершенствования системы образования. Однако недостаточный психологический уровень подготовки педагогов для работы с детьми, проявляющими нестандартность в поведении и мышлении, приводит к неадекватной оценке их личностных качеств и всей их деятельности. Нередко творческое мышление одаренного ребенка рассматривается как отклонение от нормы или негативизм Взаимодействие педагога и ребенка зачастую строится на основе лишь нормативноролевых предписаний (субъектно-объектные отношения): «Ребенок пришел ко мне заниматься, я как педагог с ним работаю». Для одаренных детей такой стиль не приемлем. «Мы – две личности, два неповторимых человека на Земле (субъектно-субъектные отношения) вместе открываем, исследуем этот мир». А для этого педагог должен реально осознавать себя субъектом. Еще А.А. Ухтомский сказал, что природа наша делаемая, поэтому совершенствовать себя, работать над своим личностным ростом можно и нужно в любое время. Прежде всего, у педагога должно быть такое качество как гибкость в поведении, мышлении, эмоциональном реагировании. Он должен мочь легко отказываться от не соответствующих ситуации или задаче средств деятельности, приемов мышления, способов поведения и уметь вырабатывать или принимать новые, оригинальные подходы к разрешению различных ситуаций при неизменных целях и идейно-нравственных основаниях. 2. Олимпиады – одна из общепризнанных форм работы с одаренными школьниками. Они организуются во всех районах и городах страны В настоящее время в Беларуси проводятся школьные, городские (районные), областные и, наконец, республиканские олимпиады по физике. Уровень республиканских олимпиад достаточно высок. Высокий уровень республиканской олимпиады требует, чтобы и олимпиады менее высокого ранга содержали достаточно сложные и оригинальные задания. Иначе не возможно будет сформировать команду способную успешно конкурировать на различных этапах олимпиад. Сложность и оригинальность задач требует продуманного подхода при подготовке участника олимпиады на всех этапах. 3

Почему возникает необходимость участия в олимпиадном движении и введение его в систему обучения и воспитания одаренных учащихся? – у нашей молодежи ощущается нехватка патриотизма, гордости за свою школу, город, страну, ответственности перед собой и обществом. – выпускной экзамен по физике не является обязательным, это приводит к значительному снижению знаний по этому предмету у выпускников школ. Физика – предмет по выбору. Например, в США физика обязательный предмет. – участие в олимпиадном движении играет большую роль в деле воспитания молодых людей. Ответственность за начатое дело, целеустремленность, трудолюбие, патриотизм. Учащиеся являются первыми помощниками учителя во всех делах. Это опора учителя, проводники его идей. 3. Физика в школе изучается с 7 класса, а серьезное участие в олимпиаде (городской, районный тур) начинается с 9 класса. Следовательно, возникший разрыв необходимо устранить на школьном уровне. Заинтересовать учащегося, вовлечь в олимпиадное движение, не потерять уникальность мышления, развить и привить определенные навыки, это задача учителя. Олимпиадные задания отличаются от «обычных» задач по многим параметрам. Условия задач оригинальны и требуют нестандартного мышления и высокого уровня эрудиции. Первый тип задач использует условный мир идеализированных моделей: материальных точек, невесомых и нерастяжимых нитей, идеальных индуктивностей и емкостей и т. д. Кроме хорошего знания законов физики, нужно еще знать маленькие хитрости, проявлять изобретательность и смекалку, умение выбрать нетривиальный способ рассуждения, отказавшись от решения «в лоб», которое или нерационально, или вообще невозможно при использовании школьного математического аппарата. Второй тип – это задачи, приближенные к практике, родившиеся под влиянием физического эксперимента, при наблюдении явлений природы и т. п. В таких задачах рассматриваются реальные физические объекты. Зачастую такие задачи носят оценочный характер. По существу, они являются небольшими физическими исследованиями, прообразом научного поиска. Для решения таких задач необходимо хорошо ориентироваться в исследуемом явлении. Для решения задач предлагавшихся на наших олимпиадах не требуются сложных математических выкладок. Иначе обстоит дело на международных олимпиадах. Третий тип – экспериментальные задания. Экспериментальные задания включаются на этапе областных олимпиад. К сожалению, бедность наших физических кабинетов, которые не обновлялись десятки лет, не позволяет качественно повысить знание при решении этого типа задач. По объективным причинам происходит селекция экспериментальных задач, выполнение задания на простейшем оборудовании (что под рукой). Вместе с тем простота задания и применяемых экспериментальных средств часто оказывается достоинством, а не недостатком. Экспериментальное задание предполагает несколько способов его выполнения, необходимо провести анализ каждого их них, оценить точность полученных результатов и выбрать оптимальный способ. Тем не менее, экспериментальные задачи международных олимпиад – это, как правило, обширные экспериментальные исследования, выполняемые на современном оборудовании с использованием современных экспериментальных методик. 4. Совсем не легко давать какие-либо конкретные рекомендации по подготовке к олимпиадам, воспитании олимпийца. Тем не менее, есть несколько подходов при решении данной проблемы: – Успешная подготовка – это решение как можно большего числа олимпиадных задач.

4

– Успешная подготовка – это более подробное дополнительное изучение тем школьного курса. При этом не следует решать сложные задачи. За сложностью решения может потеряться суть явления. Сложные задачи можно подключить на заключительном этапе подготовки. – Изучение различных методов решения задач. – Правда, возможен и комбинированный способ. Ученик 7 класса любознателен, интересен, непосредственен. Важно поддержать этот интерес и увлечь, ненавязчиво, физикой. Принцип первый: ненавязчивость и добровольность. Личность учителя, его желание и умение заинтересовать является толчком к началу занятий. Учитывая возраст и багаж математических и физических знаний, возникает необходимость в правильном подборе заданий и упражнений на первом этапе. Принцип второй: высокая мотивация обучения. Желание заниматься напрямую связано мотивацией учащегося. На примере старших товарищей, удачное выступление на олимпиадах, конференциях, конкурсах и, наконец, поступление в престижное учебное заведение является достаточной мотивацией для занятий. Обратная связь с родителями ученика играет не последнюю роль. Ученик – учитель – родитель это звенья одной команды. Принцип третий: продуманность и систематичность занятий. Задания должны быть продуманы, простой набор олимпиадных задач, на мой взгляд, не проходит. Систематичность занятий обязательна. Первых два принципа призваны заинтересовать и мотивировать дополнительные занятия ученика. Третий принцип определяет весь ход подготовки. Правильно подобранные задания их уровень сложности и последовательность, зависят от личности ученика. Поэтому рекомендовать универсальную схему подготовки для всех учащихся, по крайней мере, некорректно. Кроме всего прочего ученика предстоит обучить различным навыкам. Это и оформление работы, проверка и поиск ошибок, проведение и анализ данных эксперимента, умение апеллирования своей работы. Остановлюсь подробнее на некоторых принципах. Принцип первый: ненавязчивость и добровольность. На первом уроке физики, когда происходит введение в предмет, есть смысл рассказать об успехах нашей школы. Привлечь для разговора старшеклассников, студентов, которые могут на личном примере поделиться ощущениями от участия в олимпиадном движении. Возможно, кто-то из учащихся класса уже добивался определенных успехов, выступая в олимпиадах по другим предметам, приятно будет выслушать и их. На личном примере рассказать, и поделится своими ощущениями как участника и победителя различных соревнований. Наряду с принципом «Пусть победит сильнейший» при подготовке и проведении олимпиад необходимо руководствоваться и другим принципом: «В олимпиаде есть победители, но нет побежденных», так как важно и просто участие. Олимпиады школьников представляют собой массовое движение и именно поэтому оказывают заметное влияние на общий уровень знаний учащихся средних школ. В связи с этим важнейшая задача учителя – привлечь к школьным турам олимпиад возможно большее число школьников. Принцип второй: высокая мотивация обучения. Решение олимпиадных задач – это лишь небольшая и очень специфическая область занятий физикой. Дело в том, что олимпиадные задачи «выдумываются» жюри олимпиады и в подавляющем большинстве своем достаточно просты. Для их решения необходимо угадать красивую идею (обычно маскируемую автором задачи в условии). Предлагаемые же человеку природой проблемы чаще всего устроены по-иному и редко допускают простые и изящные решения. Однако, олимпиадные задачи развивается интуицию, умению глубже мыслить, развивают упорство и терпение, учат серьезному подходу при решении проблемы. Экспериментальные задания приближены к реальным задачам. Следует отметить, что реальные задачи решаются в результате многократно повторяемых, проверяемых и уточняемых экспериментов (они час5

то требуют от физиков нескольких лет подготовительной работы, а не трех-четырех часов «мозгового штурма», к которому сводится экспериментальный тур), громоздких математических выкладок (требующих от физиков гораздо более глубокого знания математики). Тем не менее, нестандартность мышления, упорство при достижении цели, трудолюбие, качества которые востребованы в реальной работе в реальной физике, если ею заинтересоваться по-настоящему. Принцип третий: продуманность и систематичность занятий. Пожалуй, самый сложный принцип, требующий продуманности действий, долгосрочного перспективного планирования. Здесь в полной мере проявляются как талант, так и интуиция учителя. От умения спланировать, придерживаться выбранной линии, выполнения намеченного зависит успех начатого дела. 5. Позволю себе несколько рекомендаций при планировании учебного процесса. В олимпиадное движение включаются ученики на раннем этапе изучения физики, а это семиклассники. Для них проводятся дополнительные занятия-консультации на которых разбираются заявленные вопросы. Ребята работают по сборникам заданий, которые составлены автором. Среди этой группы есть целесообразность проводить заочные туры олимпиад. Очный тур необходимо провести в конце учебного года. Так отбирается костяк команды параллели, которая приступает к серьезной подготовке в следующем классе. Учащиеся 8 класса переходят на очную форму занятий. Занятия проводятся регулярно. Происходит углубление ранее изученных тем. Разбираются задания олимпиад 7, 8 класса городов. Изучаются различные методические приемы: построение графиков в кинематике, переправы, погони, аналогии со световым лучом, симметрия в цепях, поиск минимума в задачах, графики в тепловых явлениях и т. д. На каникулах проводятся занятия со всей командой олимпиадников. Есть целесообразность объединения в разновозрастные группы. В 9 классе количество занятий увеличивается. Проработка основных вопросов изученных тем, разбор олимпиад 7, 8, 9 классов городов, областей. Дверь в клуб олимпиадников открыт для всех желающих. Старшие классы используют эту возможность, как один из этапов подготовки к выпускным экзаменам. В заключение опишу несколько методических приемов которые я использую при подготовке олимпиадников. Погружение: индивидуальная работа ученика при поиске возможного решения поставленной задач. Обмен опытом: работа в двойках, обмен и критика возникших идей. Мозговой штурм: обсуждение решений четверкой. Подсказка: беглое знакомство с авторским решением, с последующим самостоятельным решением. Консультации: консультация у старших и более опытных товарищей. Консультация преподавателя. Используя различные формы в работе с учащимися, вовлекая в олимпиадное движение, прививая и воспитывая определенные качества мы делаем одно общее дело, растим патриота, гражданина, личность. Грабцевич В. И.

6

2. Графические задачи. Задача 1. Мячик бросают с земли вертикально вверх с начальной скоростью vо. Постройте график зависимости скорости мячика от времени, считая удары о землю абсолютно упругими. Сопротивлением воздуха пренебречь. Решение. Мячик движется равноускоренно в поле силы тяжести. В начальный момент проекция скорости на вертикальную ось равна vo. Через время

vo скорость обращается в g

ноль, а еще через такое же время ее проекция равна –vo. В моменты удара о землю скорость мгновенно меняет направление на противоположное. Поэтому искомый график состоит из отрезков прямых.

v vo 0

vo / g

2vo / g

t

–vo

Задача 2. Пассажир, опоздавший к поезду, заметил, что предпоследний вагон прошел мимо него за t1 = 10 c, а последний – за t2 = 8 с. Считая движение поезда равноускоренным, определите время опоздания. Решение. Графическое решение данной задачи основано на том, что площадь под графиком скорости численно равна пройденному пути (рис.) за время t1 и t2 – это равные длины вагонов, то

l=

aT + a (T + 10) 10 2

v a(T + 18) a(T + 10) aT

и

10

a (T + 10) + a (T + 18) 8. l= 2

8

t, c

Тогда, приравняв правые и левые части уравнений:

T + (T + 10) (T + 10) + (T + 18) 10 = 8. 2 2 Решая это уравнение относительно искомого времени опоздания, найдем T = 31 c. Задача 3. В комнате высотой H к потолку одним концом прикреплена легкая пружина жесткостью k, имеющая в недеформированном состоянии длину lо (lо < H). На полу под пружиной размещают брусок высотой x с p(x) площадью основания S, изготовленный из материала плотностью ρ. Построить граρ gH + klo / S фик зависимости давления бруска на пол от высоты бруска. Решение. Если x < H – lo, то пружина не касается бруска. В этом случае давление определяется формулой: p = ρ gx . Если x > H – lo, пружина будет сжи-

ρ g ( H − lo ) H – lo

H

x 7

маться и давить на брусок. Величина сжатия: lo + x – H, действующая сила по закону Гука: F = k(lo + x – H). Полное давление во втором случае:

p = ρ gx +

F k l −H = x( ρ g + ) + k o . S S S

График с правильными граничными точками. Задача 4. Букашка ползет вдоль оси Ox. Определите среднюю скорость ее движения на участке между точками с координатами x1 = 1,0 м и x2 = 5,0 м, если известно, что произведение скорости букашки на ее координату все время остается постоянной величиной, равной c = 500 см2/с.

1/v, м/с

Решение. Искомая величина скорости

1/v2

x −x < v >= 2 1 . t

1/vi

Найдем время движения t. По условию задачи

vx = c . Отсюда

1/v1

1 1 = x. v c

x1 ∆ xi

x2 x, м

Построим график этой зависимости. Для малого ∆xi значение 1/ vi можно считать приближенно постоянным. Значит, площадь заштрихованной полоски

∆xi

1 = ∆ti vi

есть интервал времени движения на пути ∆xi. Тогда все время t определяется площадью трапеции

x22 − x12 ) ( 1 1 1  , t =  +  ( x2 − x1 ) = 2  v2 v1  2c

а средняя скорость

< v >=

2c = 1,0 м/мин. ( x1 + x2 )

Задача 5. К бруску массой 10 кг, находящегося на горизонтальной поверхности, приложена сила, учитывая, что коэффициент трения равен 0,7, определите: 1. Силу трения для случая, если F = 50 Н и направлена горизонтально. 2. Силу трения для случая, если F = 80 Н и направлена горизонтально. 3. Построить график зависимости ускорения бруска от горизонтально приложенной силы. 4. С какой минимальной силой нужно тянуть за веревку, чтобы равномерно перемещать брусок. 1. Определим максимальную силу трения покоя. Она будет равна µ mg = 0,7 ⋅10 ⋅10 = 70 (Н). Приложенной силы будет недостаточно для того, чтобы сдвинуть тело. По третьему закону Ньютона F = Fmp = 50 H. 8

2. В случае приложенной силы F = 80 Н тело приобретает ускорение равное

a=

F − Fmp m

= 1 м/с2.

a a =F/m –µg

3. Для построения зависимости a(F) воспользуемся функцией

a=

F − Fmp m

=

F − µ mg F = − µ g (1). m m

–µmg

–µg

Из уравнения (1) можно сделать вывод, что зависимость ускорения от горизонтально приложенной силы линейное. При F = 0, a = –µg, а при a = 0, F = µmg. Построим график зависимости a(F). Примечание: Если внешняя горизонтальная сила не превосходит максимальную силу трения, Fmp то ускорение равно нулю. Тело покоится. 4. Запишем уравнение движения санок в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления − Fmp + F cosα = 0 и

−mg + N + F sin α = 0 ,

F

Y N

F

X

mg

где α – угол между веревкой и горизонтом, сила трения Fmp = µ N . Из записанных уравнений найдем силу натяжения веревки

F=

µ mg . (1) cos α + µ sin α

F 1,0mg 0,8mg

Ее значение зависит от угла α. Проанализируем эту зависимость. Тело будет двигаться равномерно, если горизонтальная составляющая силы натяжения веревки F cos α равна силе трения Fmp . Поэтому для обеспечения мини-

α 0

αo

60o 90o

мальной силы F веревку, казалось бы надо тянуть горизонтально, т. е. под углом α = 0о. Но с другой стороны, желательно, чтобы угол α был побольше, так как в этом случае за счет увеличения вертикальной составляющей F sin α , стремящейся приподнять санки, уменьшается их давление на опору и соответственно уменьшается сила трения. Таким образом, на результат влияют два конкурирующих фактора. Для выяснения, при каких α превалирует первый из них, а при каких – второй, представим зависимость F = F (α ) в виде графика. Из него видно, что исследуемая функция при α = αо имеет минимум. Для нахождения значений αо и Fmin воспользуемся аналитическим методом. Функция (1) минимальна, если знаменатель максимален. Обозначим его буквой y. Найдем производную y/ по α и приравняем ее к нулю:

y / = − sin α + µ cos α = 0 . Отсюда, обозначив соответствующий угол αо, получим

tgα o = µ и α o + arctg µ = 35o . 9

Тогда Fmin =

µ mg . cos α o + µ sin α o

Используя тригонометрические соотношения и предыдущее равенство, найдем

cos α o = Следовательно, Fmin

1

=

1

tg α o + 1 µ +1 µ mg = = 56 Н. 2 µ +1 2

2

, sin α o =

tgα o

tg α o + 1 2

=

µ

µ +1 2

.

Задача 6. Имеются две трубы, подсоединенных к смесителю. На каждой из труб имеется кран, которым можно регулировать поток воды по трубе, изменяя его от нуля до максимального значения Jo = 1 л/с. В трубах течет вода с температурами t1 = 10 °C и t2 = 50 °C. Постройте график зависимости максимального потока воды, вытекающей из смесителя, от температуры этой воды. Тепловыми потерями пренебречь. Решение. Обозначения: Поток воды в первой трубе J1, во второй трубе J2. Полный поток воды, вытекающий из смесителя, Jпол = J1 + J2, ее температура t. В смесителе горячая вода отдает часть тепла холодной воде, в результате чего их температуры выравниваются. Из уравнения теплового баланса следует: J1(t1 – t) = J2(t – t2) или t = (J1t1 + J2t2)/(J1+J2) (1) Аналогичное уравнение можно получить исходя из закона сохранения тепловой энергии. J1t1 + J2t2 = Jполt Из формулы (1) видно, что при пропорциональном увеличении потоков воды в обеих трубах температура вытекающего потока не изменяется. Таким образом, когда вытекает максимальный поток воды с данной температурой, один из кранов открыт полностью. Если открыть оба крана полностью, то пойдет поток воды 2Jo температурой

to =

t1 + t2 . 2

Чтобы получить максимальный поток воды температуры ниже to, надо оставить холодный кран полностью открытым, а поток воды из горячего уменьшить; если требуется температура больше to, то надо, чтобы горячий кран был полностью открыт. Если холодный кран открыт полностью (J1 = Jo), а поток воды из горячего крана равен J2, то температура вытекающей воды равна

t=

J ot1 + J 2t2 . Jo + J2

Отсюда

J2 =

t − t1 Jo , t2 − t

и суммарный поток воды: Jпол = Jo + J2 = Jo(t2 – t1)/(t2 – t) при t1 < t < (t1 + t2)/2 Если горячий кран открыт полностью (J2 = Jo), а поток воды из холодного крана равен J1, то температура вытекающей воды равна t = (J1t1 + Jot2)/(J1 + Jo). Отсюда J1 = Jo(t2 – t)/(t – t1), и суммарный поток воды: Jпол = Jo + J1 = Jo(t2 – t1)/(t – t1) при t2 > t > (t1 + t2)/2 Итоговый график: при t1 < t < (t1 + t2)/2 Jпол = Jo(t2 – t1)/(t2 – t); 10

при (t1 + t2)/2 < t < t2 Jпол = Jo(t2 – t1)/(t – t1). Предложения по оценке итогового графика. На графике должна быть видна следующая информация: 1) График состоит из двух частей, возрастающей и убывающей 2) График построен в диапазоне температур t1 < t < t2 3) На графике указаны координаты трех угловых точек, а именно: t = 10°C, J = 1 л/с, t = 30°C, J = 2 л/с, t = 50°C, J = 1 л/с.

J, л/с 2

t, oC

1 30

10

50

Задача 7. Поздним вечером молодой человек ростом h идет по краю горизонтального прямого тротуара с постоянной скоростью v. На расстоянии l от края тротуара стоит фонарный столб. Горящий фонарь закреплен на высоте H от поверхности земли. Постройте график зависимости скорости движения тени головы человека от координаты x.

H

l x

Решение. Выберем систему отсчета с центром у основания фонаря. Пусть в некоторый момент проекция луча на землю образует угол α с линией тротуара (вид сверху). Учитывая прямолинейность распространения света, можем записать

H lo +

l sin α

=

h l h ⇒ lo = . lo sin α H − h

Тогда

yT = l + lo sin α = l

H , H −h

(yT – координата конца тени) есть величина постоянная! Следовательно, тень от головы движется по прямой параллельной оси X со скоростью

vT = v

H , H −h

что легко получить, составив пропорцию

вид сверху

O

вид сбоку

yT

l

Y

α

H

lo

h

xT X

O


v

l / sin α

lo

T

A


vT 11

vt vT t = . l l H H −h График зависимости скорости тени от x есть прямая линия, параллельная оси абсцисс. 3. Многоступенчатые задачи. Задача 1. Парашютисты при установлении рекордов скорости в затяжных прыжках используют тяжелые предметы, например, гири. Выпрыгнув с гирей из самолета, спортсмен разгоняется до рекордной скорости. Затем на некоторой высоте он отпускает гирю, раскрывает парашют и опускается на землю. 1. Для чего надо брать с собой гирю? 2. Когда имеет смысл отпускать гирю: до раскрытия парашюта или после раскрытия парашюта? 3. Постройте графики зависимости полного времени полета с момента прыжка до приземления от скорости, с которой гиря падает на Землю: а) для гири, б) для человека. Ответы обоснуйте. Решение. 1. При полете человека с гирей сила трения об воздух не увеличивается, а сила тяжести увели- Полное время в чивается – это позволяет ему развить большую пути Челоскорость. век 2. Открывать парашют, пока гиря еще не выпущена из рук, опасно и неэффективно, так как при этом увеличивается тормозной путь и возрастает риск приземлиться со скоростью больше предельной. Это эквивалентно уменьшению достиГиря гаемой максимальной скорости. После отпускания гири человек начинает замедляться. Это связано с уменьшением силы тяжести, разгоняющей человеКонечная скорость ка. Если раскрыть парашют на большой скорости, гири человек может получить травмы. Поэтому после отпускания гири, когда скорость человека начинает уменьшаться, должно пройти некоторое время до момента раскрытия парашюта. 3. Правильный график смотри на рисунке. Обратите внимание на правильную монотонность кривых и то, что время полета гири всегда меньше времени полета человека.

Задача 2. Маленький шарик подвешен к балке на тонкой невесомой нити длиной l = 10 см. 1. Какую минимальную скорость необходимо сообщить шарику, чтобы он смог сделать оборот в вертикальной плоскости? 2. Через какое минимальное время шарик сможет удариться о горизонтальную балку при сообщении ему минимальной скорости? 3. В какой точке произойдет уход со своей траектории шарика, если сообщенная скорость в нижней точке будет в два раза меньше минимальной? 4. Какую наименьшую скорость vo необходимо сообщить шарику в горизонтальном направлении, чтобы он ударился о кронштейн в точке подвеса?

12

Решение. 1. Запишем закон сохранения энергии для нижней точки маятника выбрав ее в качестве нулевого уровня

mv 2 mv12 = mg 2l + , 2 2 где v1 – минимальная скорость в верхней точке траектории. Скорость v1 найдем из условия равенства нулю силы натяжения нити

v12 ma = mg ⇒ a = g ⇒ = g ⇒ v12 = gl . l Тогда

mv 2 mgl = mg 2l + . 2 2 Решая последнее уравнение относительно искомой скорости, найдем

v = 5 gl . 2. Минимальное время будет в том случае, если скорость шарику сообщить в вертикальном направлении. Запишем уравнение высоты

gt 2 Y = Yo + vt − . 2 Когда шарик ударится о точку подвеса (балку), то координата его будет равна длине нити.

gt 2 gt 2 l = vt − или − vt + l = 0 . 2 2 Получили квадратное уравнение относительно искомого времени t. Его корни

v ± v 2 − 2 gl t12 = . g Два корня вполне объяснимы: первый – при движении вверх (минимальное время), второй – при движении обратно (если убрать помеху). Нам нужен корень с минимальным значением, следовательно

tmin

v − v 2 − 2 gl 5 gl − 5 gl − 2 gl 5 gl − 3 gl l = = = = 0,5 = 0,05 с. g g g g

3. Запишем закон сохранения энергии для шарика в точке схода с траектории

mv 2 mv12 = + mgl (1 − cos α ), 2 2

где угол α – угол между вертикалью и нитью в исследуемый момент времени Для положения шарика, когда сила натяжения нити становится равной нулю, имеем:

−mg cos α =

mv12 . l

Выразим скорость v1 = − gl cos α и подставим в закон сохранения 2

v2 gl cos α =− + gl (1 − cos α ). 2 2 Выразим из последнего уравнения cos α v 2 = − gl cosα + 2 gl (1 − cos α ) = − gl cos α + 2 gl − 2 gl cos α = 2 gl − 3gl cos α . 13

Учтем, что v =

5 gl . 2

Тогда

5 gl 5 1 = 2 gl − 3 gl cos α или = 2 − 3cos α , или cos α = . α = 75,5о. 4 4 4 Комментарий: Казалось бы, угол найден и ответ очевиден, при угле с вертикалью в 75,5 шарик сойдет с траектории, но условие T = 0 оказалось не достаточным. Так, что ответ на этот вопрос таков: шарик не сойдет со своей траектории движения и, за счет возвращающей силы будет двигаться к положению равновесия. Подумайте сами и найдите необходимое условие для схода шарика с траектории движения. 4. Для положения шарика, когда сила натяжения нити становится равной нулю, имеем: о

v

mv 2 −mg cos α = ; (1) l здесь m – масса шарика. Запишем закон сохранения энергии для этой же точки:

mvo2 mv 2 = + mgl (1 − cos α ). (2) 2 2

y α

Из (1) и (2) получаем

vo2 − 2 gl 2 cos α = − , v = − gl cos α . 3 gl

x

Далее до точки подвеса шарик летит по параболе:

vo

−v cos α t = x,  где x = l sin α , y = −l cos α .  gt 2 α y v t + sin − = 0.   2 Тогда

n sin α + v 2 sin 2 α − 2lg cos α l t= и t = − tgα . g v 2 Приравнивая друг другу эти выражения и, учитывая, что − gl cos α = v , получаем v 2 sin α . (3) v sin α + v sin α + 2v = v cos 2 α 2 3 2 Решая уравнение (3), находим sin α = , cos α − ≈ −0,577 , vo = 1,93 м/с. 3 3 2

2

2

Задача 3. Минимальное время, которое необходимо, чтобы переплыть в лодке реку, равно to. Ширина русла реки равна H. Скорость течения реки постоянна в любом месте русла и в β раз больше скорости лодки (β > 1), плывущей в стоячей воде. 1. Найдите скорость лодки в стоячей воде. 2. На какое расстояние снесет лодку за минимальное время переправы? 3. Определите наименьшее расстояние, на которое может снести лодку за время переправы. 4. Найдите время переправы лодки в том случае, когда ее сносит на минимальное расстояние. 14

1. vo =

H . to

2. Скорость течения реки u = β vo ; за время переправы лодку снесет на расстояние

L = uto = β voto .

y

3. Скорость лодки относительно системы коор


динат, связанной с берегом, равна v = u + vo (рис.). Из рисунка видно, что минимальное расстояние Lmin сноса лодки соответствует случаю, когда скорость
лодки v направлена по касательной к окружности радиуса vo. Из подобия треугольников скоростей и расстояний, имеющих общий угол α, получим








v

O

α


u


vo

H α x

Lmin

Lmin v = , H vo

и так как v ⊥ vo , находим

Lmin

u 2 − vo2 v =H =H = H β 2 −1 . vo vo

4. Время переправы лодки, когда ее сносит на минимальное расстояние, равно

t=

H t β = o = to . vo cos α cos α β 2 −1

Задача 4. Небольшому шарику, который находился на поверхности горизонтально расположенной тонкой собирающей линзы с оптической силой D = 0,5 дптр, сообщили вертикальную начальную скорость vo = 10 м/с. 1. Сколько времени будет существовать действительное изображение шарика в этой линзе? 2. Сколько времени будет существовать мнимое изображение шарика в этой линзе до первого отскока? 3. Сколько времени будет существовать действительное изображение в линзе, если при ударе о линзу шарик теряет 25 % от своей первоначальной скорости. 4. Сколько времени будет существовать мнимое изображение в линзе, если при ударе о линзу шарик теряет 25 % от своей первоначальной скорости. Решение. 1. Действительное изображение шарика будет существовать, когда шарик находится выше фокальной плоскости линзы. Максимальная высота подъема шарика H равна

vo2 H= . 2g Время полета шарика над фокальной плоскостью можно найти из уравнения

g (t / 2) 2 , H −F = 2 где F = 1/D – фокусное расстояние линзы. Отсюда

t=2

2( H − F ) v 2g = 2 o 1 − 2 ≈ 1,5 с. g g vo D 15

2. Мнимое изображение шарика будет существовать в случае движения шарика под фокальной плоскостью. Так как F = 1/D = 1/0,5 = 2 м. Высота подъема

102 H= = 5 м. 20 Время, за которое шарик достигнет фокальной плоскости найдем, используя метод от противного. Допустим, что шарик находится уже в верхней точке. До фокальной плоскости он опустится за время

2( H − h) 2(5 − 2) = = 0,77 с. 10 g v До максимальной точки своего подъема t = o = 1 с. g t=

Следовательно, до фокальной плоскости шарик долетит за 0,23 с. При обратном своем движении еще 0,23 с он будет лететь до линзы. Время, в течение которого будет наблюдаться мнимое изображение равно 2⋅0,23 с = 0,46 с. 3. После первого отскока скорость шарика станет равной 7,5 м/с и высота подъема

v12 = 2,8 м, что выше фокальной плоскости (F = 2 м). После второго отсоставит H = 2g v22 = 1,58 м. Это означает, что скока скорость у шарика 5,625 м/с и высота подъема H = 2g тело находится над фокальной плоскостью только после первого отскока. После второго отскока тело не долетает до фокальной плоскости. Время действительного изображения будет равно

t1 = 2

2( H − F ) v 2g = 2 o 1 − 2 ≈ 1,5 с – до первого отскока, g g vo D

t2 = 2

2( H1 − F ) 2(2,8 − 2) =2 = 0,8 с – до второго отскока. 10 g

и

Тогда t = t1 + t2 = 2,3 с. 4) Определим время до момента остановки шарика

vo kvo k 2vo t = 2 – до первого удара, t1 = 2 – до второго удара, t2 = 2 – до третьего g g g удара и т. д., где k = 0,75. Тогда время до полной остановки

t=2

vo kv k 2v k nv v + 2 o + 2 o + ... + 2 o + ... = 2 o (1 + k + k 2 + ... + k n + ...) . g g g g g

Для нахождения времени воспользуемся формулой геометрической прогрессии

vo g t= = 8 с. 1− k 2

16

Окончательно время, в течение которого наблюдается мнимое изображение равно разности всего времени полета шарика и его действительного изображения: 8 с – 2,3 с = 5,7 с. Задача 5. Маленький предмет покоится на краю горизонтального стола. 1) Какую минимальную скорость нужно сообщить предмету, чтобы он остановился на противоположном краю стола, ширина и высота которого равны 1 м. Коэффициент трения принять равным µ = 0,5. 2) Какую скорость необходимо сообщить предмету, чтобы в результате падения со стола, дальность полета тела оказалась равной его высоте? 3) Предмет толкают таким образом, что он сваливается с другой стороны стола через 2 с. Имеет ли предмет колеса? 1) Сила трения сообщает предмету отрицательное ускорение a = µg . Минимальная скорость будет в случае, когда конечная скорость станет равной нулю. Из уравнения кинематики

S=

v2 ⇒ v = 2 µ gS = 2 ⋅ 0,5 ⋅ 10 ⋅ 1 = 3,16 (м/с). 2µ g

2) Для свободно падающего тела с высоты S = 1 м справедливо утверждение

gt 2 и S = vt . S= 2 Выражая время из второго уравнения и подставляя в первое, получим 2

g gS S =   или v 2 = S . 2 v  2 При движении по столу

S=

v 2 − vo2 2 2 и vo = v + 2 µ gS . −2 µ g

Зная скорость отрыва предмета от стола

vo2 =

g S + 2 µ gS ⇒ vo = 2

g 10 1 + 2 ⋅ 0,5 ⋅ 10 ⋅ 1 = 3,87 (м/с). S + 2 µ gS = 2 2

3) Средняя скорость движения предмета равна 0,5 м/с. Считая замедление равномерным, среднюю скорость предмета вычисляем по формуле

< v >=

vo + v , 2

где vo и v – начальная и конечная скорости соответственно. Получается, что начальная скорость предмета не может быть больше 1 м/с, так как v ≥ 0. Из этого следует, что скорость тела уменьшается за время движения максимум на 1 м/с. Таким образом, абсолютное значение его ускорения не больше 0,5 м/с2, что составляет 1/20 ускорения свободного падения g = 10 м/с2. Поэтому коэффициент трения скольжения между предметом и поверхностью стола не может быть больше чем 0,05. Это намного меньше коэффициентов трения между обычными материалами, так, что, скорее всего, предмет не скользит, а целиком или частично катится. Другое возможное решение. Так как тело только доезжает до края стола и… сваливается с него, предполагаем, что конечная скорость предмета в этом случае стремится к нулю. Под действием силы трения тело имеет ускорение модуль которого равен a = µ g . Воспользовавшись уравнением кинематики 17

vo2 ( µ gt ) 2 µ gt 2 , L= =L= = 2a 2µ g 2 2L найдем коэффициент трения µ = 2 . Подставляя данные из условия задачи, имеем gt 2 ⋅1 µ= = 0,05 . Полученный результат, приводит нас к тому же результату. 10 ⋅ 22 Задача 6. Небольшой шарик падает из точки A на A массивную плиту, закрепленную на высоте h = 1,0 м от поверхности земли и ориентированную под углом α = 45о к
g горизонту. После упругого отражения от плиты шарик падает на поверхность земли в точке C на расстоянии S = 4,0 м от вертикальной прямой AB. h 1) Найдите время движения шарика до удара о землю. S 2) На какой высоте необходимо расположить плиту B C (не меняя ее ориентации), чтобы расстояние S было максимально при неизменном начальном положении шарика в точке A ? 3) Чему равно в этом случае максимальное расстояние? Сопротивлением воздуха пренебречь. Решение. Так как плита наклонена под углом 45o к горизонту, то после удара скорость шарика
v1 будет направлена горизонтально. Поэтому, движение шарика после удара описывается уравнениями

 S = v1t2   gt22 , h =   2

(1)

где t2 – время движения от удара о плиту до падения на землю. Из системы уравнений (1) находим

t2 =

2h g ; v1 = S . g 2h

(2)

Зная скорость шарика перед ударом о плиту, найдем время его движения от начальной точки A до удара

t1 =

v1 S . = g 2 gh

(3)

Полное время движения шарика рассчитаем по формуле

t = t1 + t2 =

S 2h + ≈ 1,35 c. g 2 gh

(4)

Используя выражение (3), найдем высоту H точки A над уровнем земли

gt12 S2 =h+ = 5,0 м. H =h+ 2 4h

(5)

Найдем высоту ho, на которой необходимо расположить плиту, чтобы дальность полета S была максимальна. Пройдя в свободном падении путь ( H − ho ) , шарик наберет 18

скорость v1 = 2 g ( H − ho ) . Как следует из формул (2), после отражения он пролетит до падения на землю расстояние

S = v1

2ho = 2 ho ( H − ho ) . (6) g

Подкоренное выражение представляет собой квадратную функцию от ho, которая в

H = 2,5 , при этом 2 = H = 5,0 м.

данном случае достигает максимума при ho =

S max

Задача 7. «Смеситель» Водопроводный смеситель холодной (T1 = 10 °С) и горячей (T2 = 70 °С) воды состоит из двух одинаковых труб AB и CB, переходящих в удлинитель BD (рис. 3). Краны K1 и К2 регулируют расход q (т.е. объем воды, проходящий через трубу в единицу времени) и температуру T воды, выходящей из смесителя. Опыт показывает, что расход воды через трубу AB (или CB) пропорционален разности гидростатических давлений pA и pB на ее концах q = α C ( p A − pB ) , где α – некоторый безразмерный коэффициент «открытия крана», принимающий значение от нуля (кран закрыт) до единицы (кран полностью открыт), а C – некоторый постоянный размерный коэффициент для данной трубы. Расход воды через удлинитель BD также пропорционален разности давлений жидкости на его концах q = C ( pB − po ) , где po – нормальное атмосферное давление на выходе из трубы в точке D (см. рис. 3). Давления в магистралях холодной p1 = pA = 3,0 атм. и горячей p2 = pС =2,6 атм. труб поддерживаются постоянными. Воду будем считать несжимаемой жидкостью, а потери теплоты при прохождении смесителя – пренебрежимо малыми. Если полностью открыть (α1 =1,0) кран холодной воды при полностью закрытом кране горячей воды, то расход воды будет равен q1 = 1,4 л/с. 3.1. Вычислите значение коэффициента C и укажите его размерность. 3.2. Найдите расход q2 воды при полном открытии крана с горячей водой (при закрытом втором кране). 3.3. Вычислите расход воды q3 и ее температуру T3 в случае, когда два крана открыть полностью (α1 = α2 =1,0). 3.4. Найдите расход воды q4 и ее температуру T4, в случае, когда один кран холодной воды открыт на α1 = 0,30, а кран горячей – на α2 = 0,70. 3.5. В «час пик» при большом количестве пользователей давление p2 в магистрали горячей воды может значительно упасть. При каком давлении pmin подача горячей воды в смеситель полностью прекратится, если кран холодной воды открыт на α1 = 0,30, а кран горячей – на α2 = 0,70? Решение. 1) Для вычисления значения C рассмотрим процесс вытекания холодной воды при полностью открытом кране. При течении несжимаемой жидкости ее расход для обеих трубок должен быть один и тот же q AB = qBD . Это будет возможно в том случае, если в точке B трубки установится некоторое «самосогласованное» давление pB, обеспечивающее прокачку соответствующего потока жидкости через каждую из трубок. Математически можем записать это условие в виде системы уравнений

q AB = C ( p A − pB ) = qBD = C ( pB − po ). (1) Из (1) находим 19

pB =

p A + po = 2 атм. 2

Соответственно, для расхода воды в этом случае получим

q AB = C ( p A − pB ) ⇒ C =

q1 . p A − pB

(2)

Подставим численные значения

C=

1,4 = 1, 4 ⋅ 10−8 м3/(с⋅Па). 5 ( 3 − 2 ) ⋅10

2) При полном открытии крана с горячей водой можно повторить рассуждения предыдущего пункта с той лишь разницей, что давление в магистрали равно pC

qCB = C ( pC − pB ) = qBD = C ( pB − po ) и pB =

pC + po = 1,8 атм. 2

Тогда расход горячей воды

qCB = q2 = C ( pC − pB ) = 1, 4 ( 2,6 − 1,8 ) = 1,12 л/с.

3) При полном открытия двух кранов в точке B системы должно установиться давление pB, «обеспечивающее» прокачку через удлинитель BD суммарного потока q3, образованного слиянием двух (холодного q1 и горячего q2) потоков из труб AB и CB. Соответственно, в этом случае справедлива система уравнений

q1 = C ( p A − pB ),

q2 = C ( pC − pB ),

q3 = q1 + q2 = C ( pB − po ). (3)

Решение системы уравнений (3) дает следующие результаты

p A + pC + po 3 + 2,6 + 1 = = 2,2 (атм.). 3 3 Расход холодной воды q1 = 1, 4(3 − 2, 2) = 1,12 л/с, расход горячей воды, соответственно, равен q2 = 1, 4(2,6 − 2,2) = 0,56 л/с. Общий расход воды q3 = 1,12 + 0,56 = 1,68 л/с. pB =

Как видим из полученных результатов, расход горячей воды почти в два раза меньше расхода холодной воды. Это приводит к своеобразному эффекту «закупоривания» трубы с горячей водой и, соответственно, падению ее расхода. С этой точки зрения можно заметить, что сильный перепад давлений в магистралях не желателен. Поскольку в смесителе потери теплоты практически отсутствуют (жидкости протекают через него достаточно быстро), то из уравнения теплового баланса получим cm1 (T − T1 ) = cm2 (T2 − T ) , где T – искомая температура на выходе из смесителя, c – удельная теплоемкость воды. Т. к. вода практически несжимаема, то можно считать, что ее плотность ρ в обеих магистралях одинакова. В этом случае m1 = ρV = ρ q1t и m2 = ρV = ρ q2t , тогда

q1 (T − T1 ) = q2 (T2 − T ) и T =

q1T1 + q2T2 1,12 ⋅ 10 + 0,56 ⋅ 70 = = 30 оС. 1,68 q1 + q2

4) При различном открывании кранов система уравнений примет вид

q1 = α1C ( p A − pB ), q2 = α 2C ( pC − p B ), q4 = q1 + q2 = C ( p B − po ). (4)

Соответственно ее решение даст следующие результаты

pB =

α1 p A + α 2 pB + po = 1,86 (атм.). 1 + α1 + α 2

Расход холодной воды q1 = 0,30 ⋅ 1,4(3 − 1,86) = 0, 4788 (л/с), 20

расход горячей воды, соответственно, равен q2 = 0,70 ⋅ 1, 4(2,6 − 1,86) = 0,7252 (л/с). Общий расход воды q3 = 0, 4788 + 0,7252 = 1,204 (л/с). Температуру воды на выходе из смесителей найдем с помощью выражения

T=

q1T1 + q2T2 0,4788 ⋅ 10 + 0,7252 ⋅ 70 = = 46,14 (оС). 1, 204 q1 + q2

Примечание: Если в качестве предельного перехода положить α1 = α2 = 1, то получим результат в задании 3). Таким образом, с помощью кранов мы можем регулировать температуру воды от полностью холодной (T1 = 10 oC, α1 = 1,0, α2 = 0,0), до полностью горячей (T2 = 70 oC, α1 = 0,0, α2 = 1,0) 5) Интересно, что при некоторых давлениях pA и pB в магистралях и коэффициентах α1 и α2 поток горячей воды может обратиться в нуль. При этом в кран с горячей водой будет «закачиваться» холодная вода, поскольку давление там меньше. Так, иногда, принимая душ, можно почувствовать, что вода стала прохладнее после того, как в соседней кабинке кто-то откроет кран с горячей водой. Для вычисления минимального давления приравняем к нулю расход горячей воды q2 = α 2C ( pC − pB ) = 0 ⇒ pC = pB .

pmin =

α1 p A + α 2 pmin + po , 1 + α1 + α 2

здесь сделана замена pC = pB = pmin . Решим это уравнение

pmin + pminα1 + pminα 2 = α1 p A + α 2 pmin + po и pmin =

pmin =

α1 p A + po . 1 + α1

0,30 ⋅ 3 + 1 = 1,46 (атм.). 1 + 0,3

Интересно, что эффект «побочной тяги» не зависит от коэффициента α2 открытия крана с горячей водой. Это вполне можно понять, поскольку от размера отверстия, сплошная среда (жидкость или газ) всегда устремляется в область пониженного давления. 4. Задачи оценки. Задача 1. Оцените, сколько воды должно испариться при кипении, чтобы заполненный образовавшимся при этом паром воздушный детский шарик начал подниматься в воздухе. Считать, что пар не успевает остыть. Решение. Условие начала подъема – равенство силы Архимеда со стороны вытесненного воздуха и суммы веса оболочки шарика и веса пара: ρ вVg = mв g = mш g + mn g , где V – объем надутого шарика. Масса воздуха и пара определяется из уравнения состояния Клапейрона – Менделеева:

mв =

M в pV M pV , mn = n . RTв RTn

M T  mш = mв − mn = mn  в n − 1 .  M nTв  21

Для оценки положим Mв ≈ 0,029 кг/моль, Mп ≈ 0,018 кг/моль, Tп ≈ 373 К, Tв ≈ 300 К, p ≈ 105 Па, R ≈ 8,3 Дж/(моль⋅К), V ≈ 10–2 м3. После подстановки значений

mn =

M n pV ≈ mш ≈ 0,005 кг. RTn

Задача 2. На какую глубину в водоеме надо погрузить детский резиновый мячик, чтобы он начал тонуть? Решение. При постоянной температуре

pV = poVo ,

4 3 π R – объем мячика, p ≈ ρ gh + 105 – давление на глубине h. 3 Масса резинового мячика m ≈ ρ pV p . Предельное условие равновесия mg ≈ ρ g (V p + V ) . где Vo ≈

Тогда

poVo ρ p

105 . = h≈ g ( ρ p − ρ )m p ρ g Пусть po ≈ 1,5⋅105 Па, g ≈ 10 м/с2, ρ ≈ 103 кг/м3, ρр ≈ 2⋅103 кг/м3, m ≈ 0,5 кг, R ≈ 0,1 м. Тогда h ≈ 240 м. На самом деле, плотность резины близка к плотности воды. На такой глубине она несколько увеличится, так как ее модуль Юнга мал. Задача 3. В велосипедный насос набирают воду, а затем выдавливают ее с помощью поршня. Оцените максимальную скорость струи. Решение. Пусть сечение поршня S, а его отверстия σ. За время ∆t поршень насоса сместился на ∆x. Из закона сохранения масса имеем ∆m = ∆xS ρ = uσ ⋅ ρ∆t , из закона сохранения энергии следует

u2 F ∆x = ∆ m . 2 Скорость равна u =

2F . Sρ

При F ≈ 100 H, S ≈ 4⋅10–4 м2, ρ ≈ 103 кг/м3 получим u ≈ 22 м/с. Задача 4. Тонну золота взвесили с хорошей точностью сначала зимой на морозе, а позже при июльской жаре. Оцените, насколько разошлись показания весов. Эффект теплового расширения золота мал. Золото примерно в двадцать раз тяжелее воды. Решение. Показания весов расходятся из-за различия выталкивающих сил воздуха при разных температурах.

22

V=

M зол

ρ зол

≈

1000 ≈ 0,05 м3 – объем тонны золота, 20000

T1 ≈ 300 K – июльская температура, T2 ≈ 240 K –зимняя температура, p ≈ 105 Па – атмосферное давление, µ ≈ 29⋅10–3 кг/моль – молекулярная масса воздуха, R ≈ 8,3 Дж/(моль⋅К) – универсальная газовая постоянная. Уравнение Менделеева – Клапейрона для вытесненного воздуха

pV = откуда

m=

m

µ

RT ,

µ pV RT

.

Разница сил Архимеда равна

µ pV  1

1 29 ⋅ 10−3 ⋅ 105 ⋅ 5 ⋅ 10−2 F2 − F1 = ( m2 − m1 ) g  − g ≈ 8,3 R  T2 T1 

1   1 ⋅ −  ⋅ 10 ≈ 0,15  240 300 

Н. Разница показаний весов 0,15 H, что соответствует по массе 15 г. Задача 5. Для спасения людей при пожаре используют аварийные брезентовые полотнища, удерживаемые спасателями по периметру. Оцените, с какой высоты может упасть человек, не ударившись при торможении о землю. Решение. Высота полотнища над землей h (около метра). На этом расстоянии должна быть «погашена» энергия mgH. Поэтому среднюю тормозящую силу оцениваем, как

F = mg

H . h

Спасатели могут натягивать брезент с силой

f ≈ (1 ÷ 0,5)mg .

В работу вносит вклад вертикальная составляющая силы, среднее значение которой

F≈

Nfh . 2R

Здесь R – радиус полотнища, N =

2π R – максимальное число спасателей, d ≈ 0,5 м – миd

нимальное расстояние между спасателями.

F = mg Откуда H ≈

π h2 d

H Nfh ≈ . h 2R

= 5 ÷ 8 м. (2-й, 3-й этажи). Кстати, по инструкции МВД, полот-

нища используют только для спасения с высоты 8 метров.

Задача 6. Оценить относительные изменения периодов колебаний маятников ((T – To)/To), находящихся в поездах, идущих вдоль экватора с запада на восток и с востока на запад по отношению к периоду колебаний маятника To в стоящем поезде. 23

Решение. Период колебаний маятника определяется натяжением нити (стержня), то есть весом тела. В связи с вращением Земли вокруг оси и движением поезда вес тела P отличается от mg . В инерциальной системе отсчета стороннего наблюдателя скорость поезда складывается из линейной скорости вращения Земли ω R и скорости поезда относительно Земли v. Обозначим как P+ вес тела при движении поезда с запада на восток, а P– − вес при движении с востока на запад. Второй закон Ньютона для подвешенного груза (математического маятника) в инерциальной системе отсчета стороннего наблюдателя запишется как

m (ω R ± v ) v2 2 P± = mg − = mg − mω R ∓ m2ω v − m . R R 2

(1)

В стоящем поезде

Po = mg − mω 2 R.

(2)

Удвоенная линейная скорость вращения Земли на экваторе

2ω R ≈ 4π

6400 ≈ 1 км/с, 3600 ⋅ 24

что в тридцать раз превышает скорость скорого поезда v . Поэтому в уравнении (1) можно пренебречь членом m

v2 по сравнению с m2ωv . R

Периоды колебаний маятника для различных случаев:

T± = 2π

l l , To = 2π . g − ω R ∓ 2ωv g − ω2R 2

(3)

Несложно проверить, что относительное изменение периода колебаний будет мало. Поэтому

T± − To T± − To T ≈ =1− o To T± T± (в знаменателе для удобства To заменили T± ).

(4)

Из (3) получаем 2

 To  2ω v 2ω v . ≈1∓   =1∓ 2 g −ω R g  T±  В силу малости члена Далее из (5)

(5)

ω 2 R по сравнению с g его отбросили в (5). 2

 To   To  To   To  2ωv .   − 1 =  − 1 + 1 ≈ 2  − 1 ≈ ∓ T T T T g  ±  ±  ±   ± 

(6)

Из-за малого различия периодов колебаний в (6) приближенно положили

 To    + 1 ≈ 2.  T±  Пусть скорость поезда 30 м/с, g = 10 м/с2. Тогда из (6)

24

1−

To ωV 2π ⋅ 30 ≈± ≈± ≈ ±5 ⋅ 10−4 . 3600 ⋅ 24 ⋅ 10 T± g

Задача 7. Летающая тарелка в виде пластины площадью S = 10 м2 «висит» в воздухе. Нижняя поверхность тарелки имеет температуру t1 = 100 oC, верхняя – t2 = 0,0 oC. Температура воздуха to = 20 oC. Атмосферное давление po = 1,0⋅105 Па. Оцените по этим данным массу тарелки. Решение. Будем считать, что молекулы ударяющиеся о поверхность тарелки, отражаются от нее со скоростью, соответствующей температуре поверхности. Поэтому, для оценки давления газа температуры To на поверхность, температура которой T, можно воспользоваться соотношением

P = Po

T + To . 2To

Эта формула может быть получена из следующих простых соображений: сила давления пропорциональна импульсу, передаваемому молекулами газа стенке в процессе удара, который в свою очередь пропорционален температуре газа. Если молекулы ударяются о поверхность той же температуры, что и газа то в среднем изменение импульса молекулы равно удвоенному первоначальному импульсу, в нашем же случае отраженные молекулы имеют скорость соответствующую температуре стенки, и их импульс по модулю возрастает после удара. Поэтому для оценки давления можно принять, что давление газа соответствует температуре равной среднему значению между температурами газа и стенки. Отметим, что данные рассуждения приводят к приближенному значению давления, более корректный расчет несколько сложнее, но приводит к результату незначительно отличающемуся от полученного. Следовательно, разность давлений

∆P = Po

∆T , ∆T = T2 − T1. 2To

Сила тяжести тарелки уравновешивается этой разностью давлений

mg = ∆PS .

откуда получим

m=

Pо ∆T 1,0 ⋅ 105 ⋅ 100 = = 174 (кг). 2Tо Sg 2 ⋅ 293 ⋅ 10 ⋅ 9,8

Задача 8. Металлический заряженный шарик погрузили в жидкость с малым удельным электрическим сопротивлением ρ. Оцените время исчезновения заряда на шарике. Решение. Воспользуемся законом Ома в дифференциальной форме и запишем плотность тока у поверхности шарика

j= где E =

q 4πε o R 2

E

ρ

,

(1)

– напряженность электрического поля у поверхности шарика, q – его за-

ряд, R – радиус. Сила тока, стекающего с шарика, 25

I = j⋅S =

q

εoρ

,

(2)

где S = 4πR2 – площадь поверхности шарика. Сила тока – есть скорость изменения заряда шарика ∆q/∆t. Как следует из (2), сила тока не является постоянной, а зависит от заряда шарика. Однако, для получения оценки времени исчезновения заряда, можно положить ее постоянной и равной I o =

qo

εoρ

, где qo –

начальный заряд шарика. Тогда время разряда оценивается по формуле

τ=

qo = ε o ρ. Io

Отметим, что эта оценка впервые получена Дж. К. Максвеллом и носит название максвелловское время релаксации. Можно показать, что за это время заряд уменьшается в e = 2,71828 … раз. Задача 9. Пусть в результате общего решения задачи получена следующая расчетная формула: ∆m =

VM ( p1T2 − p2T1 ) , где V = 9 л – объем газа, M = 2⋅10–3 кг/моль – его моRT1T2

лярная масса, p1 = 52⋅105 Па – первоначальное давление газа, T1 = 296 K – его начальная температура, p2 = 5⋅104 Па – конечное давление газа, T2 = 283 K – его конечная температура, R = 8,31 Дж/(моль⋅К) – универсальная газовая постоянная, ∆m – изменение массы газа. Оцените порядок величины ∆m. Решение. Переводим данные величины в СИ, одновременно округляем их значения и представляем в стандартном виде. В результате получаем: V ≈ 10–2 м3, M = 2⋅10–3 кг/моль, p1 = 5⋅106 Па, T1 = 3⋅102 K, p2 = 5⋅104 Па, T2 = 3⋅102 K, R = 8 Дж/(моль⋅К). Из этих данных, вопервых, видно, что приближенные значения начальной и конечной температуры одинаковы и, следовательно, вместо первоначальной формулы получается более простое выражение

∆m ≈

VM ( p1 − p2 ) . RT

Во-вторых, конечное давление p2 = 5⋅104 Па по порядку величины значительно меньше начального давления p1 = 5⋅106 Па (на два порядка) и, следовательно, им можно пренебречь. В конечном итоге для оценки порядка величины ∆m получаем

∆m ≈

VMp1 , RT

10−2 ⋅ 2 ⋅ 10−3 ⋅ 5 ⋅ 106 ≈ 4 ⋅ 10−2 (кг). откуда ∆m ≈ 2 8 ⋅ 3 ⋅ 10 Более точный, но и более длительный расчет дает для искомой величины значение ∆m = 3,8⋅10–2 кг. Грубая, но быстрая оценка порядка искомой величины очень важна для последующего этапа анализа решения. При сравнении физических величин (зависящих от других величин) сначала находят их отношение в общем виде, а затем производят числовой расчет этого отношения.

26

Задача 10. Лёгкий самолёт может планировать с выключенным мотором с минимальной постоянной горизонтальной скоростью 150 км/ч под углом 5° к горизонту (при попытке уменьшить скорость или угол самолёт свалится в штопор). Оцените, какую минимальную силу тяги должен создавать движитель самолёта, чтобы он мог взлететь с полосы. Масса самолёта M = 2 т. Считайте, что корпус самолёта всегда параллелен направлению его скорости. Решение. Из условия следует, что при скорости, близкой к 150 км/ч, подъёмная сила равна силе тяжести, и самолёт сможет взлететь с полосы. Чтобы разогнать самолёт до такой скорости, сила тяги должна превосходить силу сопротивления воздуха. Эта сила сопротивления почти не отличается от силы сопротивления при планировании с указанной постоянной скоростью под небольшим углом к горизонту: Fconp = Mg sin α . Таким образом, минимальная сила тяги должна равняться

Fmin ≈ Mg sin α ≈ 1,7 ⋅ 103 Н. Задача 11. Оцените частоту писка летящего комара. Длина его туловища равна длине каждого из двух крыльев и составляет l = 3 мм, толщина туловища равна ширине крыла d = 0,5 мм. Плотность воздуха ρ1 = 1,2 кг/м3, плотность комара ρ2 = 1000 кг/м3. Решение. Пусть комар машет крыльями с частотой ν. Предположим, что амплитуда взмахов его крыльев имеет порядок длины крыла, то есть равна l, и что крылья опускаются плашмя, а поднимаются ребром, так, что сопротивлением воздуха при поднимании крыльев можно пренебречь. Средняя скорость воздуха, отбрасываемого крыльями, равна v = ν l . Сила сопротивления движению крыла даётся формулой

f =

1 ρ1Sv 2 , 2

где S = ld – площадь крыла. (Для нахождения оценки можно получить эту формулу методом размерностей, предположив, что сила сопротивления пропорциональна квадрату скорости. В этом случае в результате будет отсутствовать коэффициент 1/2, что является несущественным.) Подъёмная сила равна произведению средней по времени силы сопротивления движению крыла на число крыльев (у комара их два). Так как крыло отбрасывает воздух только тогда, когда опускается вниз, то средняя по времени сила сопротивления вдвое меньше f. Значит, подъёмная сила равна

F = 2⋅

f 1 1 2 3 = ρ1Sv 2 = ρν 1 l d , 2 2 2

и поскольку комар не падает, то она должна уравновешивать его вес:

1 2 3 2 ρν 1 l d = mg = ρ 2ld g . 2 Отсюда

ν=

1 2 ρ 2 gd ≈ 1 кГц ~ 103 Гц. ρ1 l

Этот результат достаточно хорошо согласуется с реально наблюдаемой частотой писка комара.

27

Задача 12. Оцените, до какой максимальной температуры может нагреться из-за трения о воздух поверхность самолета, который летит со скоростью, близкой к скорости звука. Для оценки считать, что воздух состоит из двух атомных молекул азота, энергия которых равна

5 kT , где k = 1,38⋅10–23 Дж/(моль⋅К) – постоянная Больцмана и T – абсолютная 2

температура, выраженная по шкале Кельвина. Температуру окружающего воздуха считать равной –10 оС. Примечание: связь между температурой по шкале Цельсия с температурой по шкале Кельвина выражается уравнением t = (T – 273) oC. Решение. При столкновении молекулы азота с поверхностью самолета она может получить энергию большую, чем

5 mv 2 kT1 + , 2 2 где v – скорость самолета (или, в системе координат, связанной с самолетом, средняя скорость упорядоченного движения налетающих на нос самолета молекул азота), m – масса молекулы азота, T1 – температура окружающего воздуха. Так как молекулы азота после столкновения с самолетом должны иметь энергию

5 kT2 , соответствующую температуре T2 поверхности самолета, то 2 5 5 mv 2 kT2 < kT1 + . 2 2 2 Отсюда

T2 max

1 mv 2 = T1 + ≈ 373 K = 100 oC. 5 k

5. Задачи на движение с сопротивлением. Задача 1. Два тела одинакового объема V соединены длинной нитью. Плотность первого тела ρ1, плотность второго тела ρ2. Систему сбрасывают с зависшего воздушного шара. Через некоторое время скорость падения системы становится постоянной, так как сила тяжести уравновешивается силой сопротивления воздуха. Найдите силу натяжения нити в установившемся режиме падения. Решение. Тела одинаковой формы двигаются с равными скоростями на большом расстоянии друг от друга. Следовательно, действующие на них силы сопротивления воздуха Fс равны по абсолютной величине; Силы, действующие на каждое тело, компенсируются. В условии это сказано лишь про всю систему – следовательно, это требует пояснения при решении. Каждое тело по отдельности движется с постоянной скоростью, и поэтому силы компенсируются. Достаточным обоснованием будет ссылка на условие задачи, где сказано, что для равномерно движущихся тел все силы компенсируются. Пусть для определенности ρ2 > ρ1. Тогда второе тело будет лететь ниже первого. Уравнения движения: для первого тела: ρ1Vg + T = Fс, где T – искомая сила натяжения нити; для второго тела: 28

ρ2Vg – T = Fс. Вычитая из первого выражения второе, получаем ответ:

T = Vg

ρ2 − ρ1 2

.

Если считать, что первое тело тяжелее, ответ будет другого знака. Также в этом случае поменяются знаки для силы натяжения в уравнениях (см. выше). Задача 2. Из (А) в (Б) можно добраться только на моторной лодке по узкой реке, скорость течения которой всюду одинакова. Лодке с одним подвесным мотором на путь из A в Б требуется время t1 = 50 минут, а с двумя моторами – время t2 = t1/2. Сила тяги двух моторов вдвое больше силы тяги одного. За какое минимальное время можно добраться из Б в А на лодке с одним и с двумя моторами? Известно, что сила сопротивления движению лодки пропорциональна квадрату скорости движения относительно воды.

Решение. Обозначим расстояние от A до Б через S, а скорость течения реки через u. Скорость движения лодки с одним мотором относительно воды обозначим через v. Поскольку при установке на лодку двух моторов сила тяги вырастает вдвое, а сила сопротивления движению лодки пропорциональна квадрату скорости движения лодки относительно воды, то скорость движения лодки с двумя моторами относительно воды равна 2v . Из условия задачи не известно, какой из населённых пунктов – A или Б – находится выше по течению реки. Поэтому нужно проверить два варианта: 1) A находится выше по течению; 2) Б находится выше по течению. Для первого варианта имеем уравнения:

S S t = t1 , = t2 = 1 . 2 u+v u + 2v

(1)

S = t1 , v −u

(2)

Для второго варианта:

S t = t2 = 1 . 2 2v − u

Для варианта (1), разделив одно уравнение на другое, получим:

u + 2v = 2, u+v откуда

u = 2 − 2 < 0. v

Так как u и v положительны, то отсюда следует, что система (1) не имеет решения. Значит, (A) находится ниже по течению, чем (Б). Из системы (2), поделив уравнения друг на друга, получаем:

u =2− 2. v Чтобы найти время движения из Б в A на лодке с одним или двумя моторами, нужно вычислить величины:

t3 =

S S , t4 = . (3) u+v u + 2v

Выражая из (2) S через t1 и подставляя в (3), получаем:

29

u v ⋅ t = 2 − 1 ⋅ t ≈ 13,06 мин – время движения с одним мотором; t3 = u 1 3− 2 1 1+ v u 1− v ⋅ t = 2 − 1 ⋅ t ≈ 10,35 мин – время движения с двумя моторами. t4 = 1 u 1 2 2+ v 1−

Задача 3. Деревянный шарик, опущенный под воду, всплывает в установившемся режиме со скоростью v1, а точно такой же по размеру пластмассовый тонет со скоростью v2. Куда и с какой скоростью будут двигаться в воде эти шарики, если их соединить ниткой? Сила сопротивления пропорциональна скорости, гидродинамическим взаимодействием шариков можно пренебречь. Считайте, что на движущийся шарик действует такая же сила Архимеда, как и на покоящийся. Решение. При движении каждого шарика в установившемся режиме разность величин действующих на него силы Архимеда и силы тяжести равна силе сопротивления движению αv, где v – скорость соответствующего шарика, а α – коэффициент пропорциональности, одинаковый для обоих шариков. Поэтому на удерживаемые неподвижно шарики со стороны воды и Земли в вертикальном направлении действуют силы α v1 и −α v2 , а при движении соединённых ниткой шариков в установившемся режиме их скорость v может быть найдена из условия: α v1 − α v2 = 2α v . Отсюда

v=

v1 − v2 . 2

Если v1 > v2, то шарики всплывают, а если v1 < v2, то тонут. При v1 = v2 они находятся в равновесии, то есть v = 0. Задача 4. Школьник заметил, что сферический пузырёк воздуха диаметром d1 = 1 мм всплывает в жидкости плотностью ρж = 1 г/см3 со скоростью v1 = 0,5 см/с. Пузырёк диаметром d2 = 2 мм всплывает со скоростью v2 = 2 см/с, а сферическая металлическая дробинка такого же диаметра плотностью ρ = 5 г/см3 тонет со скоростью v3 = 8 см/с. С какой скоростью будет всплывать в этой жидкости пластмассовый шарик плотностью ρ = (2/3) г/см3 и диаметром d = 3 мм? Считайте, что характер зависимости сил сопротивления движению от скорости и диаметра шарика – степенной, и для всех указанных тел одинаков. Решение. При движении шарика в жидкости на него действуют сила тяжести Fm, направленная вниз, сила Архимеда FA, направленная вверх, и сила вязкого трения Fmp, зависящая, как это следует из условия задачи, от скорости и от диаметра шарика. Две первые силы являются объёмными. Это значит, что их разность пропорциональна разности ρ − ρ ж (ρ – плотность шарика) и объёму шарика, то есть кубу его диаметра d:

| Fm − FA |= A | ρ − ρ ж | d 3 . Здесь A – коэффициент пропорциональности. Предположим, что сила вязкого трения зависит от диаметра шарика d и его скорости v следующим образом: 30

Fmp = Bd n v m , где B – коэффициент пропорциональности, n и m – неизвестные показатели степени. При движении с постоянной скоростью разность сил тяжести и Архимеда равна по величине силе вязкого трения. Тогда для пузырька диаметром d1 имеем: Aρ ж d13 = Bd1nv1m , откуда v1 = m

A ρ ж d13−n . B

Аналогично, с учётом условия задачи для пузырька диаметром d2 получаем

v2 = m

A A ρ ж (2d1 )3−n = 4v1 = 4m ρ ж d13−n . B B

откуда следует уравнение

2

3− n m

= 22 , или 3 − n = 2m .

Далее, для дробинки диаметром d2, учитывая, что v3 = 4v2 и ρд = 5ρж, получаем

v3 = m

A A A ( ρд − ρ ж )d 23−n = m 4 ρ ж d 23−n = 4 m ρ ж d 23−n , B B B

откуда находим, что m = 1. Зная m, определяем, что и n = 1. Значит, зависимость Fmp (d , v) имеет следующий вид: Fmp = Bdv . Теперь можно найти скорость u, с которой будет всплывать пластмассовый шарик.

2 ρ ж , получаем: 3 A 2 A  u =  ρ ж − ρ ж  ⋅ (3d1 ) 2 = 3 ρ ж d12 = 3v1 = 1,5 см/с. 3 B B 

Учитывая, что его плотность равна

Задача 5. Шарик массой m и объёмом V под действием силы тяжести падает в жидкости плотностью ρ с постоянной скоростью v. Сила сопротивления жидкости движению шарика пропорциональна квадрату скорости. К шарику прилагается дополнительно горизонтально направленная сила f. Какой станет вертикальная составляющая скорости шарика v1? Решение. До приложения силы f выполнялось равенство:

(m − ρV ) g = kv 2 , где k – коэффициент пропорциональности между силой сопротивления движению
шарика и его скоростью. После приложения дополнительной силы f суммарная сила F , действующая на шарик, равна по величине

F = ku 2 = ( m − ρV ) 2 g 2 + f 2
и направлена вместе с вектором установившейся скорости u под таким углом α к вертикали, что

tgα =

f

(m − ρV ) g

.

Поэтому вертикальная проекция скорости шарика станет равной v1 = u cos α :

31

v1 =

((m − ρV )2 g 2 + f 2 )1/ 4 (m − ρV ) g f2 ⋅ 1+ (m − ρV ) 2 g 2 v

v

=

  f + 1  (m − ρV ) 2 g 2    2

1 4

.

Задача 6. В неоднородной вязкой среде (см. рис.) сила сопротивления, действующая на тело массой m, пропорциональна квадрату скорости, причём коэффициент пропорциональности α зависит от координаты тела x в
v направлении движения (то есть выражение для силы сопротивле- O



ния имеет вид f = −α ( x)vv ). Какой должна быть зависимость

m

α(x), чтобы при любой начальной скорости, направленной вдоль оси x, тело, пущенное из точки x = 0, двигалось в данной среде равнозамедленно? Силу тяжести не учитывайте. Решение. Так как тело движется вдоль оси x, то его ускорение, в соответствии со вторым законом Ньютона, равно

ax =

fx α ( x) 2 =− v. m m

Из условия задачи следует, что тело, пущенное в начальный момент времени из начала координат с начальной скоростью vo, движется равнозамедленно. Обозначим ускорение тела ax при данных начальных условиях через −a = const. Координата тела x и его скорость v зависят от времени t следующим образом:

at 2 x = vot − , v = vo − at . 2 Отсюда, с учётом предыдущей формулы, имеем:

a=

α ( x) m

(vo − at )2 .

Поэтому

α ( x) =

ma m m = = . (vo − at ) 2 vo2  vo2  2 − 2vot + at 2 − x  a a 

Таким образом, тело, пущенное из начала координат со скоростью vo, может двигаться равнозамедленно только тогда, когда зависимость α(x) имеет вид:

α ( x) =

m , 2( X − x)

vo2 где X = – некоторое положительное число. 2a Отметим, что X имеет смысл расстояния, которое проходит тело от начала координат до полной остановки, и зависит только от свойств среды. При этом последнюю формулу следует понимать в том смысле, что тело, пущенное с некоторой скоростью vo, движется с

vo2 , которое определяется начальной скоростью и свойствами среды. ускорением a = 2X

32

x

Нас не должно удивлять наличие в выражении для α ( x) массы тела m. При другой массе mo, но тех же размерах, форме и начальной скорости тела его движение в среде с зависимостью α ( x) , соответствующей массе m, уже не будет равнозамедленным! Задача 7. Лодку массой m, стоящую в спокойной воде, толкнули со скоростью vo. Какой путь пройдет она до того, как остановится, если сила сопротивления движению пропорциональна скорости: F = α v ? Решение. В любой момент движения ускорение лодки, согласно второму закону Ньютона, равно a = −

α

m

v , где v – скорость лодки в этот момент. Это пример движения с перемен-

ным ускорением (чем меньше скорость, тем медленнее она уменьшается), при котором в случае идеального выполнения условий задачи лодка будет двигаться бесконечно долго (хотя и очень медленно в конце). Из этого, правда, не следует, что тормозной путь будет бесконечным. Как же его найти? Умножим обе части предыдущего уравнения на небольшой промежуток времени ∆t, за который изменениями v и a можно пренебречь:

a∆t = −

α

m

v∆t .

Теперь заметим, что a∆t – это приращение скорости ∆v за время ∆t, a v∆t – приращение пути ∆l за это же время. Так как момент времени был выбран совершенно произвольно, можно сделать вывод, что для того, чтобы скорость изменилась на ∆v , лодка должна пройти путь

∆l = −

m

α

∆v

(минус в выражении объясняется тем, что ∆v отрицательно). Из условия ясно, что за достаточно большое время скорость лодки уменьшается от начального значения vo практически до нуля. Тогда весь пройденный путь равен

l=

m

α

vo .

6. Задачи на максимум, минимум. Задача 1. Под каким углом к горизонту нужно бросить камень, чтобы он при движении все время удалялся от бросающего? Решение. Используя систему координат, показанную на рисунке, движение камня можно описать следующими уравнениями:

y
vo

gt 2 x = vot cos α , y = vot sin α − , 2 vx = vo cos α , v y = vo sin α − gt. Камень находится на самом большом расстоянии от начального положения, когда его скорость перпендикулярна его радиус-вектору. Это означает, что в этот момент

α O

y x –vy

v

x

vx 33

y v =− x. x vy В результате получаем квадратное уравнение относительно момента времени t, когда это происходит:

g 2t 2 − (3 gvo sin α )t + 2vo2 = 0. Для достижения максимального угла необходимо, чтобы дискриминант этого уравнения был равен нулю, т. е.

(3 gvo sin α max ) 2 − 8 g 2vo2 = 0, или sin α max =

8 . 9

Отсюда находим максимальный угол бросания:

α max = arcsin 0,94 = 70,5o . Таким образом, для того, чтобы камень постоянно удалялся от бросающего, угол бросания должен быть меньше 70,5о. Задача 2. На горизонтальной плоскости находится цилиндр диаметром D = 20 см. Какую минимальную скорость необходимо сообщить телу, находящемуся на горизонтальной плоскости, чтобы перебросить через цилиндр? Решение. Траектория тела – это парабола, которая касается ствола в симметрично расположенных точках B и B/ на двух сторонах ствола (рис.). Тело удаляется от точки бросания с начальной скоростью v1 под углом α к горизонту. В точках касания B и B/ скорость тела v2 составляет угол β с горизонталью. Выберем угол β в качестве независимой переменной задачи. Тогда в точке B вертикальная составляющая скорости равна

v2 sin β = gt2 ,

C E B β F R
v2

B/

β


v1

α

A

D

A/

где t2 – время полета на участке BC траектории (C – максимальная точка подъема, максимум параболы). Соответствующее горизонтальное перемещение BF равно v2t2 cos α = R sin β . После перемножения этих двух уравнений получаем

v22 =

gR . cos β

Закон сохранения энергии при полете между точками A и B дает

mv12 mv22 = + mg ( R + R cos β ), 2 2 или

v12 = v22 + 2 gR (1 + cos β ) =

gR + 2 gR (1 + cos β ) . cos β

Мы получили выражение для начальной скорости в виде

 1  v12 = 2 gR 1 + cos β + 2cos β   34

и можем вычислить минимальное значение v1, используя дифференциальное исчисление.

 1  d 1 + cos β + 1 2cos β  2  Приравняв производную к нулю, получаем cos β = . Таким 2 dβ образом минимальный угол, который дает минимум начальной скорости, равен 45о. Имеется и другой метод, который использует неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим. В нашем случае можно записать

1 1  1 2 cos β + , ≥ cos β =   2 2cos β  2cos β 2 1 так что минимальное значение суммы cos β + равно 2 , откуда следует, что β = 2cos β 45о. Это и есть угол, под которым тело касается цилиндра при полете в оптимальном случае. Если допустить β = 0 (точка E), то потребуется большая начальная скорость, так как cos β +

1 = 1,5 > 2 . Из этого следует, что траектория с минимальной началь2cos β

ной скоростью не касается ствола в его самой высокой точке (точка E). Гравитационная потенциальная энергия тела больше на пике параболы, чем в высшей точке цилиндра, но его кинетическая энергия и полная энергия меньше, чем они были бы для траектории, касающейся вершины. Таким образом, минимальная начальная скорость тела равна

v1min = 2 gR(1 + 2) ≈ 2,175 м/с. Примечания. а) Можно показать, что часть параболической траектории над точкой B не пересекает ствол. б) Довольно легко определить также угол начального броска и расстояния AD. Расчеты дают

α≥

 3π 2 = 67,5o , AD = R 1 +  ≈ 17 см. 8 2  

в) Обратите внимание на то, что точка F является фокусом параболы. г) Минимальная скорость тела, если оно, перелетая цилиндр, все же касается в верхней точке траектории вершины может быть найдена из следующих соображений. Воспользуемся законом сохранения энергии для точки E

mv12 mvx2 = + mg 2 R . 2 2

vx2 = g cos α1 , где α1 – Нормальное ускорение тела в верхней точке траектории an = R1 угол между вектором скорости тела в точке траектории и горизонталью, радиус кривизны 2 в данной точке. Для верхней точки α1 = 0 и R1 = R, тогда vx = gR . Сделаем подстановку в закон сохранения для верхней точки

v12 = 5 gR и v1 = 5 gR . После вычислений v1 =

5 ⋅ 9,8 ⋅ 0,1 ≈ 2, 214 (м/с). Как видим v1 > v1min .

35

Задача 3. Максимальная дальность полета камня, выпущенного из неподвижной катапульты, равна S = 22,5 м. Найдите максимально возможную дальность полета камня, выпущенного из этой же катапульты, установленной на платформе, которая движется горизонтально с постоянной скоростью v = 15,0 м/с. Сопротивление воздуха не учитывать, ускорение свободного падения считать g = 10,0 м/с2. Решение. Хорошо известно, что максимальная дальность полета тела, брошенного под углом к горизонту, достигается при угле вылета равном 45о и определяется формулой

vo2 S= . g

(1)

Из этой формулы можно найти скорость, которую катапульта сообщает камню

vo = gS = 15 м/с . Рассмотрим теперь полет камня, выпущенного из движущейся катапульты. Введем систему координат, оси которой: X – направлена горизонтально, Y а Y – вертикально. Начало координат совместим с положением
катапульты в момент вылета камня. g Для вычисления вектора скорости камня необходимо
учесть горизонтальную скорость движения катапульты v = vo v Допустим, что катапульта выбрасывает камень под углом α к
vo α горизонту. Тогда компоненты начальной скорости камня в наX шей системе координат могут быть записаны в виде

vxo = vo + vo cos α

(2)

v yo = vo sin α , Закон движения камня имеет вид

x = vxot = vo (1 + cos α ) t , gt 2 gt 2 y = v yot − . = vot sin α − 2 2

(3)

Из второго уравнения системы (3) найдем время полета, положив y = 0, 2v sin α τ= o . (4) g Подставив это выражение в первое уравнение системы (3), получим дальность полета камня

S1 = vo (1 + cos α )

2υo sin α . g

(5)

Отвлечемся немного от решения данной конкретной задачи и порассуждаем о полученном выражении. Во-первых, если катапульта неподвижна (v = 0), то формула (5) переходит в известное выражение для дальности полета тела, брошенного с начальной скоростью под углом α к горизонту

2vo2 sin α cos α . S = g /

(6)

Во-вторых, из (5) совсем не следует, что S1 будет максимально при α = 45o (это справедливо для (6), когда v = 0). Предлагая эту задачу на республиканскую олимпиаду, авторы были убеждены, что девять десятых участников получат формулу (5) и затем подставят в нее значение α = 45o. Однако, к нашему сожалению, мы ошиблись: ни один из олимпийцев не усомнился в том, 36

что максимальная дальность полета всегда (!) достигается при угле вылета, равном 45о. Этот широко известный факт имеет ограниченные рамки применимости: он справедлив только, если: а) не учитывать сопротивление воздуха; б) точка вылета и точка падения находятся на одном уровне; в) метательный снаряд неподвижен. Вернемся к решению задачи. Итак, нам необходимо найти значение угла α, при котором S1 определяемое формулой (5), максимально. Можно, конечно, найти экстремум функции, используя аппарат дифференциального исчисления: найти производную, положить ее равной нулю и, решив полученное уравнение, найти искомое значение α. Однако, учитывая, что задача была предложена ученикам 9-х классов, мы дадим ее геометрическое решение. Воспользуемся тем обстоятельством, что v = vo = 15 м/с.

Расположим векторы v и vo как показано на рис. Так как их длины равны, то вокруг них можно описать окружность с центром в точке О. Тогда длина отрезка AC равна vo + vo cos α (это есть vxo ), а длиB


v1

на отрезка BC равна vo sin α (это v yo ). Их произведение

равно удвоенной площади треугольника АВС, или площади треугольника АВВ1. Обратите внимание, что именно произведение vxo v yo входит в выражение для дальности полета


vo

A

O

α C

(5). Иными словами, дальность полета равна произведению площади ∆АВВ1 на постоянный множитель 2/g. А теперь B1 зададимся вопросом: какой из вписанных в данную окружность треугольников имеет максимальную площадь? Естественно, правильный! Поэтому искомое значение угла α = 60o.




Вектор AB есть вектор полной начальной скорости камня, он направлен под углом o 30 к горизонту (опять же отнюдь не 45o). Таким образом, окончательное решение задачи следует из формулы (5), в которую следует подставить α = 60o.

2vo2 3 3 1 + cos60o ) sin60o = S S1 = = 58,5 м. ( g 2 Задача 4. Шайба, скользившая по гладкому полу со скоростью vo = 12 м/с, поднимается на трамплин, верхняя часть которого горизонтальна и соскакивает с него. При какой высоте трамплина h дальность полета шайбы S будет максимальной? Решение. Скорость шайбы на вершине трамплина v можно найти с помощью закона сохранения энергии

mvo2 mv 2 = + mgh . 2 2 Высота трамплина и дальность полета шайбы связаны со временем полета t формулами

gt 2 h= , S = vt . 2 Из записанных выше равенств получим зависимость дальности полета шайбы от высоты трамплина: 2

2

 vo2   2h 2 vo2  S= (vo − 2 gh) = 2   −h −  . 4 4 g g g     Очевидно, что дальность полета будет максимальной при условии 37

vo2 h= = 3,6 м, 4g vo2 причем сама максимальная дальность S = = 7,2 м. 2g Задача 5. Два одинаковых груза массой M каждый, соединен

g ные пружиной, лежат на шероховатой горизонтальной плоскости в F поле тяжести земли. Какую минимальную горизонтальную силу необходимо приложить к правому грузу, чтобы пришел в движение левый груз? Коэффициент трения грузов о плоскость µ. В начальном состоянии пружина не деформирована. Решение. Для того, чтобы сдвинуть тело 2 с места, необходимо приложить к нему горизонтально силу, которая превышает максимальную силу трения покоя, которая в данном случае равна Fmp 2 = µmg . (1) В качестве силы, которая сдвигает это тело, выступает сила упругости пружин, модуль которой, согласно закону Гука, равен Fупр = k ∆x, (2) где k – жесткость пружины, ∆x – ее удлинение. Таким образом, необходимо удлинить пружину (т. е. сдвинуть тело 1) на величину

∆x =

µmg k

.

(3)

Если мы приложим к телу 1 постоянную силу F таким образом его движение не будет равноускоренным, так как на него действует, помимо постоянной силы трения Fmp = µmg сила упругости Fупр = k ∆x , которая не является постоянной. Качественно движение тела 1, при неподвижном теле 2, можно описать следующим образом. Если сила F по модулю превышает силу трения Fmp1 то тело начнет двигаться с положительным ускорением, при этом сила упругости начнет возрастать, в некоторой точке Fупр превысит разность F – Fmp1 и ускорение изменит свой знак. Тело 1 еще некоторое время будет двигаться в положительном направлении и затем остановиться. Максимальная деформация пружины будет в момент остановки тела. Эту максимальную деформацию ∆x1 можно найти, воспользовавшись энергетическими соображениями: работа постоянной силы F числено равна изменению энергии пружины плюс работа силы трения. Кинетическая энергия тела в начальный и конечный моменты движения равна нулю.

k ( ∆x1 ) F ∆x1 = µmg ∆x1 + 2

2

(4)

или

F = µmg +

k ∆x1 . 2

(5)

Очевидно, что для ответа на поставленный в задаче вопрос следует положить в (5) ∆x1 = ∆x определяемое (3). Окончательно получим

F = µmg +

µmg

3 = µmg. 2 2

(6)

38

Обратите внимание на два обстоятельства: 1. Искомая сила равна сумме силы трения, действующей на тело 1, и половине (!) силы трения, действующей на тело 2; 2. Ответ не зависит от величины жесткости пружины. Подумайте, как объяснить эти обстоятельства в том случае, когда жесткость пружины очень велика (скажем, вместо пружины металлический стержень). Не объясняет ли данная задача старую бурлацкую песню «поддернем, поддернем, да ухнем!»? Задача 6. Подвешенному на нити шарику сообщили начальную скорость в горизонтальном направлении. Когда нить отклонилась на угол α = 30о от вертикали, ускорение шарика оказалось направленным горизонтально. Найдите угол максимального отклонения нити. Решение. Когда нить отклонена на угол α, составляющие ускорения, направленные вдоль нити и по касательной к траектории шарика, определяются формулами

v2 an = , aτ = g sin α , l где v – скорость шарика, l – длина нити. Поскольку ускорение шарика в этот момент направлено горизонтально, проекции

векторов an и aτ на вертикальную ось одинаковы по модулю:

v2 sin 2 α 2 2 . an cos α = aτ sin α или cos α = g sin α , откуда v = gl l cos α Далее запишем закон сохранения энергии для шарика:

mv 2 + mgl (1 − cos α ) = mgl (1 − cos α m ) . 2 Решая это уравнение относительно cos α m , получим v2 sin 2 α cos α m = cos α − = cos α − = 0,73 . 2 gl 2cos α Задача 7. В герметически закрытом сосуде в воде плавает кусок льда массой М, в который вмерзла свинцовая дробинка массой m. Какое минимальное количество теплоты нужно затратить, чтобы дробинка начала тонуть? Плотность свинца 11,3 г/см3, плотность льда 0,9 г/см3, удельная теплота плавления льда λ. Температура воды в сосуде 0 °С. Решение. Для того чтобы дробинка начала тонуть, нет необходимости в том, чтобы растаял весь лед. Достаточно, если средняя плотность льда с дробинкой станет равна плотности воды. Если массу оставшегося при этом льда обозначить M1, то условие того, что дробинка начнет тонуть, запишется так:

M1 + m = ρB . V Но объем V льда и дробинки равен сумме их объемов, то есть

M1

ρЛ

+

m

ρC

.

Поэтому 39

M m M1 + m = ρB  1 +  ρ Л ρC Отсюда

M1 = m

 . 

( ρC − ρ B ) ρ Л = 8, 2m . ( ρ B − ρ Л ) ρC

Растаять должна масса льда

∆M = M − M 1 = M − 8, 2m . Для этого необходимо количество тепла

Q = λ∆M = λ ( M − 8,2m) .

Задача 8. Резистор, сопротивление которого постоянно, и +U– реостат подсоединены к источнику постоянного напряжения, как показано на рисунке. При силе тока в цепи I1 = 2 A на реостате выделяется мощность P1 = 48 Вт, а при силе тока I2 = 5 A на нем r выделяется мощность P2 = 30 Вт. 1. Определите напряжение источника и сопротивление реR зистора. 2. Найдите силу тока в цепи, когда сопротивление реостата равно нулю. 3. Найдите максимальную мощность, которая может выделиться на реостате. Чему равно сопротивление Rм реостата в этом случае? Решение. 1. Пусть в первом случае сопротивление реостата равно R1, во втором – равно R2. По закону Ома имеем:

 I1 ( r + R1 ) = U (1)  I ( r R ) U , + =  2 2 где R1 =

P1 P 6 = 12 Ом, R2 = 22 = Ом. 2 I1 I2 5

Решая систему (1), получим 2 2 PI PI − P I 1 2 − P2 I1 = 36 B, r = 1 2 2 1 = 6 Ом. U= I1I 2 ( I 2 − I1 ) I1I 2 ( I 2 − I1 )

2. Если сопротивление реостата равно нулю, то

Io =

U = 6 A. r

3. В общем случае мощность, которая выделяется на переменном напряжении R, можно представить в виде:

PR

Pmax

2

PR = I 2 R =

U R или PR = IU − I 2 r , 2 (R + r)

где IU – мощность, развиваемая источником. На рисунке представлена зависимость PR ( I ) . Эта парабола, вершина которой соответствует Pmax при силе тока

I=

U . 2r

O

U/(2r)

U/r

I 40

Следовательно,

Pmax Итак, Pmax =

U2 U 2 Rм = = ⇒ Rм = r . 4r ( Rм + r )2

U2 = 54 Вт, Rм = 6 Ом. 4r

Задача 9. Предохранитель в цепи электрического тока составлен из двух параллельно соединенных плавких предохранителей. Один из них имеет сопротивление R1 и рассчитан на максимальное значение тока I1, а второй – сопротивление R2 и рассчитан на ток I2. Какое максимальное значение силы тока может выдержать составной предохранитель? Решение. Обозначим силу тока через первый предохранитель i1, а через второй – i2. Так как предохранители соединены параллельно, то

i1 + i2 = I , i1R1 = i2 R2 , где I – сила тока в общей цепи. Из данной системы легко найти

i1 = I

R2 R1 , i2 = I . R1 + R2 R1 + R2

Далее необходимо проанализировать возможные варианты: какой из предохранителей перегорит при возрастании тока во внешней цепи раньше и перегорит ли после этого второй. Такой анализ приводит к результату

I2 R1 < предельное значение силы тока равно I1; I1 R1 + R2 R1 I R R + R2 б) при < 2 < 1 предельное значение – I 2 1 ; R1 + R2 I1 R2 R1 R I R R + R2 в) при 1 < 2 < 1 + 1 предельное значение – I1 1 ; R2 R2 I1 R2 I R г) при 2 > 1 + 1 предельное значение – I2. I1 R2 а) при

7. Задачи – модели. Задача 1. Поверхность образца породы начинает разрушаться, если на нее воздействует давление большее некоторой определенной величины. Модель лунохода в земных испытаниях имела наибольшую массу, при которой она двигаясь по образцу данной породы, еще не разрушала ее. Во сколько раз размеры оригинала лунохода могут отличаться от земной его модели, чтобы луноход не разрушал эту породу на Луне? Луноход и его модель изготовлены из одних и тех же материалов. На поверхности Земли gЗ = 9,8 Н/кг, на поверхности Луны gл = 1,6 Н/кг. Решение. Выражение для давления лунохода на образец поверхности:

41

p=

mg ; S

Соотношение подобия для массы:

m = ρV ∼ l 3 , где l – размеры лунохода. По другому

mЛун

=

mмод

3 lЛун 3 lмод

.

Соотношение подобия для площади: 2

S ∼ l или

S Лун S мод

=

2 lЛун 2 lмод

,

итоговое соотношение для давления:

F mg ρ l 3 g p= = = 2 = ρ gl S S l или

pЛун pМод

ρ g ЛунlЛун g ЛунlЛун = . ρ g ЗемlМод g ЗемlМод

=

Размеры оригинала лунохода отличаются от размеров земной его модели в 6,1 раза, при этом луноход не разрушит эту породу на Луне? Задача 2. Некто сконструировал педальный вертолёт с такими параметрами: масса очень мала, диаметр винта d = 8 м. Сможет ли пилот массой М = 80 кг взлететь на такой машине? (Сравните требуемую мощность с мощностью лошади.) Молярная масса воздуха M = 29 г/моль. Решение. Будем считать, что вертолёт отбрасывает вниз поток воздуха сечением

πd2 4

со ско-

ростью v. Пусть плотность воздуха равна ρ. Тогда за время ∆t винт придаёт воздуху массой ∆m = ρ

πd2 4

v ⋅ ∆t импульс ∆p = ρ

πd2 4

∆W = ρ

v 2 ⋅ ∆t и кинетическую энергию

πd2 8

v3 ⋅ ∆t .

Ясно, что винт должен создавать силу тяги, равную весу вертолёта с грузом:

∆p ∆W = Mg , а необходимая для этого мощность равна N = . Кроме того, известно, что ∆t ∆t при нормальных условиях молярный объём любого газа равен Vнорм = 22,4 л/моль, поэтому плотность воздуха

ρ=

M ≈ 1,3 кг/м3. Vнорм

Таким образом,

v=

2 Mg ≈ 3,5 м/с d πρ 42

и требуемая для взлёта мощность N =

Mgv ≈ 1400 Вт – это почти две лошадиные силы! 2

Пилот же при длительной работе мышц развивает примерно в 10 раз меньшую мощность, так что взлететь на педальном вертолёте он не сможет. Задача 3. Предлагается следующая альтернативная модель запуска ракет. Вместо того, чтобы запускать их традиционно вверх, рекомендуется отпускать ракеты вниз по направляющим, образующим дугу большого радиуса R. В некоторый момент движения по направляющим следовало включать двигатель. Как отличаются высоты подъема ракеты альтернативным способом и традиционным? Считать, что двигатель ракеты работает короткий промежуток времени, а сопротивлением воздуха и трением между корпусом ракеты и направляющими можно пренебречь. Принять известными R и высоту подъема традиционным способом H1.

H2 H1

R

Решение. Скорость ракеты при ее запуске вверх после срабатывания реактивного двигателя равна

v p = 2 gH1 . При движении ракеты по направляющим непосредственно перед выключением двигателя

vR = 2 gR sin α , угол α – указан на рисунке, а ее скорость сразу после срабатывания двигателя vα = vR + v p . Из закона сохранения энергии

m p vα2 2

= m p g ( H 2 + R sin α ) , получаем H 2 = H1 + 2 H1R sin α .

Максимальной высоты подъема ракета достигнет при αо = 90о, следовательно,

H 2 = H1 + 2 H1R . Отношение высот равно:

H 2 H1 + 2 H1 R R = =1+ 2 . H1 H1 H1

Задача 4. Предлагается построить подводную лабораторию на большой глубине. Для этого под воду опускают легкие модули объема V с помощью прикрепленного к ним балласта массы M. После этого модули закрепляют на дне, а балласт медленно поднимают на борт судна. Каков коэффициент полезного действия описанного способа погружения? Плотность вещества балласта ρ, плотность воды ρо, ускорение свободного падения g. Размерами модуля и балласта по сравнению с глубиной погружения пренебречь. Решение. Коэффициент полезного действия определяется как отношение полезной и затраченной в данном процессе работы. Полезная работа в данном случае будет равна изменению потенциальной энергии воды в океане после погружения модуля и извлечения балласта. Обозначим глубину океана через h. Тогда: 43

Aполезн = ρ oVgh . Затраченная работа равна работе по подъему балласта и вычисляется согласно определению. Сила, которую необходимо приложить для подъема груза,

ρo ). ρ

F = Mg − ρoVбал g = Mg (1 − Соответственно

Aзатр = Mg (1 − Коэффициент полезного действия:

η=

ρo )h . ρ

Aполез ρ oV . = Aзатр M (1 − ρo )

ρ

Заметим также, что неравенство η < 1 обеспечивается условием погружения модуля с балластом. Задача 5. Если бы все линейные размеры Солнечной системы были пропорционально сокращены так, чтобы среднее расстояние между Солнцем и Землей стало 1 м, то какова была бы продолжительность одного года? Считайте, что плотность небесных тел при этом не меняется. Решение. Пусть G – гравитационная постоянная, T – период обращения Земли вокруг Солнца, ω – угловая скорость, m и M – масса Земли и Солнца, r – расстояние между их центрами. Будем также считать, что m << M и что Земля вращается вокруг центра Солнца. Тогда можем записать уравнение движения Земли: 2

mM  2π  G 2 = mω 2 r = m   r. r  T  Разделим левую и правую части этого выражения на m и выразим массу Солнца через его радиус R и плотность ρ. Тогда предыдущее выражение будет иметь вид 2

4 πρ R 3  2π  G =  r. 3 r2  T  Отсюда получаем формулу для периода обращения любого малого тела вокруг массивного тела: 3

3π  r  T=   . Gρ  R  Это выражение показывает, что период обращения планеты зависит только от плотности звезды и от отношения расстояния между космическими телами к радиусу притягивающей звезды. Следовательно, продолжительность года не изменится. Примечание. Этот же результат можно получить, используя третий закон Кеплера, который записывается в виде

T 2 4π = , a 3 GM где a – большая полуось эллиптической орбиты. Если массу Солнца выразить через его среднюю плотность, то станет ясно, что пропорциональное уменьшение линейных размеров не изменит период планет на эллиптических орбитах. 44

Задача 6. Действующая модель подъемного крана способна поднять 10 бетонных плит без обрыва троса. Сколько плит поднимет реальный кран, изготовленный из тех же материалов, если линейные размеры крана, троса и плит в 12 раз больше, чем в модели? Примечание: Напряжение, возникающее в тросе сечением S при нагрузке весом P, равно

σ=

F . S

Решение. Предел прочности материала троса определяется условием

10

P P < σ o < 11 S S

(1),

где P – вес одной модельной плиты. При переходе к реальному крану все линейные размеры увеличиваются в n = 12 раз, тогда

P / = n3 P ; S / = n 2 S

(2). Максимальное число плит N, которое может поднять реальный кран, определяется условием:

Откуда N ≤

σo 12

P/ P/ n3 P P P ( N + 1) / > σ o ≥ N / = N 2 = Nn = 12 N S S nS S S

P/S

. Учитывая условие (1), т. е.

N≤

σo 12

P/S

σo

11P / S <

(3).

< 1 , получаем

σo

11P / S

< 1.

Таким образом, реальный кран не сможет поднять ни одной плиты. Задача 7. Демонстрационная игрушка состоит из почти касающихся друг друга стальных шаров с массами M, µ и m, подвешенных так, что их центры лежат на общей горизонтали. Шар массой M отклоняют в сторону в их общей плоскости, пока его центр не поднимется на высоту h, и отпускают. Считая, что столкновения абсолютно упругие и что M ≠ m, найдите массу шара µ, при которой шар массой m поднимется до наибольшей высоты. Какова эта высота? Множественные столкновения шаров не учитывать. Решение. Запишем закон сохранения импульса и энергии для первого столкновения:

M 2 gh = MV + µ v, Mgh =

MV 2 µ v 2 . + 2 2

Исключая V, получим

v=

2M 2 gh . M +µ

Тогда кинетическая энергия E1, переданная от первого шара среднему, равна

µv2

4 µ M 2 gh E1 = = , 2 (µ + M )2 что составляет долю начальной энергии первого шара, равную 45

E1 4 µ M 2 gh 4µ M . k1 = = = E ( µ + M ) 2 Mgh ( µ + M ) 2 Доля энергии, переданной третьему шару, определяется произведением двух таких выражений, примененных к различным парам шаров. Для оптимизации этой доли µ должно быть таким, чтобы выражение

µ2 (µ + M )

( µ + m) 2 было максимальным. Отсюда следует,

2

что µ = Mm , т. е. µ равно среднему геометрическому от M и m. При таком значении µ суммарная доля k2 переданной энергии от первого шара третьему составляет

k2 =

16 Mm

(

M + m

)

4

,

а высота hmax, достигаемая третьим шаром, равна

hmax =

16M 2 h

(

M + m

)

4

.

Задача 8. Модели корабля толчком сообщили скорость vo = 10 м/с. При движении модели на нее действует сила сопротивления, пропорциональная скорости: F = –kv. а) Найдите путь, пройденный моделью за время, в течение которого ее скорость уменьшилась вдвое. б) Найти путь, пройденный моделью до полной остановки. Считать k = 0,5 кг/с. Масса модели m = 0,5 кг. Решение. Согласно второму закону Ньютона изменение импульса корабля за малое время ∆t равно импульсу силы F, действующей на корабль:

m∆v = F ∆t.

Сила F переменна, поэтому изменение импульса корабля за большой промежуток времени t равно импульсу средней силы : mv − mvo =< F > t . Так как сила F пропорциональна скорости корабля, то < F >= −k < v > и mv − mvo = − k < v > t . Но произведение < v > t равно пути S, пройденному кораблем. Поэтому m ( v − vo ) = −kS , откуда

S=

m ( vo − v ). k

Теперь легко найти путь, пройденный кораблем за время, в течение которого скорость корабля уменьшилась вдвое:

S1 =

m 1  m  vo − vo  = vo = 5 м, 2  2k k

и путь, пройденный кораблем до полной остановки

S2 =

m m ( vo − 0 ) = vo = 10 м. k k

46

Задача решена, однако интересно рассмотреть еще вопрос о том, какое время пройдет до полной остановки корабля. Для этого найдем, как меняется со временем скорость корабля. Так как m∆v = F ∆t и F = −kv , то

∆v k = − v. m ∆t Мы получили, что скорость изменения скорости корабля пропорциональна самой скорости. Но, как известно, если изменение какой-либо величины пропорционально самой этой величине, то такая величина изменяется по экспоненциальному закону, поэтому

v = vo e

k − t m

.

Из этой формулы следует, что v = 0 при t → ∞! То есть путь S2 корабль мог бы пройти за бесконечно большое время! Это означает, что второй вопрос задачи при условии F ~ v следует уточнить. Будем считать, что тело остановилось, если его скорость уменьшилась, например, в тысячу раз (число может быть, конечно, и другим; все зависит от цели эксперимента). Примечание. В одной задаче модель, движение с сопротивлением и парадокс. Задача 9. Лампочка, присоединённая к батарейке, горит три часа, после чего батарейка полностью разряжается. Сделали точную копию этой батарейки вдвое большего размера из тех же материалов. Сколько времени будет гореть та же лампочка, подключённая к такой копии? Внутреннее сопротивление батарейки намного меньше сопротивления лампочки. Решение. Поскольку электродвижущая сила химического источника тока определяется только его химическим составом, ЭДС копии будет равна ЭДС батарейки. Пусть эта ЭДС равна E, сопротивление лампочки равно R, а внутреннее сопротивление источника r. Тогда полная мощность, выделяющаяся в цепи батарейки, равна

N1 =

E2 R + r1

,

цепи копии

N2 =

E2 R + r2

Так как r1 << R и, следовательно, r2 << R, то N1 ≈ N 2 ≈

E2 R

.

Химический источник совершает работу, расходуя запасённую в нём энергию химических связей молекул. По сравнению с батарейкой в её копии вдвое большего размера заключено в 23 = 8 раз больше реагентов, поэтому при такой же мощности она сможет совершить во столько же раз большую работу. Это означает, что лампочка, подключённая к копии, будет гореть 24 часа.

47

8. Метод аналогии. Задача 1. Человек идет из поселка A в поселок B. При этом первую часть пути он движется по лесу со скоростью u, а вторую – по болоту, со скоростью v. Как должен двигаться человек, чтобы добраться из A в B за минимальное время? Граница раздела лес – болото – прямая. Решение. 1-й способ. Рассмотрим решение задачи методом min и max. Для этого обозначим точку O на границе лес – болото (рис. 1). Пусть расстояние AA1 = a, BB1 = b и A1B1 = d заданы, а расстояние A1O = x. Тогда время движения из A в B будет функцией x:

A

α 1 2

A1

B1 O

u v

β

b + (d − x) a2 + x2 . + u v Для нахождения минимума t AB найдем произdt водную и приравняем ее к нулю: dx x x / − = 0. ( t AB ) = u a 2 + x 2 v b2 + (d − x) 2 2

x

2

t AB =

d

B

Рис. 1

Следует заметить, что

x a2 + x2 Тогда

= sin α ,

x b 2 + (d − x)2

= sin β .

sin α sin β 1 1 − = 0 и sin α = sin β . u v u v

2-й способ. Рассмотрим оптическую аналогию. Пусть свет из одной среды (точка A) попадает в другую (точка B). Из всех возможных путей свет изберет тот, на прохождение которого необходимо минимальное время. Это утверждение носит название принципа Ферма и является законом геометрической оптики. Поэтому

A
F1

α x

1 1 sin α = sin β , u v здесь α – угол падения, а β – угол преломления. 3-й способ. Рассмотрим следующую механическую аналогию. Пусть кольцо скользит по гладкому стержню (рис. 2). К кольцу привязаны две нити, перекинутые через блоки. К нитям приложены силы F1 и F2.

β B Рис. 2


F2

48

Пусть силы F1 =

1 1 и F2 = . Если кольца находятся в равновесии, то горизонтальu v

ные составляющие сил F1 и F2 равны:

1 1 sin α = sin β . u v Задача 2. Тонкий однородный брусок длиной l скользит сначала по гладкому горизонтальному столу, а затем попадает на шероховатый участок с коэффициентом трения µ. Брусок останавливается, въехав туда наполовину. Найдите начальную скорость бруска и время торможения. Решение. Сила трения

Fmp = − µ mg сообщает бруску ускорение

a=−

µg l

x l

x.

Поэтому

µg

ω=

l

.

Искомое время

1 4

τ= T=

π 2

l . µg

Для нахождения начальной скорости запишем уравнение движения:

l µg x = sin t, l 2 учитывая, что v = x , получим /

/

l µg  l µg µg v = x =  sin t = cos t. l l l 2 2   /

Начальная скорость соответствует t = 0.

vo = v(0) =

1 µ gl . 2

Задача 3. Тонкую цепочку длиной 45 см удерживают за верхний конец на гладкой наклонной плоскости, составляющей угол 30о с горизонтом. Через какое время после освобождения цепочки она полностью покинет наклонную плоскость, если вначале ее нижний конец находился у края наклонной плоскости?

Решение. Хотя в этом случае колебания как таковые не возникают, время движения удается определить благодаря тому, что уравнение движения тела такое же, как для гармонических колебаний. Действительно, проекцию на направление движения дает только сила тя49

жести, действующая на отрезок цепочки длиной x, находящийся в данный момент на наклонной плоскости. Масса этого отрезка

x m1 = m . l Получаем

−m1 g sin α = ma = mx // или x // +

g sin α x = 0. l

Движение верхнего конца цепочки происходит так же, как движение маятника от точки максимального отклонения к положению равновесия, по закону x = l cos ωt . Движение до точки x = 0 займет время

t=

T π = 4 2

l = 471 мс. g sin α

Задача 4. Автомобиль, находящийся на расстоянии l от длинной бетонной стены и движущейся от нее со скоростью v так, как показано на рисунке, посылает короткий звуковой сигнал. Какое расстояние пройдет автомобиль до встречи с отраженным сигналом? Скорость звука u.


v

O1

α

β B

l

O

l

x

A

Решение. α Сложность дайной задачи состоит в отыскании той точки O1 отразившись от которой, звуковой сигнал «нагоняет» автомобиль. Поскольку для звукового сигнала закон отражения во многом аналогичен световому, построим «изображение» A1 автомобиля A в бетонной стене. При этом AO = А1O. Пусть AA2 = x – искомое расстояние. Тогда, соединив полученные точки A1 и A2, найдем O1. Равные углы обозначены β. Ясно, что путь звукового сигнала AO1A2 равен A1O1A2. Поэтому по теореме косинусов из треугольника ∆AA1 A2 найдем x:

| A1 A2 |2 =| AA1 |2 + | AA2 |2 −2 | AA1 | ⋅ | AA2 | cos(90o + α ). Учтем, что

x A1 A = 2l; AA2 = x; cos(90o + α ) = − sin α ; A1 A2 = ut = u . v Окончательно

2lv(v sin α + u 2 − v 2 cos2 α ) . x= u 2 − v2 Задача 5. «Плоская Земля». Древние греки считали, что Земли является плоским диском, вращающимся вокруг своей оси. Примем и мы, что Земля является плоским диском достаточно большого радиуса (скажем, более 40 000 км). h Будем также считать, что период обращения диска вокруг своей оси равен одним суткам. Среднюю плотность материала диска примем равной средней плотности Земли ρ = 5,5⋅105 кг/м3.

50

Познакомимся с «географией» плоской Земли. Она напоминает обычную карту земного шара с северным полюсом N. Далее аналогично: любую радиальную прямую, выходящую из северного полюса будем называть меридианом. Легко догадаться, что южного полюса нет – его роль играют все точки края диска. Соответственно, окружности, точки которых находятся на равном расстоянии от полюса, назовем параллелями. Движение по параллелям в направлении вращения Земли будет соответствовать движению на восток (E), а в противоположном направлении – на запад (W). Пусть Афины находятся в точке A, расположенной на расстоянии ro = 4,0⋅103 км от северного полюса N. 5.1. Какой должна быть толщина h этого диска, чтобы ускорение свободного падения на северном полюсе N было g = 9,8 м/с2? 5.2. Для связи с жителями «другой стороны» плоской Земли N вдоль оси ее вращения пробурена сквозная тонкая шахта. Если без начальной скорости в шахту опустить камешек, то он пройдя W E сквозь шахту, окажется на другой стороне Земли. Найдите макA симальную скорость vmax камешка при таком движении. Силой сопротивления воздуха пренебречь. 5.3. Для связи с жителями «своей стороны» плоской Земли S из Афин с помощью суперкатапульты производится выстрел «снарядом» с начальной скоростью vo = 100 м/с под углом α = 45о к горизонту. Силой сопротивления воздуха пренебречь. а) найдите величину и направление смещения ∆S снаряда от меридиана за время его полета при выстреле вдоль меридиана (рассмотрите два случая). б) найдите величину и направление смещения ∆S снаряда от параллели за время его полета при выстреле вдоль параллели (рассмотрите два случая). Гравитационная постоянная G = 6,67⋅10–11 Н⋅м2/кг2. Решение. 5.1. С точки зрения математики закон всемирного тяготения Ньютона и закон Кулона (основной закон электростатики) являются схожими, если считать массу m своеобразным «гравитационным зарядом» или наоборот, представить электрический заряд q «электрической массой»



mm qq | F |= G 1 2 2 ⇔ | F |= k 1 2 2 . r r




В продолжение этой аналогии можем сказать, что ускорение свободного падения g в теории
гравитации является «силовым аналогом» вектора напряженности электрического поля E





F = mg ⇔ F = qE.

Таким образом, можем электрических» аналогий. № 1 2 3

небольшую

табличку

Гравитация

Электростатика

m

q


g

G 4

составить

1 4π G

«гравитационно-


E k=

1 4πε o εo

51

Напряженность электрического поля E пластины толщиной h, заряженной с постоянной объемной плотностью ρ:

E=

ρh . 2ε o

Следовательно, методом аналогий находим, что ускорение свободного падения на северном полюсе (вдали от краев пластины)

g=

ρh 2

4π G = 2π G ρ h.

(1)

С помощью (1) находим искомую толщину Земного диска

h=

g = 4,3 ⋅ 106 м = 4,3⋅103 км. 2π G ρ

5.2. При движении камешка внутри шахты на него будет действовать переменная сила тяжести F(x), график зависимости которой от расстояния x до «нулевого сечения» планеты (на глубине h/2) представлен на рисунке. Работа силы тяжести A равна заштрихованной площади под графиком S (площади прямоугольного треугольника)

(2)

F(x) mg A=S –h/2

h/2

x

–mg

1 h A = mg , 2 2

где h дается выражением (2). Скорость камешка будет максимальной именно в нулевом сечении, поскольку при дальнейшем движении гравитационные силы начнут его притормаживать. Согласно теореме о кинетической энергии в этом случае получаем 2 mvmax h = A = mg , 2 4

(3)

где m – масса камешка. Из (3) находим

vmax =

gh g 1 = = 4,6 ⋅ 103 м/с = 4,6 км/с. 2 2 π Gρ

(4)

Как видим из (4) даже плоская Земля разгонит камешек до «полукосмической» скорости. 5.3. а) Рассмотрим выстрел из суперкатапульты вдоль ωr + ∆r меридиана от центра планеты. Афины вращаются вокруг центра Земли с линейной скоростью v = ω r , где

ω=

2π – угT

ωr

ω

∆r ловая скорость вращения планеты, T = 86400 c – период обращения Земли вокруг своей оси. Соответственно, эту же скорость приобретет снаряд в азимутальном направлении относительного абсолютного наблюдателя, находящегося в центре Земли (рис.). Однако линейная скорость вращения точек в районе приземления больше (они дальше!) на величину ∆v ∆v = ω (r + ∆r ) − ω r = ω∆r , (5)

52

vo2 vo2 где ∆r = – дальность полета снаряда на неподвижной Земле. Соответстsin 2α = g g 2v sin α эти точки «уйдут вперед» на величину венно за время полета снаряда t = o g 2vo sin α 4π vo3 (6) ∆S = ∆vt = ω∆r = sin α = 1,1 м. g T g2 Поскольку меридиан уйдет вперед по направлению вращения Земли, то для наблюдателя снаряд отклонится на запад от меридиана на величину ∆S = 1,1 м. Легко догадаться, что при приближении снаряда к центру Земли линейная скорость вращения точек ее поверхности будет уменьшаться, т.е. теперь, в отличие от предыдущего случая, снаряд будет их «обгонять». Соответственно, меридиан в этом случае «отстанет» на ту же величину ∆S = 1,1 м, но в другом направлении. Таким образом, для земного наблюдателя при выстреле из катапульты вдоль меридиана по направлению к центру Земли снаряд отклонится уже на восток, но на ту же величину ∆S = 1,1 м. б) при выстреле вдоль параллели на восток (запад) (рис.) снаряд также добавляет (теряет) азимутальный компонент скорости, ∆S что меняет его дальность полета. Кроме того, как следует из рис, за r время полета снаряда точки параллели «повернут» относительно плоскости его полета, вследствие чего точка падения снаряда окаω r жется на некотором расстоянии S ∆ от параллели. Таким образом, дальность полета снаряда ∆r при выстреле на восток (по направлению вращения диска)

∆r = (vo cos α + ωr )

2vo sin α . g

(7)

При выстреле на запад (против направления вращения земного диска)

∆r = (vo cos α − ω r )

2vo sin α . g

(8)

Заметим, что в этом случае (см. рис. 7) смещение снаряда ∆S происходит всегда на юг, т. к. он в любом случае удаляется от центра Земли (параллели). При этом, согласно теореме Пифагора,

( r + ∆S )

2

= r 2 + ∆r 2 .

(9)

Поскольку ∆S ≪ r , то в (9) можно пренебречь слагаемым ( ∆S ) , что приводит к результату 2

∆r 2 (vo cos α ± ω r ) 2 (2vo sin α ) 2 2(vo cos α ± ω r ) 2 vo2 sin 2 α . ∆S = = = rg 2 2r 2rg 2

(10)

Подчеркнем, что при расчетах в (10) следует брать знак «+» в случае выстрела на восток ∆S = 3,4 м, и, знак «–» в случае выстрела на запад ∆S = 1,3 м. Таким образом, для земного наблюдателя при выстреле из суперкатапульты вдоль параллели снаряд отклонится на юг в любом случае, но величины смещений в этом случае будут разными: ∆S = 3,4 м при выстреле на восток и ∆S = 1,3 м при выстреле на запад. 9. «Нестандартные» задачи по электростатике. Задача 1. Плоский конденсатор имеет емкость С. На одну из пластин конденсатора поместили заряд +q, а на другую – заряд +4q. Определите разность потенциалов между пластинами конденсатора. 53

Решение. Если на пластинах плоского конденсатора имеются заряды +Q и – Q, то напряженность поля между пластинами, как известно, равна

E=

+q

Q . Это поле равно сумме одинаковых полей двух пластин. ПоCd

E/

этому напряженность поля одной пластины с равномерно распределенным зарядом равна

+4q

1 Q . 2 Cd

Напряженность поля пластины с зарядом +q равна пластины с зарядом +4q равна

1 q , а напряженность поля 2 Cd

2Q . В отличие от случаев обычных зарядов конденсатора, Cd

когда напряженности полей, создаваемых пластинами, направлены в разные стороны. Поэтому напряженность однородного поля между пластинами равна разности напряженностей полей каждой из пластин (рис.):

E/ =

2q 1 q 3 q − = . Cd 2 Cd 2 Cd

Теперь нетрудно найти разность потенциалов пластин. Она равна работе, необходимой для перенесения единичного положительного заряда с одной пластины на другую. На такой заряд действует сила, равная E/.Поэтому разность потенциалов пластин равна

∆ϕ = E / d =

2 q/ . 3C

Задача 2. Во сколько раз уменьшится сила притяжения двух маленьких шариков, один из которых заряжен, а другой нейтрален, если расстояние между шариками увеличить вдвое? Решение. Заряженный шарик является источником электрического поля, поляризующего нейтральный шарик. В результате поляризации нейтральный шарик становится диполем – в целом нейтральным шариком с зарядом +q/ и –q/, расстояние между которыми равно диаметру шарика 2r (рис.). Величина заряда q/, или, как говорят, степень поляризации шарика, пропорциональна напряженности поля в центре этого шарика, то есть величине k

2r +q

–q/

+q/

R

q αq / , где q – заряд другого шарика: q = k 2 (α – коэффициент 2 R R

пропорциональности). Теперь найдем силу взаимодействия зарядов шарика. Эта сила равна сумме силы притяжения между зарядом q и зарядом –q/ и силы отталкивания между зарядом q и зарядом +q/:

 qq / qq / α q2  1 1 α q 2 4 Rr F =k −k =k 2  − =k 2 . ( R − r )2 ( R + r )2 R  ( R − r ) 2 ( R + r ) 2  R ( R 2 − r 2 )2

Так как R >> r, то в знаменателе формулы можно пренебречь r2 по сравнению с R2. В результате получим:

54

F =k

α q 2 4 Rr R2 R4

= kα q 2

4r . R5

Таким образом, сила взаимодействия шариков пропорциональна

1 , где R – расR5

стояние между центрами шариков. При увеличении расстояния между шариками в 2 раза сила взаимодействия уменьшится в 32 раза:

4r F1 R5 = 25 = 32 . = F2 kα q 2 4r (2 R)5 kα q 2

Задача 3. Два одинаковых маленьких шарика массой m и зарядом q каждый висят на нитях одинаковой длины l на расстоянии x << l (рис.). Из-за медленной утечки заряда по нити величина заряда каждого шарика изменяется со временем t по закону q = qo (1 − at ) (где a – постоянная), а шарики сближаются. Величины qo, m, a, l заданы. Найдите скорость v = ∆x/∆t сближения шариков.

l

l

3/ 2

q, m

q, m x

Решение. Так как ток утечки мал, то можно считать, что в каждый момент времени сумма всех сил, действующих на шарик, равна нулю (вспомните квазистатические процессы в термодинамике). Тогда сила Кулона

q2 F = k 2 = mgtgα , x

(1)

где α – половинный угол между нитями. Из (1) получим

kqo2 (1 − at )3 =

1 3

 2klq  mgx или x =   (1 − at ), 2l mg   3

2 o

откуда скорость сближения шариков равна 1 3

 2klq  v = a  . mg   2 o

Задача 4. Маленький заряженный шарик «парит» в состоянии безразличного равновесия на высоте H над горизонтальной равномерно заряженной диэлектрической плоскостью (рис.). С каким ускорением и в какую сторону начнет двигаться этот шарик сразу после того, как из плоскости строго под ним будет быстро удален диск такого радиуса r, что 100r = H?

H

2r Решение. Условие равновесия шарика



Fg + Fq = 0.

Здесь 55

Fg = mg , Fq = Eq =

σq , 2ε o

m – масса шарика, q – его заряд, σ – поверхностная плотность заряда на плоскости. Считая шарик точечным зарядом, поскольку r ≪ H , найдем силу F1, с которой действовал на шарик удаленный диск: 2




2

2

1 π r 2σ q  r  σ q 1  r  1 r  F1 = =  =   Fq =   mg . 2 4πε o H 2 H   H  4ε o 2  H 

Вектор F1 направлен вверх. После удаления диска сила тяжести окажется некомпенсированной. Шарик начинает падать с ускорением


2
F1 1 r  a = − или a =   g = 0,5 мм/с2. 2 H  m

Вектор ускорения направлен вниз. Задача 5. Малое тело массой m и зарядом q удерживают в покое на небольшом расстоянии d от неподвижной металлической плоскости. Сколько времени потребуется, чтобы тело достигло плоскости, если его отпустить? Силой тяжести пренебречь. Решение. Легко показать, что заряд q, расположенный вблизи проводящей плоскости, приводит к такому перераспределению заряда на этой плоскости, что электрическое поле вблизи плоскости со стороны заряда q идентично полю, которое создают этот заряд и фиктивный заряд –q, расположенный симметрично относительно плоскости. Это лежит в основе принципа зеркальных изображений. Таким образом, сила притяжения F, действующая на тело со стороны плоскости, рассчитывается по закону Кулона:

q2 F ( x) = k 2 , 4x где k – константа и x – расстояние между плоскостью и телом в любой момент времени. Первоначально тело находится на расстоянии 2d от заряда изображения. Эта сила анало-

kq 2 гична силе тяготения, возникающей между телами массами M = и m, расположен4Gm GMm . На основе этой аналогии третий заных на расстоянии x друг от друга, т. е. F = x2 кон Кеплера дает соотношение между периодом обращения T планеты и большой полуосью a ее эллиптической орбиты:

T 2 4π 2 = . a3 GM Если заряженное тело отпущено на расстоянии d от металлической плоскости, то его орбиту можно рассматривать как выродившийся эллипс с главной полуосью a =

d . Вре2

мя Th, через которое заряд попадает на плоскость, равно половине периода вращения по выродившейся орбите:

T π Th = = 2 q

md 3 . 2k

56

Задача 6. Тонкая металлическая пластинка площади S залита слоем жидкого диэлектрика с плотностью ρ и диэлектрической проницаемостью ε так, что толщина этого слоя много меньше линейных размеров пластины. Что произойдет с жидкостью, если пластине сообщить электрический заряд +Q? Решение. Заряженная пластинка создает электрическое поле, напряженность которого в вакууме равна

Eo =

Q 2ε o S

, h

а в диэлектрике

E=

Q 2εε o S

.

+ + + + + + + +Q1 – – – – – – – –Q1 + + + + + + + +Q

Ослабление поля в диэлектрике связано с поляризацией диэлектрика. При этом в тонком слое около пластины появляется заряд –Q1, а на свободной поверхности диэлектрика – заряд +Q1. Внутри же диэлектрика отрицательные и положительные заряды диполей компенсируют друг друга. Наведенные заряды Q1 и –Q1 создают поле с напряженностью

E1 = 2

Q1 Q = 1 , 2ε o S ε o S

направленное против поля пластины. Согласно принципу суперпозиции

E = Eo − E1 или

Q 2εε o S

=

Q 2ε o S

−

Q1 . εoS

Из этого уравнения можно найти величину заряда Q1:

Q1 = Q

ε −1 . 2ε

На заряд Q1 свободной поверхности жидкости действуют две электрические силы: сила притяжения к заряду –Q1, равная 2

1 Q1 Q2  ε − 1  = F1 = Q1 ⋅ E1 = Q1 ⋅   , 2 2ε o S 2ε o S  2ε  и сила отталкивания от заряда пластины Q равная

ε −1 Q Q2  ε − 1  F2 = Q1 ⋅ Eo = Q ⋅ =  . 2ε 2ε o S 2ε o S  2ε  Силы F1 и F2 направлены в противоположные стороны. Так как сила F2 больше силы F1 (ε > 1), то жидкость над пластинкой будет подниматься. Пусть высота поднятия жидкости в сосуде равна h. Запишем условие равновесия поднявшейся жидкости:

ρ hSg = F2 − F1 =

Q 2 (ε 2 − 1) 8ε o Sε 2

.

Отсюда

57

h=

Q 2 ( ε 2 − 1) 8ε o S 2ε 2 ρ g

.

Примечание: в задаче пренебрегается поверхностным натяжением и взаимодействием жидкости со стенками сосуда. Задача 7. Кольцо из тонкой проволоки разрывается, если его зарядить зарядом Q. Диаметр кольца и диаметр проволоки увеличили в три раза. При каком заряде будет разрываться это новое кольцо? Решение. Под действием электрических сил электрического отталкивания кольцо деформируется, и в любом месте кольца результирующая сила упругости равна силе электрического взаимодействия выбранного элементарного участка со всем остальным кольцом: Fэл = Fynp . Сила взаимодействия между двумя точечными зарядами Q1 и Q2 находящимися на расстоянии r друг от друга, согласно закону Кулона равна F1 =

1 Q1Q2 . Это, очевид4πε o r 2

но, единственная комбинация из Q1, Q2 и r, имеющая размерность силы. Поэтому элек-

Q2 трическая сила в кольце должна быть пропорциональна 2 (R – радиус кольца): R 2 Q Fэл = α 2 , R

где α – коэффициент пропорциональности. В момент разрыва сила упругости, приходящаяся на единицу площади поперечного сечения проволоки, равна пределу прочности σ, который зависит только от материала проволоки, поэтому Fynp = σ S ,

где S – площадь поперечного сечения проволоки. Таким образом,

α

Q2 = σ S. R2

(1)

Если кольцо, имеющее втрое больший радиус и втрое больший диаметр проволоки, разрывается при заряде Q1, то в этом случае

α

Q12 = σ S1. (3R ) 2

Так как S ∼ d и S1 ∼ d1 (d и d1 – диаметры проволоки), то S1 = 9 S , и поэтому 2

2

Q12 α 2 = σ 9S. 9R

(2)

Тогда из равенств (1) и (2) получаем

Q1 = 9Q. Задача 8. Две удаленные друг от друга проводящие сферы, внешние радиусы которых R и 3R, имеют толщину стенок R/20. В центры сфер помещены заряды Q и 2Q. Какую минимальную работу нужно совершить, чтобы поме-

R 3R 2 Q

Q 58

нять местами эти заряды (в стенках для этой цели предусмотрены маленькие отверстия)? Решение. Поле точечного заряда помещенного в центре проводящей сферы некоторой толщины, отличается от поля точечного заряда только в областях нахождения проводника: там оно «съедено» (вспомните принцип электростатической защиты). Таким образом, энергия полей в двух случаях отличаются только на энергию указанной области. В условии задачи даны достаточно тонкие сферы – поэтому можно упростить расчет, считая плотность энергии поля постоянной по всему объему. В нашем случае:

W нач = W Q + W 2 Q

∆W =

εo 

Q

εo 

2

 V = 4π R 2 ∆ R .  2  2 2  4πε o R 

εoE 2

Q

2

2

 ε  2Q  − 4π R 2 ⋅ ∆ R − o  4π 9 R 2 ∆ R .  2  2  2  4πε 0 R  2  4πε o 9 R  2

εo 

 2Q  εo  Q 2 π W кон = W Q + W 2 Q − 4 R ∆ R − 4π 9 R 2 ∆ R ,    2 2  2  4πε o R  2  4πε o 9 R  где ∆W – величина «съеденной» энергии поля, Wнач и Wкон соответственно начальное и конечное значение энергии системы. Согласно закону сохранения энергии:

Wкон = Wнач + A, где A – искомое значение зарядов минимальной работы по перестановке местами. В нашем случае:

Q2 . A=− 60 πε o R Задача 9. Внутрь плоского конденсатора, расстояние между пластинами которого D, вставили пластину из диэлектрика с проницаемостью ε и толщиной d (d < D). Грани пластины параллельны обкладкам конденсатора. Какое напряжение нужно подать на обкладки конденсатора, чтобы пластина разорвалась? Предел прочности материала пластины σo. Решение. Пусть поверхностная плотность заряда на обкладках конденсатора равна на поверхности диэлектрика:

σ/ =−

ε −1 σ. ε

σ . Тогда (1)

Эту формулу легко получить, если учесть, что суммарное электрическое поле, создаваемое зарядами на обкладках и поляризационными зарядами, в ε раз меньше поля, создаваемого только свободными зарядами на обкладках, иными словами

(σ + σ / ) =

σ . ε

Тогда сила, действующая на единицу площади диэлектрика:

 σ σ /  / ε 2 −1 2 (2) P= + σ = 2 σ . ε 2 ε 2 ε ε  o o  o Если предел прочности материала диэлектрика Pп р. , то он будет разорван кулоновскими силами при поверхностной плотности: 59

2ε 2ε o P . ε 2 − 1 np

σ=

(3)

Тогда искомое напряжение:

U=

σ d D−d + = εo  ε

D−

ε −1 d 2 Pпр 2ε 2ε o ε . Pпр = ( Dε − ( ε − 1) d ) 2 εo ε −1 ε о ( ε 2 − 1)

Задача 10. Подсчитать среднюю плотность ρ электрических зарядов в атмосфере, если известно, что напряженность электрического поля на поверхности Земли равна 100 B⋅м–1, а на высоте h = 1,5 км эта напряженность падает до 25 B⋅м–1. Решение. Как известно, напряженность электрического поля внутри заряженного тонкого сферического слоя равна нулю, а вне этого слоя напряженность такая, какой она была бы, если бы весь заряд слоя был сосредоточен в его центре. (Это можно показать, исходя из закона Кулона и принципа суперпозиции.) Разобьем Землю и атмосферу на сферические слои. Тогда ясно, что на поверхности Земли напряженность электрического поля равна

Eo =

Q3 , 4πε o R32

(1)

где Q3 – суммарный заряд Земли, R3 – радиус Земли. На высоте h напряженность электрического поля складывается из напряженности поля, созданного зарядом Q3 Земли, и из напряженности поля, созданного зарядом Qa слоев атмосферы с радиусами, меньшими R3 + h. То есть

Eh =

Q3 + Qa . 4πε o ( R3 + h) 2

Так как

4 3 4  QaVa ρ =  π ( R3 + h ) − π R33  ρ , 3 3  то

Q3 ρ  R33  + Eh =  R3 + h − . 4πε o ( R3 + h) 2 3ε o  ( R3 + h) 2 

(2)

Радиус Земли R3 много больше высоты h, поэтому в знаменателе формулы (2) можно сумму R3 + h заменить на R3. Тогда

Eh =

Q3 h h + ρ = + ρ. E o 4πε o R32 3ε o 3ε o

Отсюда

ρ=

3ε o ( Eh − Eo ) . h

После вычислений, находим, что средняя плотность ρ электрических зарядов в атмосфере примерно равна –1,3⋅10–12 Кл⋅м–3. 10. Скрытые схемы. «Черные» ящики. Задача 1. Если батарея с напряжением U подсоединена к клеммам 1 черного ящика, показанного на рисунке, то вольтметр, подсоединенный к электрическим клеммам 2, по-

1

60

2

казывает напряжение U/2. Если же эту батарею подключить к клеммам 2, то вольтметр, подсоединенный к клеммам 1, покажет напряжение U. Черный ящик содержит только пассивные элементы. Какие это элементы? Решение. Условию задачи соответствует простая цепь (делитель напряжения), собранная по схеме на рисунке. Она состоит из двух резисторов.

1

2

Задача 2. У «чёрного ящика» есть три клеммы. Если на клеммы A и B подают напряжение 20 B, то с клемм B и C снимают напряжение 8 В. Если на клеммы B и C подают напряжение 20 В, то с клемм A и C снимают напряжение 15 В. Изобразите схему «чёрного ящика», считая, что внутри него находятся только резисторы. Решение. Ясно, что между каждой парой клемм «чёрного ящика» должны быть включены резисторы – в противном случае невозможно будет снимать ненулевое напряжение либо с клемм BC, либо с клемм AC. Простейшие схемы подключения этих резисторов («треугольник» и «звезда») изображены на рисунках 1 и 2. Вначале рассмотрим первую схему и найдём, чему должны быть равны сопротивления Ro, R1 и R2. Обозначим подаваемое на клеммы напряжение через V = 20 B, а снимаемое с соответствующих пар клемм напряжение через UBC = 8 B и UAC = 15 B. Тогда можно записать:

U BC

B R1

Ro A

B

VR1 VR2 = , U AC = . R1 + R2 Ro + R2

r1 ro

Отсюда

R2 =

U AC U BC Ro = 3Ro , R1 = R2 = 2 Ro . V − U AC V − U BC

C

R2 Рис. 1

O

A

r2 C

Теперь найдём, чему должны быть равны сопротивления ro, r1 Рис. 2 и r2 во второй схеме, используя те же обозначения для напряжений, что и первом случае. Поскольку во второй схеме при подаче напряжения V на клеммы AB ток не течёт через резистор r2 и напряжение на нём не падает, а при подаче напряжения V на клеммы BC ток не течёт через резистор ro и на нём также отсутствует падение напряжения, то

U BC = U OB =

Vr1 Vr2 , U AC = U OC = . ro + r1 r1 + r2

Отсюда

r1 =

U BC 2 U AC ro = ro , r2 = r1 = 3r1 = 2ro . V − U BC 3 V − U AC

Таким образом, «чёрный ящик» в простейших случаях должен состоять из трёх резисторов с сопротивлениями Ro, R1 = 2Ro и R2 = 3Ro, соединённых «треугольником» – так, как показано на рисунке 1, или из трёх резисторов с сопротивлениями ro, r1 =

2 ro и r2 = 3

2ro, соединённых «звездой», как показано на рисунке 2. Величины сопротивлений Ro и ro могут быть любыми, отличными от нуля.

61

Задача 3. В «чёрном ящике» с тремя контактами находится схема, составленная из батарейки с известной ЭДС E, двух неизвестных сопротивлений и соединительных проводов. Амперметр, подключённый к контактам 1 и 2, показывает значение тока I, к контактам 1 и 3 – ток 2I, а к контактам 2 и 3 – отсутствие тока. Чему могут быть равны величины сопротивлений? Сопротивлением батарейки, амперметра и соединительных проводов пренебречь. Решение. 1) Из условия задачи вытекает, что: – никакие две клеммы не могут быть подключены только к батарейке (иначе бы амперметр при подключении к этим клеммам зашкаливало); – никакие две клеммы не могут быть соединены друг с другом только соединительным проводом (иначе бы два тока из трёх совпадали). Поэтому невозможны следующие схемы, изображённые на рисунке 1:

Рис. 1 2) Далее, если схема состоит из нескольких отдельных частей, то все три клеммы должны быть подключены к той её части, которая содержит Рис. 2 батарейку. Поэтому, с учётом изложенного в пункте 1), также невозможны следующие схемы (см. рис. 2): 3) В итоге нам осталось а б в рассмотреть следующие схемы (см. рис. 3). Рис. 3 Поскольку между клеммами 2 и 3 включено только сопротивление, то в случаях (а) и (б) клеммы 1, 2 и 3 могут располагаться так, как показано на рисунке 4. Заметим, что схемы 1, 2, 6 эквивалентны друг другу (также эквивалентны друг другу схемы 3, 4, 5). Поэтому для решения задачи достаточно рассмотреть всего три схемы – по одной, соответствующей случаям, изображённым на рисунках 3.а и 3.б (например, схемы 1 и 4 с рисунка 4) и схему с рисунка 3.в. Проделаем это. Запишем (с учётом условия задачи) закон Ома для первой схемы (рисунок 3.64.4.1):

I=

E E , 2I = . R1 R1 + R2

При решении этой системы уравнений значение R2 получается отрицательным. Значит, такое соединение невозможно. Аналогично для второй схемы (рисунок 4):

1 4

2 1

2

3

1

3

2

5

3 1

2

1

3

3

Рис. 4

2

6

2

3

1

3

2

1

62

I= Отсюда получаем R1 = R2 =

E E , 2I = . R1 + R2 R1

E . 2I

Наконец, для последней схемы (рисунок 3.в):

2I = откуда R1 =

E E , I= . R1 R2

E E , R2 = . 2I I

В итоге получаем, что величины сопротивлений могут быть равны R1 = R2 = (батарейка и сопротивления соединены последовательно) или R1 =

E 2I

E E и R2 = (бата2I I

рейка и сопротивления соединены «звездой»). Задача 4. Внутри «чёрного ящика» между клеммами включена схема, состоящая из нескольких одинаковых резисторов. E Между клеммами 1 и 2 включена батарейка с ЭДС E и пренебре1 2 жимо малым внутренним сопротивлением, а между клеммами 3 и 4 – идеальный вольтметр с нулевым делением посередине шкалы 3 4 V (см. рисунок). Если включить такой же резистор, как те, что находятся внутри ящика, между клеммами 1 и 3 или между клеммами 2 и 4, то вольтметр покажет напряжение +U, а если включить этот резистор между клеммами 1 и 4 или между клеммами 2 и 3, то вольтметр покажет напряжение −U. Если резистор не включать, то вольтметр показывает нулевое напряжение. Нарисуйте схему возможных соединений внутри ящика, содержащую минимальное число резисторов, и определите U. Путём простого перебора вариантов легко установить, что минимально возможное число резисторов внутри «чёрного ящика» – четыре, и возможны две схемы их соединения. 1. Мостовая схема (рисунок 1). Рассмотрим, например, случай, когда дополнительный резистор включён между клеммами 2 и 4. При этом между точками 3 и 1 падение напряжения равно E/2, а между точками 4 и 1, очевидно, 2E/3. Поэтому между клеммами 4 и 3 напряжение равно

2 R

E

V

3

R

R

R

4 R

1 Рис. 1

2 1 E U= E − E = . 3 2 6 Остальные случаи подключения дополнительного резистора рассматриваются аналогично. 2. Схема с общей точкой посередине (рисунок 2). ВклюE 2 чим дополнительный резистор R5 = R между точками 2 и 4, 1 как и на первой схеме. В данном случае через резистор R3 и R1 R2 идеальный вольтметр, обладающий бесконечно большим соR5 противлением, ток не течёт. Поэтому общее сопротивление R3 R4 цепи, состоящей из резистора R1 = R и подключённой к нему последовательно разветвлённой части цепи, состоящей из ре-

3

V

Рис. 2

4

63

зистора R2 = R и соединённого с ним параллельно сопротивления R4 + R5 = 2R, равно −1

1  2 5 1 Rx = R +  +  = R + R = R. 3 3  R 2R  Поэтому ток, текущий через резистор R1, будет равен

I1 =

E 3E = , Rx 5 R

а ток, текущий через резисторы R4 и R5 – втрое меньше:

I 4 = I5 =

I1 E = . 3 5R

Вольтметр показывает падение напряжения на резисторе R4 = R, равное

U = I4R =

E 5

.

Остальные случаи подключения дополнительного резистора рассматриваются аналогично. Задача 5. В «чёрном ящике» с двумя контактами находится схема (рис. 1), состоящая из незаряженного конденсатора и резистора. К контактам в момент времени t = 0 подсоединили конденсатор ёмкостью C, имеющий заряд Qo. График зависимости заряда на этом конденсаторе от времени изображён на рисунке. Найдите сопротивление резистора и ёмкость конденсатора, находящихся в «чёрном ящике».

Q Qo Qo/2 0

τ

2τ

3τ t

Рис. 1 Решение. Так как конденсатор разряжается не до конца, то находящиеся в «чёрном ящике» конденсатор и резистор могут быть соединены друг с другом и с контактами только последовательно. Поскольку установившийся заряд на конденсаторе C равен Qo/2, то ёмкость конденсатора C1 в «чёрном ящике» также равна C. В начальный момент времени ток через резистор, в соответствии с определением силы тока, равен

I=

∆Q , где ∆Q – заряд, стёкший с конденсатора C ∆t

Q Qo Qo/2 0

τ

2τ

3τ t

Рис. 2

за малое время ∆t, прошедшее после начала его разрядки. Отношение

∆Q равно углово∆t

му коэффициенту касательной к графику зависимости Q(t), проведённой в точке, соответствующей моменту времени t = 0. Из графика (см. рис. 2) видно, что эта касательная, выходящая из точки Qo на оси ординат, отсекает на оси абсцисс отрезок времени, равный τ. Таким образом, начальный ток через резистор равен

I=

∆Q Qo = , τ ∆t

а падение напряжения на нём

U=

Qo . C 64

Поэтому сопротивление резистора R =

U τ = . I C

Задача 6. «Черный ящик» – коробка с неизвестной схемой внутри имеет два вывода. Последовательно с ящиком включают сопротивление R = 4 Ом и затем эту цепь подключают к источнику с ЭДС E1 = 5 B (рис. 1). При этом по цепи идет ток I1 = 1 A. Если цепь подключить к источнику с ЭДС E2 = 20 B, то по ней будет идти ток I2 = 2 A. Какая схема находится внутри ящика? Внутренние сопротивления источников пренебрежимо малы. Решение. В ящике может находиться совсем простая схема: сопротивление r и источник E (E1 < E < E2) (рис. 2). При подключении ящика к источнику с ЭДС E1 по цепи должен идти ток

I1 =

E − E1 . R+r

(1)

При подключении ящика к источнику с ЭДС E2 по цепи пойдет ток

I2 =

E1 или E2

R

Рис. 1

E

r

E1 или E2

R

Рис. 2

E2 − E . R+r

(2)

Решая уравнения (1) и (2) совместно, найдем

E=

I1E2 + I 2E1 = 10 B, r = 3,5 Ом. I1 + I 2

Примечание. В черном ящике может находиться и более сложная схема. Задача 7. При подключении гальванического элемента напряжением 1,5 B к зажимам A и B амперметр показал ток 1 A (рис. 1). Когда полярность элемента изменили на противоположную, ток упал в два раза. Какая электрическая цепь находится внутри коробки?

A

Решение. Рассмотрим два возможных случая: первый – ток упал в два раза, направление тока осталось прежним; второй – ток упал в два раза, и направление тока изменилось на противоположное. В первом случае ясно, что в коробке должна быть батарейка (без этого направление тока при переключении должно стать противоположным). Простейшая возможная схема в этом случае – батарейка с ЭДС Ex и последовательно с ней сопротивление Rx (рис. 2). Тогда имеем:

Рис. 1

Ex + 1,5 E − 1,5 = 1 ( A); x = 0,5 ( A). Rx Rx

?

A

Ex Rx

Рис. 2

Отсюда Ex = 4,5 B, Rx = 6 Ом. Второй случай существенно «богаче» возможными схемами. Кроме батарейки с резистором (в этом случае Ex = 0,5 B, Rx = 2 Ом), возможны схемы с нелинейными устройствами – диодами, транзисторами, реле и т. д.

A

Рис. 3

65

Одна из простейших схем приведена на рисунке 3. При одной полярности приложенного ко входу напряжения диод открыт; сопротивление коробки составляет 1,5 Ом. При изменении полярности диод закрыт, и сопротивление коробки 3 Ом.

Задачи для подготовки к олимпиаде. Кинематика. 1. Из двух портов, расстояние между которыми l, одновременно выходят два катера со скоростями v1 и v2, направленными соответственно под углами α и β к прямой соединяющей порты. Каково минимальное расстояние между ними? [ rmin =

l (v2 sin β − v1 sin α ) v + v + 2v1v2 cos(α + β ) 2 1

2 2

]

2. С поверхности Земли бросили вертикально вверх кусочек пластилина со скоростью vo. Одновременно такой же кусочек пластилина начал падать без начальной скорости с высоты H. При столкновении кусочки слиплись. Через какое время после начала бросания и с какой скоростью слипшийся комок упадет на Землю?

vo + vo2 + 4 gH vo2 + 4 gH ; v= ] [t = 2g 2 3. С подводной лодки, погружающейся равномерно, испускаются звуковые импульсы длительностью 30,1 c. Длительность импульса, принятого на лодке после его отраже66

ния от дна, равна 29,9 c. Определите скорость погружения лодки. Скорость звука в воде 1500 м/с. [ v = v3

t1 − t2 = 5 м/с] t1 + t2

4. Пловец переплывает реку шириной L по прямой, перпендикулярной берегу, и возвращается обратно, затратив на весь путь время t1 = 4 мин. Проплывая такое же расстояние L вдоль берега реки и возвращаясь обратно, пловец затрачивает время t2 = 5 мин. Во сколько раз α скорость пловца относительно воды превышает скорость течения реки? [α =

t2 t22 − t12

=

5 ] 3

5. Жонглер бросает вертикально вверх шарики с одинаковой скоростью через равные промежутки времени. При этом пятый шарик жонглер бросает в тот момент, когда первый шарик возвращается в точку бросания. Найдите максимальное расстояние S max между первым и вторым шариками, если начальная скорость шариков vo = 5 м/c. Ускорение свободного падения принять g = 10 м/c2. Сопротивлением воздуха пренебречь. [ S max

3vo2 = ≈ 0,94 м .] 8g

6. Вдоль железной дороги через каждые 100 м расставлены столбики с номерами 1, 2,..., 10, 1, 2,..., 10,.... Через 2 минуты после того, как кабина машиниста равномерно движущегося поезда проехала столбик с цифрой «1», машинист увидел в окне столбик с цифрой «2». Через какое время после проезда этого столбика кабина машиниста может проехать мимо ближайшего столбика с цифрой «3»? Скорость поезда меньше 100 км/ч. [t1 = 120 с, t2 = 10,9 с, t3 = 5,7 с, t4 = 3,9 с] 7. У мальчика, сидящего на вращающейся с угловой скоростью ω карусели на расстоянии R от ее оси, выпали из кармана с интервалом t два камушка. На каком расстоянии друг от друга ударятся о землю эти камушки, если высота, с которой они упали, равна h?

ωτ

2hω 2 | 1+ [ ∆L = 2 R | sin ] g 2 8. Первый вагон тронувшегося с места поезда прошел мимо неподвижного наблюдателя, стоявшего у начала этого вагона, за время t1, последний вагон – за t2. Считая движение поезда равноускоренным, а длины вагонов одинаковыми, найдите время движения

t12 + t22 , если исходные данные таковы, что мимо наблюдателя всего поезда. [ t = 2t2 t12 + t22 2 2 2 ((t + t ) /(2t1t2 )) ∈ ℕ , искомое время t = ; если ((t1 + t2 ) /(2t1t2 )) не является 2t2 2 1

2 2

2

целым числом, задача решения не имеет] 9. На пол кабины лифта, движущегося вертикально вверх с постоянной скоростью, падает вертикально вниз упругий шарик. Определить скорость лифта, если после каждого удара шарик, не касаясь потолка, удаляется от пола лифта на максимальное расстояние за время t, а за время между двумя последовательными ударами об пол проходит путь L относительно Земли. [ u =

( L − gt 2 ) g . Из этого выражения следует, что задача имеет ре-

шение, если исходные данные удовлетворяют условию L > gt . При невыполнении этого условия в рамках сделанных предположений задача не имеет решения.] 10. Эскалатор метро движется со скоростью v. Пассажир заходит на эскалатор и начинает идти по его ступеням следующим образом: делает шаг на одну ступеньку вперёд и два шага по ступенькам назад. При этом он добирается до другого конца эскалатора за 2

67

время t. Через какое время пассажир добрался бы до конца эскалатора, если бы шёл другим способом: делал два шага вперёд и один шаг назад? Скорость пассажира относительно эскалатора при движении вперёд и назад одинакова и равна u. Считайте, что размеры ступеньки много меньше длины эскалатора. [t1 = (3v − u)t/(3v + u).] 11. На полу около стены стоит гладкий клин. На его плоскости, образующей с горизонтом угол ϕ, лежит груз, удерживаемый невесомой нерастяжимой нитью. Один конец нити прикреплен к стене так, что участок нити между стеной и клином горизонтален. Остальная часть нити лежит на наклонной плоскости (рисунок). Найдите зависиϕ мость от времени t скорости движения груза относительно пола после начала движения клина от стены с ускорением a, параллельным горизонтальному участку нити. [ vгр (t ) = 2at sin(ϕ / 2) ] 12. Стержень длиной l = 0,85 м движется в горизонтальной плоскости. В некоторый момент времени скорости концов стержня равны v1 = 1 м/с и v2 = 1,5 м/с, причем скорость первого из них направлена под углом α = 30o к стержню. Какова угловая скорость ω вращения стержня вокруг его центра? [ω =

13. Маленький шарик падает без начальной скорости с некоторой высоты H на наклонную плоскость. Послу удара он попадает на вторую плоскость. Точка первого удара находится на расстоянии L от линии соприкосновения плоскостей. С какой высоты H упал шарик, если после двух упругих ударов он снова поднялся на ту же высоту? Угол наклона плоскостей к горизонту равен α, причем α < π/4. [ H =

)

(

1 v1 sin α + v22 − v12 cos 2 α ≈ 2 рад/с ] l H

α

α

L

L ] sin 4α

14. Дымовая шашка падает вертикально с высоты Ho с нулевой начальной скоростью. Дым сносится ветром, который дует горизонтально на всех высотах с постоянной скоростью vo. На сколько будет снесен относительно вертикальной траектории шашки на высоте h над поверхностью Земли в момент падения шашки на земли? Ускорение свободного падения g. [ x = vo

2H o g

 h  1 − 1 − ] H o  

15. Колесо катится без проскальзывания с постоянной скоростью v. С верхней точки обода колеса срывается камешек. Через какое время колесо наедет на этот камешек? Радиус колеса R, ускорение свободного падения g. [ T = 4 R / g ] 16. Зал для зимнего футбола имеет высоту h = 8 м и длину L = 100 м. Найти скорость мяча, при которой он пролетит от ворот до ворот, почти коснувшись потолка. Ускорение свободного падения g =10 м/с2. Сопротивлением воздуха и размером мяча пренебречь. [

v = 1,312 gL = 41,5 м/с] 17. В коридоре длиной 11 м и с высотой потолка 3 м у самого начала ударяют о пол мяч со скоростью 10 м/с под углом 60о к горизонту. На какой высоте от пола ударяется мяч о торцевую стенку коридора? [h = 2,03 м] 18. Трактор «Беларусь» поворачивает так, что частота вращения одного из задних колес равна n1 = 1,5 об/с, а другого n2 = 1,4 об/с. Расстояние между колесами равно l = 1,9 м. Определите радиус разворота трактора. [R = 27,6 м] 19. Орудие установленное на горе высотой h = 2000 м, посылает горизонтально снаряд со скоростью v1 = 800 м/с. Через промежуток времени τ = 5 c. Из этой же точки выпускается другой снаряд. Какой скоростью v2 он должен обладать и как его надо выпус68

тить, чтобы оба снаряда одновременно упали в одну точку поверхности Земли. [

v2 =

l = 1,07 км/с, α = arctg 0,055 = −3o12 / ] cos α ⋅ (t − τ )

20. На длинном шоссе на расстоянии 1 км друг от друга установлены светофоры. Красный сигнал каждого светофора горит в течение 30 секунд, зелёный – в течение следующих 30 секунд. При этом все автомобили, движущиеся со скоростью 40 км/ч, проехав один из светофоров на зелёный свет, проезжают без остановки, то есть тоже на зелёный свет, и все следующие светофоры. С какими другими скоростями могут двигаться автомобили, чтобы, проехав один светофор на зелёный свет, далее нигде не останавливаться? [ vn =

1 км 1 км ⋅ 3600 120 км = = = 120 км/ч , 40 км/ч, 24 км/ч,…] (30+60n) c (30+60n) час 2n + 1 ч

Динамика. 1. При скоростном спуске по склону с углом наклона α к горизонту лыжник массы M развивает такую скорость, что сила сопротивления воздуха пропорциональна квадрату его скорости F = kv2. Найти скорость установившегося движения лыжника, коэффициент трения лыж о снег равен µ. [ vmax =

Mg (sin α − µ cos α ) ] k

2. Рабочий спускавший ящик массы M по доске, образующей с горизонтом угол α, остановил его за время τ. Какую среднюю силу прикладывал рабочий, действуя на ящик параллельно доске, если скорость ящика перед торможением была равна v, а коэффициент

v  + g (sin α − µ cos α )  ] τ 

трения ящика о доску равен µ? [ F = M 

3. Вдоль наклонной плоскости скользит брусок. Некоторый участок AB он проходит, двигаясь равнопеременно, со средней скоростью vo, причем в точке A его скорость на ∆v меньше, чем в точке B. Найти скорость бруска в точке C, расположенной между точками A и B и отстоящей от точки A на 1/n часть длины участка AB. 2

∆v  2vo ∆v  [ vC =  vo − .]  + 2  n  4. Небольшой шайбе массы m ударом сообщили скорость v вверх вдоль наклонной плоскости, образующей с горизонтом угол α. Шайба останавливается через время t после начала движения. Найти среднюю силу сопротивления, действовавшую на шайбу во вре-

v  − g sin α  m ] τ 

мя движения. [ < F >= 

5. Из тонкого резинового шнура массы m жесткостью k изготовили кольцо радиуса r. Кольцо медленно раскручивают вокруг его оси. Найти радиус кольца при угловой скоро-

4π 2 kr k сти его вращения ω < 2π . [R = .] m 4π 2 k − mω 2 6. Начальный участок трассы скоростного спуска, расположенный вниз по склону горы с углом наклона α = 45o к горизонту, горнолыжник прошел, не отталкиваясь палками. Какую максимальную скорость мог развить спортсмен на этом участке, если его масса m = 70 кг? Коэффициент трения лыж о снег µ = 0,1, сила сопротивления воздуха пропор-

69

циональна квадрату скорости: F = kv 2 , где постоянный коэффициент k = 0,9 кг/м. Ускорение свободного падения принять g = 10 м/с2. [ vmax =

mg (sin α − µ cos α ) ≈ 22,3 м/с ] k

7. В системе, показанной на рисунке, грузы массами m1 и m3 прикреплены к концам невесомой нерастяжимой нити. На такой же нити, один конец которой закреплен, а другой прикреплен к грузу массой m2, висит подвижный блок. К оси этого блока на легких нерастяжимых нитях подвешен груз массой m1. Отрезки нитей, не лежащие на блоках, вертикальны. Пренебрегая трением и массой блоков, найдите ускорение груза m1. [ a1 =

m2 m3 m1

m1 + 2(m2 − m3 ) g] m1 + 4(m2 + m3 )

8. В цилиндрический стакан, лежащий на боку на горизонтальной плоскости, начинают медленно вдвигать гладкий поршень. Найдите давление воздуха в цилиндре в тот момент, когда цилиндр сдвинется с места. Масса стакана вместе с поршнем m, площадь поршня S, атмосферное давление po, коэффициент трения между плоскостью и цилиндром µ. [ p = po +

µ mg S

]

9. По наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом, втягивают за веревку ящик массы M. Коэффициент трения ящика о плоскость равен µ. Под каким углом к плоскости следует тянуть веревку, чтобы двигать ящик равномерно с минимальным усилием? [ β = arctg µ ] 10. На горизонтальной поверхности лежат касающиеся друг друга кубик и цилиндр массы M каждый. С какой ми
O O/ F нимальной горизонтальной силой F, направленной вдоль g прямой проходящей через центры тел, надо толкать кубик, чтобы при движении системы цилиндр не вращался? Коэффициенты трения обоих тел о поверхность и между собой T T одинаковы и равны µ. [ F = 2 Mg (1 + µ ) ] 11. К телу массой m прикреплены две веревки. Веревки
α g перекинуты через блоки, и за каждую из них тянут с силой T. При этом тело поднимается вертикально. Найти ускорение тела в момент, когда угол между веревками будет равен α = 60o. Ускорение свободного падения равно g. [a =

T 3 −g] m

12. Космонавты, высадившиеся на поверхность Марса, измерили период вращения конического маятника (небольшое тело, прикрепленное к нити и движущееся по окружности в горизонтальной плоскости с постоянной скоростью), и он оказался равным T = 3 c. Длина нити l = 1 м. Угол, составляемый нитью с вертикалью, α = 30о. Найдите по эти дан2

 2π  2 ным ускорение свободного падения на Марсе. [ g м =   l cos α ≈ 3,8 м/с ]  T  13. С плоскости, образующей с горизонтом угол α, скатывается без проскальзывания однородная тонкостенная труба массой M. Найдите ускорение центра масс трубы и силу трения, пренебрегая влиянием воздуха. При каком отношении между коэффициентом трения скольжения µ и углом α качение будет происходить без проскальзывания? Ускорение свободного падения g. [ tgα ≤ 2 µ ] 70

14. По клину массой M, находящемуся на гладкой горизонтальной плоскости, скользит шайба массой m. Гладкая наклонная плоскость клина составляет с горизонтом угол α. Определите величину ускорения клина a1. Под каким углом β к горизонту движется шайба? Найдите силу давления F шайбы на клин. Ускорение свободного падения равно g. [ β = arctg

a2 y a2 x

Mm cos α m+M  g] = arctg  tgα  ; F = M + m sin 2 α  M 

15. Закрытый цилиндрический сосуд радиусом R вращают с постоянной угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси, совпадающей с осью сосуда. Сосуд полностью заполнен водой. Найдите давление воды на боковую поверхность сосуда. Силой тяжести пренебречь. [ p =

ρω 2 R 2 2

]

16. Маленький тяжелый шарик движется по окружности в вертикальной плоскости на легкой нерастяжимой нити. На сколько различаются перегрузки шарика в верхней и в нижней точках траектории? Силы трения не учитывайте. [6] 17. Тело массой m = 10 кг подвешено в лифте при помощи трёх одинаковых лёгких верёвок, натянутых вертикально. Одна из них привязана к потолку лифта, две другие – к полу. Когда лифт неподвижен, натяжение каждой из нижних верёвок составляет Fo = 5 Н. Лифт начинает двигаться с постоянным ускорением, направленным вверх. Найдите установившуюся силу натяжения верхней верёвки при следующих значениях ускорения лифта: a1 = 1 м/с2, a2 = 2 м/с2. Ускорение свободного падения равно g = 9,8 м/с2. Считайте, что сила натяжения верёвки пропорциональна её удлинению. [F1 ≈ 111 H; F2 = 118 H] 18. Имеются два одинаковых длинных однородных лёгких бруска, которые используют для проведения экспериментов по изучению прочности древесины. В первом эксперименте деревянный брусок положили концами на спинки двух стоящих стульев, а к его середине подвесили сосуд, который начали медленно заполнять водой. Когда масса сосуда с водой достигла величины m = 4,8 кг, брусок сломался. Во втором эксперименте брусок положили на гладкий горизонтальный стол, к его концам прикрепили два груза малых размеров с массами m1 = 6 кг, а к середине – груз массой m2 = 10 кг и верёвку, за которую стали тянуть с плавно возрастающей силой F, перпендикулярной бруску и направленной горизонтально. При какой величине силы F брусок сломается? Считайте g = 10 м/с2. [F = 88 H] 19. На лежащий на горизонтальном столе клин массой m с углом при основании α = 45° аккуратно положили гладкий брусок массой 1000m. С какой силой скользящий вдоль клина брусок давит на клин, если коэффициент столом равен µ = 0,2? [ N1 ≈ 2,1mg ] 20. Деревянный шарик, опущенный под воду, всплывает в установившемся режиме со скоростью v1, а точно такой же по размеру пластмассовый тонет со скоростью v2. Куда и с какой скоростью будут двигаться в воде эти шарики, если их соединить ниткой? Сила сопротивления пропорциональна скорости, гидродинамическим взаимодействием шариков можно пренебречь. Считайте, что на движущийся шарик действует такая же сила Архимеда, как и на покоящийся. [ v =

v1 − v2 ] 2

Законы сохранения. 1. На наклонную плоскость, образующую угол α с горизонтом, положили небольшую шайбу, сообщив ей скорость vo вверх вдоль наклонной плоскости. Коэффициент тре-

71

ния шайбы о плоскость равен µ, причем

µ < tgα . Найти скорость шайбы при обратном

движении в момент прохождения ею первоначального положения. [ v = vo

tgα − µ ] tgα + µ

2. На горизонтальной плоскости лежит кубик, коэффициент трения которого о плоскость равен µ. Середины боковой грани кубика касается шарик, имеющий ту же массу, подвешенный на легкой нерастяжимой вертикальной нити. На какое расстояние переместится кубик, если шарик отклонить от исходного положения в вертикальной плоскости, проходящей через точку подвеса нити и центр кубика, так, чтобы нить была натянута и образовывала с вертикалью угол α, а затем отпустить его без начальной скорости? Удар шарика о кубик считать абсолютно упругим. Длина нити L. [ ∆x =

L(1 − cosα )

µ

]

3. Лежащий на горизонтальной плоскости гладкий брусок масk M сы M прикреплен к вертикальной стене легкой пружиной жесткости k. При недеформированной пружине брусок торцом касается грани кубика, масса которого много меньше M. Ось пружины горизон∆x = 0 тальна и лежит в вертикальной плоскости, проходящей через центры кубика и бруска. Сдвигая брусок, пружину сжимают вдоль ее оси на величину ∆x, после чего брусок отпускают без начальной скорости. На какое расстояние передвинется брусок после идеально упругого удара, если коэффициент трения бруска о плоскость достаточно

2k ∆x 2 k ( ∆x ) 2 , приведенный ответ верен при µ ≤ ] мал и равен µ? [ L = Mg µ Mg 4. Два шара одинакового радиуса с массами m и M, скрепленные легкой пружиной жесткости k, лежат на гладкой горизонтальной плоскости. Ось пружины совпадает с прямой, проходящей через центры шаров. Пружина сжата прикрепленной к шарам нитью на величину ∆x. Найти максимальную скорость шара массы m при колебаниях, возникающих после пережигания нити. [ vm =

kM ] m ( m + M ) ∆x

M 5. К середине боковой стороны бруска массы M, лежащего k на горизонтальной плоскости стола, прикреплена легкая пружина жесткости k, другой конец которой прикреплен к вертикальной стенке так, что ось пружины горизонтальна. К середине противоположной стороны бруска прикреплена легкая нерастяжимая m нить, перекинутая через неподвижный блок. На нити висит другой блок, к оси которого подвешен кубик массы m. Верхний конец нити прикреплен к потолку. Первоначально кубик удерживается в положении, при котором пружина не деформирована, а нить слегка натянута. Отрезки нити, не лежащие на блоках, либо горизонтальны, либо вертикальны. Пренебрегая трением и массой блоков, найти максимальную скорость бруска после отпускания кубика без начальной скорости. [ v ym =

mg ] k (4 M + m)

6. На гладкой горизонтальной плоскости лежит доска массы M. На конец доски кладут шайбу массы m, которой ударом сообщают скорость v вдоль доски к ее противоположному концу. Коэффициент трения шайбы о доску равен µ. На какое расстояние от исходного положения переместится по доске шайба, если известно, что шайба не соскальзы-

Mv 2 вает с доски? [ xк = ] 2µ g (m + M )

72

7. Снаряд, вылетев из пушки со скоростью v под углом α к горизонту, разорвался на две равные части в верхней точке траектории. Первая часть полетела вертикально вверх, а скорость второй части оказалась в n раз больше скорости первой. Найти расстояние между осколками через время τ после взрыва, если к этому моменту еще ни один осколок не долетел до земли. [

m

vo L αL

n2 + 3 L(τ ) = 2vτ cos α ] n2 − 1 8. К бруску массой m, лежащему на горизонтальной плоскости, прикреплена легкая пружина жесткостью k, второй конец которой закреплен так, что пружина не деформирована, а ее ось горизонтальна и проходит через центр масс бруска. Брусок смещают вдоль оси пружины на расстояние ∆L и отпускают без начальной скорости. Найдите максимальную скорость бруска, если его коэффициент трения о плоскость равен µ. [ vmax

при k ∆L ≤ µ mg 0  = k  ] µ mg  µ ∆ − ∆ > L при k L mg .   m k   

9. Двое рабочих должны выкопать цилиндрический колодец глубиной H = 2 м. До какой глубины h следует копать первому рабочему, чтобы работа оказалась распределенной поровну? Считать, что грунт однороден и рабочие поднимают его до поверхности Земли. [ h =

H ≈ 1, 41 м] 2

10. Мяч массой m = 0,2 кг отпустили без начальной скорости с высоты H = 6 м над полом. Найдите количество теплоты, выделившееся при первом ударе мяча об пол, если промежуток времени между первым и вторым ударами об пол составляет ∆t = 2 c. Сопро-

 g ( ∆t ) 2  тивлением воздуха пренебречь. Принять g = 10 м/с . [ Q = mg  H −  = 2 (Дж) ] 8   2

11. Канат длиной l = 2 м переброшен через блок. В начальный момент канат покоится, и по обе стороны блока свешиваются равные его отрезки. Затем в результате незначительного толчка равновесие каната нарушается, и он приходит в движение. Какова будет скорость каната v в тот момент, когда с одной стороны блока будет свешиваться отрезок каната длиной l1 = 1,5 м? Массой блока и его размерами пренебречь, энергию толчка и трение в блоке не учитывать, ускорение свободного падения g = 10 м/с2. [v =

l 1 10 2 gl ( 1 − ) = ≈ 1,68 м/с ] l 2 2

12. На шероховатом столе лежит доска массой M = 1 кг и длиной L = 0,5 м так, что за край стола выступает ее часть длиной αL, где α = 1/4. Какую минимальную скорость vo нужно сообщить маленькому бруску массой m = 1кг, находящемуся на левом конце доски, чтобы в результате его перемещения левый конец доски приподнялся бы над столом? Коэффициент трения между бруском и доской µ = 0,1. Доска при движении бруска не скользит по столу. Толщиной доски пренебречь, ускорение свободного падения g = 10 м/c2. [ vo =

2 µ gL[

M 1 ( − α ) + 1 − α ] = 1 м/с ] m 2

13. На прямолинейном горизонтальном участке пути стоят N = 5 одинаковых вагонов. Промежутки между соседними вагонами одинаковы и равны L = 30 м. К крайнему вагону подкатывается еще один такой же вагон, имеющий скорость vo = 2 м/с. В результате N последовательных столкновений, в каждом из которых сталкивающиеся вагоны сце73

пляются вместе, все N + 1 вагонов соединяются в один состав. Найдите время t между первым и последним столкновениями. Силами сопротивления движению вагонов пренеб-

L( N 2 + N − 2) = 210 c ] речь. [τ = 2vo 14. В начальный момент времени первый из двух одинаковых упругих шаров отпускают с нулевой скоростью с высоты h, а второй выстреливают с поверхности земли со скоростью v вертикально вверх. Через какое время после столкновения второй шар упадет на землю? Ускорение свободного падения равно g. [ t =

2h h − ] g v

15. Пуля пробивает закрепленную доску при минимальной скорости vo. С какой скоростью должна лететь пуля для того, чтобы пробить незакрепленную доску? Масса доски M, масса пули m, пуля попадает в центр доски. [ v = vo

m+M ] M

16. Две бусинки массой m1 и m2 надеты на проволоку, наклоненную под углом α к горизонту, на расстояниях L1 и L2 от точки изгиба O, после которой проволока горизонтальна. Бусинки одновременно начинают соскальзывать с нулевой начальной скоростью. На горизонтальном участке они при встрече слипаются. Найти скорость получившегося тела. Трения нет, ускорение свободного падения g. В окрестности точки O имеется небольшой участок скругления, так что скорость там не теряется. [ v =

m1 L1 + m2 L2 ] m1 + m2

17. Между двумя идеально отражающими стенками, расстояние между которыми равно L, находятся N одинаковых упругих шаров радиусом R. Центры шаров располагаются на одной прямой, перпендикулярной стенкам. В начальный момент времени скоро

сти всех шаров одинаковы и направлены вдоль этой прямой, vi = vo . Учитывая столкновения между шарами, а также шаров со стенками, найдите среднюю силу давления шаров

mvo2 N на одну из стенок. Масса шара равна m, сила тяжести отсутствует. [ F = ] L − 2 RN 18. В горизонтальном прямом желобе на равных расстояниях L = 1 м друг от друга лежат N = 2002 маленьких шарика. Известно, что шарики разложены в порядке убывания их масс и что массы соседних шариков отличаются друг от друга на α = 1 %. Самому тяжёлому шарику в момент времени t = 0 сообщили скорость v = 1 м/с в направлении остальных шариков. Считая все удары абсолютно упругими, найдите, через какое время после этого начнёт двигаться самый лёгкий шарик. Трения нет. Временем соударения пренебречь. [T = 200 c] 19. На вбитом в стену гвозде на нити длиной L висит маленький шарик. Под этим гвоздём на одной вертикали с ним на расстоянии l < L вбит второй гвоздь. Шарик отводят вдоль стены так, что нить принимает горизонтальное положение, и отпускают без толчка. Найдите расстояния l, при которых шарик перелетит через нижний гвоздь. Нить невесома и нерастяжима, трения нет. [ l ≈ 0,46 L ] 20. Лёгкая нерастяжимая нить длиной L = 2 м удерживается за концы так, что они находятся на одной высоте рядом друг с другом. На нити висит кусочек проволоки массой М = 1 г, изогнутый в виде перевёрнутой буквы U. Нить выдерживает максимальную силу натяжения F = 5 Н. Концы нити одновременно начинают перемещать в противоположных горизонтальных направлениях с одинаковыми скоростями v = 1 м/с. В какой-то момент нить не выдерживает и рвётся. На какую максимальную высоту относительно уровня кон-

74

цов нити взлетит кусочек проволоки? Ускорение свободного падения g = 10 м/с2, сопротивлением воздуха пренебречь. [ h =

v 2g

FL = 5 м] M

Равновесие тел, жидкости. 1. В цилиндрический сосуд с водой опустили железную коробочку, из-за чего уровень воды в сосуде повысился на 2,0 см. На сколько опустится уровень воды, если коробочку утопить? Плотность железа ρ2 = 7,8⋅103 кг/м3, плотность воды ρо = 1,0⋅103 кг/м3. [

ρ  ∆h2 − ∆h1 =  o − 1  ∆h1 ≈ −1,7 см]  ρ2  2. Однородный алюминиевый цилиндр подвесили на пружине и опустили, полностью погрузив, в воду. При этом растяжение пружины уменьшилось в n = 1,6 раз. Рассчитать по этим данным плотность алюминия. Плотность воды ρо. [ ρ a =

n ρ] n −1

3. В плавающей в океане льдине пробурили сквозной колодец глубиной h = 18 м. Через сколько времени можно услышать всплеск воды от падения камня, брошенного в колодец без начальной скорости? Плотность воды принять равной ρ1 = 1,1⋅103 кг/м3, плотность льда ρ2 = 0,90⋅103 кг/м3. [t ≈ 0,81 c] 4. В гладкий высокий стакан радиусом 4 см поставили палочку длиной 10 см и массой 60 г, после чего в стакан налили до высоты 3 см жидкость, плотность которой в полтора раза больше плотности материала палочки. Найдите силу, с которой верхний конец палочки давит на стенку стакана. [F = 0,25 H] 5. В высоком цилиндрическом сосуде с водой площадью 300 см2 плавает в вертикальном положении цилиндр высотой 20 см и площадью основания 100 см2, сделанный из материала плотностью 400 кг/м3. Какую работу надо совершить, чтобы прижать цилиндр к дну сосуда, если начальная толщина слоя воды 20 см? [A = 0,96 Дж] 6. Во сколько раз сила давления воды на нижнюю половину вертикальной стенки полностью заполненного колодца отличается от силы давления воды на всю стенку, если давление на дно колодца превышает атмосферное в n = 3 раза? [

F1 3n + 1 5 = = ] F2 4(n + 1) 8

7. В дне цистерны, заполненной нефтью, установлены два одинаковых крана K1 и K2 небольшого сечения, расположенных на равных расстояниях L от оси ее горловины. Считая, что скорость вытекания нефти пропорциональна перепаду давлений на кране, найти отношение масс вытекающей через краны нефти при движении цистерны по прямолинейному горизонтальному участку пути с ускорением a, если уровень нефти в центре горловины относительно дна равен h, и при движении цистерны нефть не выливается из горловины. [

m1 gh − aL = .] m2 gh + aL

8. На дне вертикального цилиндрического сосуда радиусом R = 10 см лежит шар радиусом r = 5 см. Плотность материала шара в два раза меньше, чем плотность воды. Какой объем воды следует налить в сосуд, чтобы шар перестал оказывать давление на дно сосу-

 

да? [ V = π r  R − 2

2 2 r  = 1,3 ⋅ 10−3 м3.] 3 

9. На внутренней поверхности гладкой сферы лежит невесомый стержень с маленькими шариками массами m1 и m2 на концах. Длина стержня L равна радиусу сферы. Пренебрегая трением, найдите угол α между стержнем и горизонталью. 75

[ tgα =

m1 − m2 ] 3( m1 + m2 )

10. В сосуде, вертикальное сечение которого изображено на рисунке, находятся в равновесии два невесомых поршня, соединенные невесомой нерастяжимой нитью. Пространство между поршнями заполнено жидкостью, плотностью ρ = 103 кг/м3. Найдите силу натяжения нити T, если площади поршней S1 = 0,1 м2 и S2 = 0,05 м2, а длина нити l = 0,5 м. Трением поршней о стенки сосуда пренебречь, ускорение свободного падения g = 10 м/с2. [ T =

ρ glS1S2 S1 − S2

S1 l S2

≈ 490 H ]

11. В цилиндрическом сосуде внутренним радиусом R, частично заполненном водой, плавает, выступая из воды на высоту h, однородное деревянное кольцо плотностью ρ д . Радиус отверстия в кольце равен r. В отверстие медленно налили столько масла плотностью ρ м , что его верхний уровень достиг верха кольца. В результате уровень воды вне

hr 2 ρ м кольца поднялся на некоторую высоту x. Найдите x. [ x = ] ( ρд − ρ м ) R 2 12. Однородный шарик массой m = 60 г лежит на дне пустого стакана. В стакан наливают жидкость так, что объем погруженной в жидкость части шарика в k = 6 раз меньше его общего объема. Плотность материала жидкости в n = 3 раза больше плотности материала шарика. Найдите силу давления шарика на дно стакана. Ускорение свободного па-

3 6

дения g = 10 м/с2. [ F = 0,06 ⋅ 10(1 − ) = 0,3 (H) ] 13. Желоб состоит из двух досок, образующих двугранный угол, у которого ребро горизонтально, а плоскости составляют равные углы α = 30o с горизонтом. В желобе лежит цилиндр массой m = 4 кг, образующая которого параллельна ребру желоба. Какую силу надо приложить в горизонтальном направлении к основанию цилиндра, чтобы он двигался вдоль желоба равномерно? Коэффициент трения между поверхностями желоба и цилиндра µ = 0,1. [F ≈ 4,5 H] 14. Куб из пенопласта с ребром a = 0,5 м, плывший по водоему, оказался зажатым под досками низкого горизонтального мостка. Какую горизонтальную силу необходимо приложить к кубу, чтобы сдвинуть его поступательно вдоль мостка? Плотность пенопласта ρп = 60 кг/м3, плотность воды ρв = 103 кг/м3, высота мостка над уровнем воды h = 20 см, коэффициент трения между поверхностью куба и досками мостка µ = 0,3. [F ≈ 198 H] 15. На дне лунки кубической формы размером 10×10×10 см лежит шар, диаметр которого немного меньше 10 см. В лунку наливают воду плотностью ρ = 1 г/см3 до тех пор, пока шар не начинает плавать, касаясь дна лунки. После этого в лунку долили еще m = 250 г воды так, что лунка оказалась заполненной водой до верха. Какую массу воды налили в лунку вначале? Чему равна плотность материала шара? Указание: объем шарового сегмента толщиной h равен ∆V = πh2 (3r – h)/3. [m = 310 г; ρ = 0,84 г/см3] 16. В полусферический колокол, плотно лежащий на столе, наливают через отверстие вверху воду. Когда вода доходит до отверстия, она приподнимает колокол и начинает вытекать снизу. Найти массу колокола, если радиус его равен R, а плотность воды ρ. [M =

1 3 πR ρ ] 3

17. Два одинаковых сообщающихся сосуда наполнены жидкостью плотностью ρо и установлены на горизонтальном столе. В один из сосудов кладут маленький груз массой m

76

и плотностью ρ. На сколько будут после этого отличаться силы давления сосудов на стол? Массой гибкой соединительной трубки с жидкостью можно пренебречь.



[ F = mg  1 −



ρo  ] ρ 

18. В боковой стенке бутылки проделано маленькое отверстие, в которое вставлена затычка. В бутылку наливают воду и закрывают её горлышко пробкой, через которую пропущена трубка. Длина трубки подобрана таким образом, что её нижний конец находится выше отверстия в стенке бутылки, но ниже поверхности воды, а верхний конец сообщается с атмосферой. Затычку из отверстия в боковой стенке вынимают, и из него начинает вытекать вода. Через некоторое время поток воды из отверстия устанавливается, и вода вытекает с постоянной скоростью. Найдите давление воздуха p, находящегося в бутылке, в тот момент, когда нижний конец трубки находится на глубине h = 5 см от поверхности воды. Плотность воды ρ = 1000 кг/м3, атмосферное давление po = 100 000 Па, ускорение свободного падения g = 9,8 м/с2. [ p = 99510 Па] 19. На дне бассейна лежит тонкий стержень длиной L = 1 м, состоящий из двух половин с одинаковыми площадями поперечного сечения и плотностями ρ1 = 0,5 г/см3 и ρ2 = 2,0 г/см3. В бассейн медленно наливают воду плотностью ρo = 1,0 г/см3. При какой глубине h воды в бассейне стержень будет составлять с поверхностью воды угол α = 45°? [h =

L 7 ≈ 0,66 м] 4

20. Плавающая на поверхности воды прямоугольная льдина, продольные размеры которой много больше её толщины, выдерживает груз массой M, помещённый в центре. Какой груз можно разместить на краю льдины (в середине её ребра), чтобы он не коснулся воды? Плотность льда считайте равной 0,9 г/см3, плотность воды – 1,0 г/см3. [ m <

M ] 4

Тепловые явления. 1. Для нагревания некоторого количества воды от 0 oC до кипения (при нормальном атмосферном давлении) понадобилось 15 минут. После этого 1 час 20 минут потребовалось для обращения всей воды в пар при тех же условиях. Определите удельную теплоту парообразования воды. Считать мощность тепловых потерь постоянной. [L = 2,24 МДж/кг] 2. В калориметр, содержащий m1 = 250 г воды при температуре t1 = 15 oC, бросили m2 = 20 г мокрого снега. Температура в калориметре понизилась на ∆t1 = 5 oC. Сколько воды было в снеге? Теплоемкостью калориметра пренебречь. [m = 7 г] 3. Кусок свинца неупруго ударяется о препятствие со скоростью 350 м/с. Какая часть свинца расплавилась, если все количество теплоты, выделившееся при ударе, поглощается свинцом? Температура свинца перед ударом t1 = 27 oC, удельная теплоемкость свинца c = 130 Дж/(кг⋅оС), удельная теплота плавления свинца λ = 25 кДж/кг, температура плавления свинца tпл = 327 oC. [α = 0,89] 4. В чашке находилось 500г льда при температуре − 5° C . В нее вливают 200 г воды, имеющей температуру, 80° C . Какая температура установится в чашке? Что в ней находится? [385 г воды и 315 г льда при температуре 0 oC.] 5. При нормальном атмосферном давлении в открытый калориметр помещают одинаковое количество воды (при температуре +t oC) и льда (при температуре –t oC). Какая максимальная доля льда может при этом расплавиться? [α = 0,63] 6. После опускания в воду, имеющую температуру 10 oC, тела, нагретого до 100 oC, через некоторое время установилась общая температура 40 oC. Какой станет температура

77

воды, если, не вынимая тела, в воду опустить еще одно такое же тело, нагретое до 100 oC? Теплоемкостью калориметра и испарением воды пренебречь. [t = 55 oC] 7. Свинцовая пуля массой m1 = 9,0 г, имеющая скорость v = 500 м/с и температуру t1 = 250 oC, попадает в стоящую на гладкой горизонтальной поверхности свинцовую гирю массой m1 = 100 г и застревает в ней. Определите конечную температуру пули и гири, если начальная температура гири t2 = 20 oC. Теплообменом с окружающей средой пренебречь. [t ≈ 112 oC] 8. На плите стоит кастрюля с водой. При нагревании температура воды увеличилась от 90 oC до 95 oC за одну минуту. Какая доля теплоты, получаемой водой при нагревании, рассеивается в окружающем пространстве, если время остывания той же воды от 95 oC до 90 oC равно 9,0 минутам? [α = 0,1] 9. Электрокипятильник со спиралью сопротивлением 160 Ом поместили в сосуд, содержащий 0,50 л воды при 20 oC и включили в сеть напряжением 220 В. Через 20 минут кипятильник выключили. Сколько воды выкипело? Считать, что вся подводимая теплота пошла на нагревание воды. [m = 85 г] 10. Электрический нагреватель имеет три одинаковые спирали. Две параллельно соединенные спирали подключены последовательно с третьей. Нагреватель опущен в сосуд с водой. Спустя τо = 9 мин, когда вода нагрелась от температуры t1 = 20 оС до температуры t2 = 50 оС, спираль в параллельном соединении перегорела. На сколько больше времени из-за этого придется ждать, пока вода закипит? Потери теплоты не учитывать, напряжение на клеммах постоянно. [∆τ = 5 мин] 11. Из ведра налили в кастрюлю некоторое количество воды, затем поставили кастрюлю на нагреватель и через 30 минут вода в ней закипела. Тогда из того же ведра зачерпнули еще некоторое количество воды и долили в кастрюлю. При этом температура воды в кастрюле понизилась на 12 оС. Через 5 минут после этого вода в кастрюле закипела. Какова температура воды в вере. Теплообмен воды с внешней средой не учитывать. [t = 16 oC] 12. В теплоизолированном сосуде находится смесь льда массой m = 2,1 кг и воды. После начала нагревания температура смеси оставалась постоянной в течение времени t1 = 11 мин, а затем за время t2 = 4 мин повысилась на ∆t = 20 oC. Определите массу смеси, если считать, что количество теплоты, получаемое системой в единицу времени, постоянно. Удельная теплота плавления льда λ = 330 кДж/кг, а удельная теплоемкость воды c = 4,2 кДж/(кг⋅К). Теплоемкостью сосуда пренебречь. [M = 3 кг] 13. В комнате на столе стоят два одинаковых стакана. Температура в комнате 20 oC. В первый стакан быстро наливают воду температурой t = 0 oC, а во второй кладут кусочек льда массой ∆m = 10 г и той же температуры и наливают m – ∆m = 190 г воды температурой 0 oC. Температура воды в первом стакане через время t1 = 2 мин увеличилась на ∆t = 1 o C. Через какое время после заполнения второй стакан нагреется до той же температуры? Удельная теплота плавления льда λ = 336 Дж/г, теплоемкость воды c = 4,2 Дж/(г⋅К). Теплоемкостью стаканов пренебречь. [τ2 = 10 мин] 14. Определите температуру воды в сосуде, если в него налили одну кружку воды при температуре t1 = 40 оС, четыре кружки воды при температуре t2 = 30 оС и пять кружек воды при температуре t3 = 20 оС. Потери теплоты не учитывать. [t = 26 oC] 15. Железный шарик (ρ = 7800 кг/м3) радиусом R = 10 см, нагретый до температуры t1 = 500 оС, положили на лед, температура которого t2 = 0 оС. На какую глубину погрузится шарик в лед? Теплопроводностью шарика и нагреванием воды пренебречь. Считать, что шарик погрузился в лед полностью. Удельная теплоемкость железа 460 Дж/кг⋅оС, удельная теплота плавления льда 3,3⋅105 Дж/кг, плотность льда 900 кг/м3.

2 4  ρ1Rct1 − R ρ 2λ  / ρ 2λ ] 3 3 

[h = 

78

16. Известно, что толщина ледников (как и высота гор) ограничена. Оцените максимальную толщину ледника на Земле. Удельная теплота плавления льда λ = 332 кДж/кг. Ускорение свободного падения g = 9,8 м/с2. [H ≈ 34 км] 17. Кусок льда с вмерзшими в него свинцовыми дробинками общей массой 200 г осторожно опускают в стакан калориметра, доверху наполненный водой. Часть воды при этом выливается и в дальнейшем теплообмене не участвует. Когда система пришла в состояние теплового равновесия, оказалось, что температура воды в калориметре 20 oС. Начальные температуры воды – 40 oС, льда – (–20 oС). Масса воды в калориметре была 1,2 кг. Определите объемное содержание свинца в куске льда. Теплоемкостью калориметра пренебречь. Удельная теплоемкость воды 4,2⋅103 Дж/(кг⋅oC), льда 2,1⋅103 Дж/(кг⋅oC), свинца 138 Дж/(кг⋅oC). Плотность льда 900 кг/м3, свинца 11,3⋅103 кг/м3. Удельная теплота плавления льда 3,35⋅105 Дж/кг. [η ≈ 0,8 %] 18. Теплоизолированный сосуд частично заполнили водой. Находящийся в комнате точный водяной термометр опускают в воду. На сколько процентов его показание будет отличаться от первоначальной температуры воды, если теплоемкость термометра меньше теплоемкости сосуда с водой в n раз, а температура в комнате по сравнению с температурой сосуда с водой – в m раз? [ ε =

m −1 100 % ] m(n + 1)

19. Из ведра налили в кастрюлю некоторое количество воды, затем поставили кастрюлю на нагреватель и через 30 минут вода в ней закипела. Тогда из того же ведра зачерпнули еще некоторое количество воды и долили в кастрюлю. При этом температура воды в кастрюле понизилась на 12 оС. Через 5 минут после этого вода в кастрюле закипела. Какова температура воды в вере. Теплообмен воды с внешней средой не учитывать. [t1 = 16 оС] 20. В теплоизолированный цилиндрический сосуд поместили кусок льда массой M при t = 0 оC и прочно прикрепили ко дну. Затем залили этот лёд водой такой же массой M . Вода полностью покрыла лёд и достигла уровня H = 20 см. Определите, какова была температура воды, если после установления теплового равновесия уровень воды в сосуде опустился на h = 0,4 см. Плотность воды и льда равны 1000 и 920 Дж/(кг⋅oC) соответственно. Удельная теплота плавления льда λ = 330 кДж/кг. [ t B = λ h ( ρ − ρ Л ) /[cH ( ρ + ρ Л )] ≈ 37,7 oC]

Электростатика. 1. Внутри гладкой сферы находится маленький заряженный шарик. Какой величины заряд нужно поместить в нижней точке сферы для того, чтобы шарик удерживался в ее

2mgd 2 ] верхней точке? [ Q ≥ kq 2. По кольцу могут свободно перемещаться три шарика, несущие заряды: +q1 на одном шарике и +q2 на каждом из двух других. Чему равно отношение зарядов q1 и q2, если при равновесии дуга между зарядами q2 составляет 60о? [

q1 = 12,5 ] q2

3. На невесомом стержне длины L висит маленький шарик массы m с зарядом Q. На короткое время t включается постоянное горизон-


g


Eo 79

тальное электрическое поле напряженностью Eв. Найдите максимальный угол отклонения стержня от вертикали. 2

 (QEt / m) 2   QEt  [ α = arccos  1 −  > 4 gL шарик сделает полный оборот]  , при  m 2 gL     4. На горизонтальную пластинку площади S с отрицательным зарядом –Q оседают из воздуха пылинки, масса каждой из которых m, а заряд +q. Какова наибольшая масса слоя пыли, осевшей на пластину? Ускорение свободного падения g. [ M = 5. Связанные нитью шарики массы m и M, которые имеют одинаковые заряды q, летят по направлению нити с равными скоростями v. Нить пережигают. Какова была длина нити, если после разлета шарик массы m остановил-

mQ 2ε o Sm 2 g ] + q q2

m

M

q

q


v

q2M ся? [ L = ] 4πε o m( M + m)v 2 6. Два тела с массами m1 и m2 и зарядами q и –q соединены легким стержнем длины L и находятся в состоянии покоя. Стержень выдерживает мак
симальную силу растяжения T. Мгновенно включается элекE трическое поле E, направленное перпендикулярно стержню. L Найти максимальное E, при котором стержень при последующем движении тел не разрушится. [ Emax

 q2  / 3q ] = T + 2  4 πε L   o

m1 q

m2 q

7. На нижнем конце неподвижной вертикально расположенной в поле тяжести спицы закреплена бусинка с зарядом q1. Вторая бусинка с зарядом q2 и массой m может свободно двигаться вдоль спицы. В начальный момент времени вторая бусинка имела нулевую скорость и находилась на высоте h над первой. Найти максимальную скорость второй бусинки. Ускорение свободного падения g. [v =

2 m

mgh −

q1q2 .] 4πε o h

8. Три частицы с одинаковыми зарядами находятся в вершинах равнобедренного прямоугольного треугольника. При какой массе M частицы, находящейся в вершине прямого угла, все частицы при разлете будут находиться в вершинах подобного треугольника? Массы двух остальных частиц равны m. [ M = 2 2m ] 9. Две параллельные металлические пластины, одна из которых имеет площадь S, а другая – 2S, расположены на расстоянии d, малом по сравнению с размерами пластин. Посредине между ними находится металлическая пластина площади 2S. На крайние пластины помещают заряды +q и –q, а суммарный заряд средней пластины нулевой. Найти разности потенциалов между каждой парой пластин. [ U1 =

qd qd 3 qd , U2 = ,U= ] 2ε o S 4ε o S 4 εoS

10. Внутри незаряженного плоского конденсатора, пластины которого расположены горизонтально на расстоянии l = 2 см друг от друга, падает положительно заряженная пылинка. Вследствие сопротивления воздуха пылинка движется равномерно, проходя некоторый путь за время to = 10 c. Когда на конденсатор подали напряжение U = 980 B, пылинка начала двигаться равномерно вверх, пройдя тот же путь за время t1 = 5 с. Определите отношение q заряда пылинки к ее массе. Силу сопротивления воздуха считайте пропор80

циональной скорости пылинки, ускорение свободного падения принять g = 9,8 м/с2. [

γ=

q g (1 + to / t1 )l = = 6 ⋅ 10−4 Кл/кг ] m U

11. Электрон влетает со скоростью v = 107 м/с в отверстие в нижней пластине плоского конденсатора. Между пластинами поддерживается разность потенциалов U = 425 В. Определите максимальное удаление h электрона от нижней пластины конденсатора, если угол, который составляет вектор начальной скорости электрона с вектором напряженности электрического поля конденсатора, α = 30o, расстояние между пластинами конденсатора d = 1 см, отношение заряда электрона к его массе γ = 1,76⋅1011 Кл/кг. Считайте электрическое поле внутри конденсатора однородным, силу тяжести не учитывать. [

v 2 cos 2 α h=d ≈ 5 мм ] 2γ U 12. Две частицы, одинаковые по массе и заряженные равными по величине разноименными зарядами, движутся по окружности вокруг неподвижного центра масс. Пренебрегая гравитационным взаимодействием между частицами, найдите отношение α величин потенциальной и кинетической энергий частиц. Принять, что энергия взаимодействия частиц при их удалении на бесконечно большое расстояние равна нулю. [α = 2] 13. Параллельно отклоняющим пластинам электронно-лучевой трубки влетает пучок электронов, движущихся со скоростью vo = 6⋅106 м/с. Через промежуток времени t =5⋅10–10 с их скорость оказывается равной v =1⋅107 м/с. Считая, что поле между пластинами однородно, найдите его напряженность E. Удельный заряд электрона e/m = 1,8⋅1011 Кл/кг. [

v 2 − vo2 E= ≈ 8,9 ⋅ 104 В/м ] te / m

14. Два маленьких шарика массами m1 = 6 г и m2 = 4 г, несущие заряды q1 = 10–6 Кл и q2 = –5⋅10–6 Кл соответственно, удерживаются на расстоянии l = 2 м друг от друга. В некоторый момент оба шарика отпускают, сообщив одновременно второму из них скорость vo = 3 м/с, направленную от первого шарика вдоль линии, соединяющей их центры. На какое максимальное расстояние L разойдутся шарики? Силу тяжести не учитывать. Электриче-

10−9 Ф/м. [L ≈ 3,85 м] ская постоянная ε o = 36π 15. Внутри незаряженного плоского конденсатора, пластины которого расположены горизонтально на расстоянии l = 2 см друг от друга, падает положительно заряженная пылинка. Вследствие сопротивления воздуха пылинка движется равномерно, проходя некоторый путь за время to = 10 с. Когда на конденсатор подали напряжение U = 980 B, пылинка начала двигаться равномерно вверх, пройдя тот же путь за время t1 = 5 с. Определите отношение k заряда пылинки к ее массе. Силу сопротивления воздуха считайте пропорциональной скорости пылинки, ускорение свободного падения принять g = 9,8 м/с2. [

k=

q g (1 + to / t1 )l = = 6 ⋅ 10−4 Кл/кг ] m U

16. Маленький шарик массой m = 1 г и зарядом q = 10–7 Кл подвешен на невесомой нерастяжимой нити, другой конец которой закреплен. При помещении этой системы в однородное вертикальное электрическое поле модуль силы натяжения нити в новом положении остался таким же, каким был при отсутствии поля. найдите величину напряженности поля. [E = 20⋅104 Н/Кл] 17. Два одинаковых шарика массой m = 0,09 кг каждый заряжены одинаковыми электрическими зарядами и подвешены при помощи непроводящих невесомых нитей к потолку один под другим. Какой заряд должен иметь каждый шарик, чтобы обе нити испытывали одинаковое натяжение? Электростатическим взаимодействием шариков с по81

толком пренебречь. Расстояние между шариками l = 0,3 м, электрическая постоянная εo = −6 8,85⋅10–12 Ф/м, ускорение свободного падения g = 10 м/с2. [ q = ±3,0 ⋅ 10 Кл ] 18. К концу тонкого вертикального вала на легкой нерастяжимой изолирующей нити длиной L подвешен небольшой по размерам шарик массы m, имеющий заряд q. Под шариком на расстоянии h находится равномерно заряженная с поверхностной плотностью σ горизонтальная плоскость. Вал начинают медленно раскручивать. При каких угловых скоростях вращения вала нить будет устойчиво отклонена от вертикали? [ω >

g qσ ] − L 2ε o mL

19. Точечный заряд, находящийся на расстоянии a от каждой из четырёх вершин одной из граней сплошного незаряженного проводящего куба с длиной ребра a, притягивается к кубу с силой F. С какой силой этот же заряд будет притягиваться к сплошному проводящему кубу с длиной ребра b, если его разместить на расстоянии b от каждой из вер-

a2 шин одной из граней куба? [ F = F 2 ] b /

20. Имеются батарейка с ЭДС E = 1 B и два незаряженных конденсатора с ёмкостями C1 = 2 мкФ и C2 = 3 мкФ. Какую максимальную разность потенциалов можно получить с помощью этого оборудования и как это сделать? [Umax = 4,4 B] Законы постоянного тока. 1. При подключении к батарейке резистора R через неё течёт ток I. При подключении к этой же батарейке резистора R, соединённого последовательно с неизвестным резистором, через неё течёт ток 3I/4. Если же резистор R соединить с тем же неизвестным резистором параллельно и подключить к этой же батарейке, то через неё будет течь ток 6I/5. Найдите сопротивление неизвестного резистора. [x = R] 2. Школьницы Алиса и Василиса решили изготовить самодельные вольтметры из имеющихся в 1 2 3 школьной лаборатории миллиамперметров. Алиса соединила миллиамперметр последовательно с резистором сопротивлением R1 = 1 кОм и приклеила на прибор шкалу напряжений, показывающую произведение текущего через миллиамперметр тока I на R1. Василиса собрала ту же схему, используя другой резистор с сопротивлением R2 = 2 кОм, и приклеила шкалу, показывающую произведение IR2. Школьницы решили испытать свои приборы, подключив их к схеме, изображённой на рисунке, с неизвестным напряжением батарейки и неизвестными сопротивлениями резисторов. Прибор Алисы при подключении к контактам 1 и 2 показал напряжение U12 = 1,8 B, к контактам 2 и 3 – напряжение U23 = 1,8 B, к контактам 1 и 3 – напряжение U13 = 4,5 В. Что покажет прибор Василисы при подключении к тем же парам контактов? Внутренним сопротивлением батарейки и миллиамперметров пренебречь. [U = 2 B] 3. Два школьника на уроке физики собрали самодельные приборы для измерения сопротивлений – омметры, состоящие из последовательно соединённых батарейки, резистора и амперметра, причём эти элементы у каждого школьника были разные. Потом они откалибровали свои приборы, подключая к ним резисторы с известными сопротивлениями, и нанесли на шкалы амперметров эти значения сопротивлений. Далее школьники решили вместе измерить неизвестное сопротивление Rx резистора, одновременно подключив параллельно к нему оба своих прибора с соблюдением одинаковой полярности батареек.

82

При этом один прибор показал значение сопротивления, равное R1, а второй – R2. Каково истинное значение Rx? [ Rx =

R1R2 .] R1 + R2

4. Мы хотим измерить ЭДС батарейки для наручных часов. У нас есть два посредственных, но исправных вольтметра разных моделей. Подключив первый вольтметр к батарейке, мы получили значение напряжения U1 = 0,9 В. Подключив второй вольтметр – U2 = 0,6 В. Недоумевая, мы подключили к батарейке оба вольтметра одновременно (параллельно друг другу). Они показали одно и то же напряжение Uo = 0,45 В. Объясните происходящее и найдите ЭДС батарейки Eo. [Eo = 1,8 B] 5. Многопредельный амперметр представляет собой миллиамперметр с набором сменных шунтов. Им измеряют ток в некоторой цепи. На пределе «1 мА» прибор показал I1 = 1 мА; когда его переключили на предел «3 мА» – I2 = 1,5 мА. Тем не менее прибор оказался исправным – он точно показывает величину протекающего через него тока. Каков истинный ток Iо в цепи без амперметра? [Io = 2 мА] 6. Спираль, свернутая из стальной проволоки, подключена к источнику постоянной ЭДС с пренебрежимо малым внутренним сопротивлением. Во сколько раз α изменится время нагрева определенного количество воды от комнатной температуры до температуры кипения, если заменить эту спираль на стальную спираль той же массы, свернутую из проволоки, имеющей в β = 2 раза меньшую длину? Потерями тепла пренебречь. [

t2 1 = 2] t1 β

7. Когда в настольную лампу вставили лампочку, на которой рассеивается мощность P1 = 60 Вт, то оказалось, что на соединительных проводах лампы рассеивается мощность P2 = 10 мВт. Какая мощность будет рассеиваться на соединительных проводах, если поставить лампочку мощностью P3 = 100 Вт? Напряжение в сети в обоих случаях считать равным U = 220 В. [P4 = 0,027 Вт] 8. Знаток физики собрал схему из трех A B C D одинаковых резисторов, подключил ее к источнику постоянного напряжения (который можно считать идеальным) и измерил вольтметром напряжение сначала между точками A и D, а потом между точками A и B – получилось U1 = 3 В и U2 = 0.9 В соответственно. Тогда знаток физики соединил точки A и C проводом (сопротивлением которого можно пренебречь) и измерил напряжение между точками B и D. Что он получил? [U = 2,77 B] 9. Утюг устроен следующим образом: его нагреватель выключается, если температура утюга становится больше некоторой температуры t2, и включается, как только его температура падает ниже t1 (эти температуры неизвестны). Если включенный утюг стоит с открытой металлической поверхностью, его нагреватель работает в среднем k = 1/4 всего времени. При этом мощность теплоотдачи можно считать постоянной. Если утюгом начинают гладить, то промежуток времени между последовательными моментами включения нагревателя становится в n = 4/3 раза меньше. В этом случае мощность теплоотдачи также остается постоянной. Какую часть времени он работает в среднем во втором случае? [Нагреватель утюга будет работать в течение половины времени] 10. Электроплитка содержит три спирали сопротивлением 120 Ом каждая, соединенные параллельно друг другу. Эта плитка включается в сеть последовательно с резистором сопротивлением 500 Ом. Как изменяется время необходимое для нагревания на плитке чайника с водой, если одна из спиралей перегорит. [

t2 = 0,9958 ≈ 1] t1

11. Два одинаковых вольтметра, соединенных последовательно, при подключении к источнику тока показывают напряжение U1 = 4,5 B каждый. Если к тому же источнику 83

подключить один вольтметр, он показывает напряжение U2 = 8 B. Чему равна ЭДС источника? [E = 10,3 B] 12. Нагревательный элемент имеет две нихромовые спирали, отношение сопротивлений которых равно n. Минимальная разность температур между элементом и окружающей средой, устанавливающаяся при длительном включении в сеть и определенном соединении спиралей, равна ∆T1. На сколько может превышать установившаяся температура этого элемента температуру окружающей среды при другом соединении спиралей и включении в ту же сеть, если теплоотдача элемента пропорциональна разности темпера-

(1 + n) 2 ∆T1 .] тур элемента и среды? [ ∆T2 = n 13. При подключении к батарее резистора на нем выделяется мощность W1 = 12 Вт. При этом КПД системы, состоящей из резистора и батареи, оказался равным η = 0,5. Найти КПД системы при подключении к батарее другого резистора, на котором выделяется мощность W2 = 9 Вт. [0,75, либо 0,25] 14. При замкнутом ключе K через первый амперметр A1 идет ток I1 A1 = 3 A, а через второй – I2 = 1 A. Включенные в схему источники одинаковые. Внутреннее сопротивление источников и амперметров много KA меньше сопротивления резисторов. Какой ток I будет протекать через 2 амперметр A1, если разомкнуть ключ K? [I ≈ 3,4 A] 15. Какую максимальную механическую мощность может развить электромотор при подключении его к сети постоянного тока с напряжением U, если омическое сопротивление между клеммами мотора равно R, а статор мотора изготовлен из постоянного магнита? [ N max

U2 ] = 4R

16. Два одинаковых резистора соединили параллельно и подключили к батарее, составленной из двух последовательно включенных одинаковых гальванических элементов. Затем резисторы соединили последовательно и подключили к параллельно соединенным ранее использовавшимся элементам. При этом мощность, выделяющаяся на каждом резисторе, уменьшилась в n = 4 раза. Найти отношение сопротивления резистора к внутреннему сопротивлению элемента. [

R = 3,5. ] r

17. Потери мощности в линии электропередач составляют k1 = 5 % от мощности, получаемой потребителем. Во сколько раз нужно изменить напряжение на входе линии и сопротивление потребителя для того, чтобы при той же мощности, получаемой потребителем, потери в линии снизить до k2 = 1 %. [

U2 ≈ 5] U1

18. Проволочное кольцо включено в цепь, по которой проходит ток 9 A. Контакты делят длину кольца в отношении 1:2. При этом в кольце выделяется мощность 108 Вт. Какая мощность при той же силе тока во внешней цепи будет выделяться в кольце, если контакты разместить по диаметру кольца? [P2 = 121,5 Вт] 19. Цепь собрана из одинаковых резисторов и вольтметров. Первый вольтметр показыR R R вает U1 = 4 B, а третий – U3 = 2 B. Каково показание второго вольтметра? [U2 ≈ 2,6 B] U2 U3 U1 20. Лабораторная электроплитка, сопротивление спирали которой R = 20 Ом, включена в сеть последовательно с резистором, сопротивление которого Ro = 10 Ом. При длительной работе плитка нагрелась от комнатной температуры to = 20 °С до температуры t1 = 52

84

°С. До какой температуры нагреется плитка, если параллельно ей включить еще одну такую же плитку? [tx = 38 oC] Качественные задачи. Задача 1. Параллельный пучок света освещает предмет. На экране имеется изображение его тени, полученное с помощью линзы. Если поместить между предметом и линзой матовое стекло непосредственно вблизи предмета, то изображение на экране сохраняется. Если матовое стекло приближать к линзе, то изображение постепенно расплывается и затем исчезает. Объясните это явление. Задача 2. Пластинку из сырого картофеля толщиной примерно 10 мм протыкают стеклянной трубкой. Затем пробку, образовавшуюся в трубке, заталкивают на 10 – 15 мм внутрь. Вторую пробку формируют, протыкая картофельную пластинку другим концом трубки. Затем эту пробку начинают медленно толкать внутрь трубки. Первая пробка вначале движется медленно, а у конца трубки характер ее движения резко меняется. Объяснить наблюдаемое явление. Задача 3. В цилиндрический стакан с водой вставляют непроницаемую для воды прозрачную воронку. При этом свет от лампы, находящейся под дном стакана, почти не попадает на экран, расположенный над стаканом. Когда воронку заполняют водой, свет начинает проходить через систему. Объясните явление. Задача 4. В стеклянной трубке, расположенной под углом к горизонту, находится неподвижная цепочка. Если трубку медленно вращать вокруг ее оси, цепочка выскальзывает из трубки через верхний конец. Объясните наблюдаемое явление. Задача 5. К одному концу упругой стальной линейки прикреплен груз, а другой конец жестко зафиксирован так, что линейка вертикальна. Отклоняя груз, вызывают его колебания. Один раз опыт проводят при верхнем положении груза, а другой – при нижнем. Объясните, почему периоды колебаний при примерно одинаковой амплитуде заметно отличаются. Задача 6. Деревянный стержень подвешен на нити над сосудом с водой. При подъеме сосуда стержень погружается в воду сначала вертикально, затем наклоняется, а при дальнейшем подъеме остается горизонтальным. Объясните демонстрируемое явление. Задача 7. Полиэтиленовая цилиндрическая упаковка от фотопленки выскальзывает при попытке разрезать ее ножницами, в то время как полиэтиленовая пластинка той же толщины, что и стенки коробочки, легко разрезается. Объясните демонстрируемое явление. Задача 8. Концы сложенной вдвое тонкой проволоки закреплены так, что она слегка натянута. За середину этой проволоки с помощью петли прикреплена такая же, но одиночная проволока. Если достаточно сильно потянуть за вторую проволоку, то порвется сложенная вдвое первая проволока. Объясните демонстрируемое явление. Задача 9. Пучок света от лазера падает на боковую грань равнобедренной прямоугольной призмы и выходит под углом 90º. Если к наклонной грани приложить сухую черную бумагу, то ничего не изменится. Однако если приложить мокрую черную бумагу, то интенсивность выходящего из призмы света резко уменьшится. Объясните демонстрируемое явление.

85

Задача 10. Последовательно с обмоткой трансформатора в цепь переменного тока включена лампочка. Если снаружи охватить трансформатор замкнутым проводником, то накал спирали лампы не меняется. Если же проводник пропустить внутрь трансформатора, то лампа горит ярче. Объясните явление. Задача 11. При замыкании ключа K в цепи сначала загорается лампочка Л2, потом лампочки Л1 и Л3, при этом лампочка Л2 гаснет. Объясните явление. Лампочки Л1 и Л3 одинаковые. Задача 12. Легкий шарик располагается в верхней части стеклянной наклонной трубки, закрытой с обоих концов и заполненной водой. Однако, если трубку закрутить, не меняя ее наклона, шарик смещается вниз. Объяснить результат эксперимента.

R

Л1 Л2 R

Л3 K

Задача 13. На катушку намотана нить. Прочность нити достаточна, чтобы выдержать вес катушки. Однако нить рвется, когда она удерживает катушку на наклонной плоскости (по которой катушка не проскальзывает) при некотором угле наклона. Объяснить результат эксперимента. Задача 14. Пустую алюминиевую банку из-под напитка, к ключу которой прикреплен груз, наполняют холодной водой. Затем стеклянный сосуд наполняют горячей водой и опрокидывают туда банку вверх дном. Банка тонет, но через некоторое время всплывает. Объяснить результат эксперимента. Задача 15. Два одинаковых груза связаны тонкой проволочкой. Грузы стоят на опорах на разной высоте. Если осторожно дернуть за проволочку вверх, оба груза поднимаются. Если же сделать более резкий рывок, проволочка рвется. Опыт показывает, что при постепенном нарастании силы рывка разрыв обычно происходит с той стороны, где привязан верхний груз. Объяснить результат эксперимента. Задача 16. В стеклянную трубку с суженным концом набирают горячую воду примерно наполовину. Закрыв пальцем верхнее широкое отверстие, трубку вынимают из воды и поднимают суженный конец вверх. Из него вырывается струя воды (струя воды бьет до потолка). Объясните наблюдаемое явление. Задача 17. Демонстратор держится за провод, подсоединённый к электроскопу. Демонстратор подпрыгивает. При этом стрелка электроскопа отклоняется и возвращается назад после приземления. Объясните наблюдаемое явление. Задача 18. Сосуд с плоским дном установлен с небольшим наклоном, в нём холодная вода. Ставят вверх дном чашку до соприкосновения её с дном сосуда. Она остаётся на месте. Заменяют холодную воду нагретой. Поставленная таким же образом чашка начинает через некоторое время соскальзывать. Объясните явление. Задача 19. Одна сторона стекла полированная, а другая матовая (исцарапанная). Если стекло прижать матовой стороной к надписи на листе бумаги, то она хорошо видна. Если стекло отодвинуть, то надписи не видно. Объясните демонстрируемое явление. Задача 20. Ранней весной, шагая по скользкой дорожке, Вы внезапно поскользнулись и начинаете падать на спину. Совершенно машинально Вы взмахиваете руками, и таким образом избегаете падения (или, увы, нет). Опишите, какие движения руками наиболее оптимальны в этой ситуации, и объясните, почему они помогают восстановить равновесие. 86

Решение качественных задач. Решение 1. Самое простое решение – линза просто переносит изображение предмета, возникающее на матовом стекле, и сфокусированность изображения, построенного линзой, определяется просто соотношением расстояний между матовым стеклом, линзой и экраном. Решение 2. Вначале сила трения пробки о стенки трубки почти полностью компенсируется избыточным давлением между пробками. При выходе сила трения убывает практически по линейному закону, поэтому

mv 2 ∆pSL , ≈ 2 2 где L – длина пробки. Оценка показывает, что скорость вылета порядка нескольких метров в секунду. Решение 3. Показатель преломления воды n ≈ 1,33. Когда вода в коническую воронку не налита, воронка разделяет воздух и воду. Свет, проходя воронку, отклоняется, что может привести к практически полному отсутствию света на экране. Далее, если угол раствора конуса обозначить как 2β, то при выполнении условия

sin(90o − β ) = cos β ≥

1 3 ≈ n 4

из-за эффекта полного внутреннего отражения свет не проходит вообще. Если налить воду то свет проходит, так как плоскопараллельная стенка воронки не изменяет направление света. Решение 4. Вначале на цепочку действует уравновешивающая сила трения покоя, направленная вдоль трубки вниз. При вращении трубки появляется сила трения скольжения, которая направлена не вдоль трубки, а против скорости цепочки относительно трубки. Проекция этой силы на ось трубки становится меньше первоначальной силы трения покоя, и цепочка движется «вверх». Решение 5. В нижнем положении груза упругая сила и составляющая силы тяжести вдоль его траектории направлены в одну сторону, что увеличивает возвращающую силу. В верхнем положении силы направлены в противоположные стороны, что уменьшает возвращающую силу при тех же отклонениях, а значит, увеличивает период.

Решение 6. При погружении стержня повышается выталкивающая сила Архимеда, и с некоторого момента теряется устойчивость вертикального положения. Пусть сечение стержня S , длина H , расстояние от вершины стержня до уровня воды h, плотность дерева ρ д , плотность воды ρ В . Масса стержня равна (1) m = ρ д HS . Сила Архимеда 87

FA = ρ В ( H − h ) Sg =

mg ρ ( H − h) В . ρд H

(2)

В положении неустойчивого равновесия при небольших углах наклона стержня от вертикального положения моменты действующих сил не возвращают его, а «уводят» дальше. Рассмотрим моменты силы Архимеда и силы тяжести относительно его вершины. При небольших поворотах сила Архимеда практически не меняется и вычисляется по формуле (2). Плечо силы Архимеда

H −h H +h  H sin α sin α , − =   2  2  ( H + h ) sin α = mg H − h ρ В ( H + h ) sin α > mg H sin α , FA ( ) 2 ρД 2 2 H

(3) (4)

После упрощения (4)

(H

2

− h2 )

ρВ > H 2, ρД

(5)

Неустойчивость вертикального положения наступает при

h < hкр = H 1 −

ρд . ρВ

(6)

Можно показать, что сила натяжения при потере устойчивости не равна нулю. Действительно, в вертикальном погружении сила натяжения «зануляется» при mg = FA. То есть при

 ρ  h = ho = H  1 − д  . ρВ   При

(7)

ρд ρ ρ < 1 всегда ho < hкр , так как 1 − д > 1 − д . ρВ ρВ ρВ

При дальнейшем повышении уровня воды стержень будет наклоняться. При этом сила Архимеда не будет меняться практически до достижения горизонтального положения. В горизонтальном устойчивом положении сила натяжения равна нулю.

Решение 7. Сумма сил нормального давления 2Nsinα выталкивает упаковку, а сумма сил трения 2Fcosα = 2µNcosα ее «удерживает», где 2α − угол раствора ножниц. Угол α для упаковки таков, что sinα > µcosα вплоть до его полного выскальзывания. Поскольку толщина пластинки много меньше диаметра упаковки, для нее равенство sinα = µcosα 88

достигается на некотором расстоянии от конца ножниц. В этом случае сила трения F покоя препятствует выскальзыванию 2Nsinα = 2Fcosα < 2µNcosα. Решение 8. При резком рывке разрыв происходит в сложенной вдвое проволочке в точке приложения петли, идущей от одиночной проволочки. При иной постановке задачи, когда снизу медленно тянут с силой F, эта сила уравновешивается векторной суммой сил натяжения I, действующих вдоль проволочки. Критическим условием в случае, когда снизу по вертикали тянут с силой F, а угол раствора между векторами двух направлений сил натяo o жения T равен 2α, будет угол α = 60 . Если угол α < 60 , то рвется проволочка с петлей, тянущая вертикально вниз, если угол α > 60 , то порвется проволочка, располагающаяся сверху. В любом случае при этой постановке в пределах каждой проволочки разрыв происходит в самом слабом месте, в отличие от начальной постановки, где разрыв – всегда в верхней двойной проволочке в месте приложения петли. o

Решение 9. Из-за эффекта полного внутреннего отражения свет, отразившись от наклонной грани, как от зеркала, не дойдет до сухой бумаги, между которой и стеклом призмы находится воздух. Свет после отражения практически полностью выйдет через нижнюю грань. Если же бумагу смочить, то между ней и стеклом призмы будет прослойка воды, у которой показатель преломления, в отличие от воздуха, близок к показателю преломления стекла. В результате эффект полного внутреннего отражения в этом случае пропадет, свет в значительной мере пройдет через боковую грань к мокрой черной бумаге и поглотится в ней. В итоге света, выходящего через нижнюю грань, практически не будет. Решение 10. Когда виток охватывает трансформатор снаружи, магнитный поток через него равен нулю, и виток на трансформатор не влияет. Если замкнутый виток проходит внутри трансформатора, охватывая железный сердечник, в витке возникает переменный магнитный поток, создающий значительный (из-за малости омического сопротивления витка) ток, который, в свою очередь, стремится скомпенсировать (по закону Ленца), почти занулить магнитный поток в сердечнике. Это приводит к заметному уменьшению индуктивности первичной обмотки и, следовательно, к снижению ее индуктивного сопротивления. В результате ток через лампу увеличивается, и накал возрастает.

Решение 11. Лампа Л2 гаснет, когда мост практически уравновешен (смотри рисунок к условию задачи). Так как до этого она горела, значит, сопротивление Л1 и Л3 не равно R, а меньше (по мере нагрева включенных ламп их сопротивление с температурой растет). Таким образом, вначале ток идет по пути наименьшего сопротивления – через три лампы. А поскольку лампа Л2 загорается первой, ее начальное сопротивление должно быть самым большим. Решение 12. Во вращающейся системе отсчета можно говорить о центробежной силе, направленной наружу от оси вращения и складывающейся с силой притяжения к Земле, направленной вниз. Суммарная «тяжесть» при достаточных скорости вращения и расстоянии от оси может иметь составляющую в том числе и вверх по трубке. Легкие тела в жидкости всплывают, т. е. движутся против тяжести, что и объясняет эксперимент. 89

В инерциальной системе отсчета частицы воды в трубке движутся по кругу под дейде ствием разности давлений. При достаточных скорости вращения и расстоянии от оси давда ление может возрастать с удалением от оси вдоль трубки. Легкие тела в жидкости перепер мещаются в сторону уменьшения ия давления. Решение 13. На плоскости, кроме «скатывающей» силы P sin α , натяжение нити T должно компенсировать пенсировать еще силу трения F, которая в данном случае толкает катушку вниз (иначе она нан чала бы вращаться вокруг своей оси). Сумма P sin α + F может превышать вес P, а поскольку скольку нить рвется, она именно и превышает. Более подробное решение следует из рассмотрения ра смотрения равенства моментов отноотн сительно точки касания: p sin α R = T ( R − r ) , где R и r – внешний и внутренний радиусы катушки. Получаем

T=

P sin α R . R−r

При близких радиусах натяжение может стать очень большим. Решение 14. При опрокидывании банки часть воды выливается, и в верхней части образуется пуп зырь воздуха. Затем холодная вода, как более тяжелая, частично вытекает из банки, замезам няясь горячей, а также нагревается через стенки, так что температуры в банке и в сосуде постепенно выравниваются. В результате нагрева воздух в пузыре расширяется; кроме тот го, объем пузыря растет и заа счет испарения. Пузырь вытесняет часть воды из банки. При достаточном увеличении объема пузыря банка становится легче воды и всплывает. Можно также сказать, что причиной подъема является превышение давления в пузыре на величивелич ну ρ gh по сравнению с давлением воды на донышко банки, где h – высота пузыря. Решение 15. При слабом рывке прочность проволочки достаточна, чтобы поднять оба груза. КоК гда рывки становятся более резкими, растут силы натяжения. Пока грузы не оторвались от стола, абсолютные удлинения проволочки с каждой стороны одинаковы. Если бы провопров лочка свободно скользила в подвесе (как в подвижном блоке), натяжения были бы равны. Но из-за за трения проволочка практически не скользит, два отрезка тянут независимо. Тогда удлинения с каждой стороны обеспечиваются растяжением проволочек. Поскольку абсоабс лютные удлинения одинаковы, относительные заметно различаются. По закону Гука сила натяжения пропорциональна относительному удлинению, которое больше для короткой проволочки. Например, при ри отношении длин 1:3 натяжение короткой проволочки втрое больше. Поэтому первой рвется короткая проволочка, а длинная растянута недостаточно для разрыва. После разрыва натяжение короткого отрезка исчезает, уменьшается трение в подвесе, что облегчает проскальзывание. альзывание. Это дополнительно может способствовать сос хранению оставшейся проволочки. Решение 16. При подъеме узкого конца вверх горячая вода частично стекает и быстро нагревает воздух, давление которого повышается. Плюс к этому добавляется давление паров самой воды. Избыточное над атмосферным давление и выбрасывает воду оставшуюся около узу кого конца.

90

Решение 17. На поверхности соприкосновения подошв и пола имеется небольшая контактная разность потенциалов и заряды противоположного знака. Этот заряд возникает из-за того, что человек, когда ходит и шаркает подошвами ботинок по полу. При увеличении зазора напряжение многократно возрастает, соответственно возрастает и заряд электроскопа. Перетекание заряда на электроскоп можно объяснить и уменьшением емкости подошва – пол. При приземлении исходная ситуация восстанавливается. Еще один вариант объяснения: систему человек – пол и электроскоп – пол можно представить как два параллельных конденсатора. Емкость первого многократно превышает емкость второго и поэтому весь имеющийся заряд сконцентрирован на подошве. При уменьшении емкости конденсатора человек – пол (человек подпрыгивает) заряды в системе перераспределяются. При восстановлении начальной ситуации (человек приземляется) все приходит в начальное состояние. Решение 18. Когда чашку ставят в горячую воду, то давление нагревающегося воздуха (и паров) возрастает, заметно уменьшая прижимающую силу, а значит, и силу трения, что приводит к сползанию чашки. Слой же воды вне чашки не позволяет выйти воздуху из нее, пока избыточное давление не сравняется с давлением слоя. Попробуйте провести этот эксперимент самостоятельно. Решение 19. Когда бумага прижата вплотную, то рассеяние света от «точки» надписи происходит на малом участке матовой поверхности, примыкающей к точке. Тогда лучи, идущие в направление наблюдателя от разных точек, не совпадают и детали надписи видны чётко. Когда лист бумаги отодвинут, то на любой малый участок матовой поверхности одновременно попадают лучи от разных точек надписи и в направление наблюдателя будут совместно идти лучи света от всех точек надписи. Поэтому надпись полностью «размажется». Решение 20. Если Вы поскользнулись и падаете назад, то помочь Вам восстановить равновесие может направленная вперёд сила, приложенная к верхней части корпуса. Роль такой силы выполняет сила взаимодействия Ваших рук с корпусом. Действительно, в первый момент Ваши руки после взмаха вверх резко двигаются назад и вниз, поэтому со стороны корпуса на руки действует сила, создающая необходимое (и довольно значительное) ускорение, направленное назад и вниз. Противоположно направленная сила, действующая на корпус со стороны рук, позволяет Вам восстановить равновесие и прекратить начавшееся скольжение. В следующий момент сила трения покоя, заметно превышая силу трения скольжения по льду, обеспечивает погашение количества движения, приобретённого руками в момент взмаха.

В пособие включены задачи районных, областных, республиканских олимпиад. Задачи городов Санкт – Петербурга, Москвы, районных, зональных, всероссийских олимпиад. Задачи, предлагавшиеся на открытых олимпиадах в МГУ, НГУ, МФТИ. Автор сборника пытался отразить, и, частично передать свой взгляд и метод подготовки олимпийца. 2006®//http://www.afportal.ru

91