зад 1 Разгон автомобиля по графику скорости
Автомобиль массой \(m = 1800\) кг движется с постоянной скоростью и затем разгоняется на прямолинейном горизонтальном участке дороги. График зависимости скорости от времени при разгоне показан на рисунке. В конце разгона сила тяги двигателя равна \(F_k = 500\) Н. Считать, что при разгоне сила сопротивления движению пропорциональна скорости. Колёса считать лёгкими.
Используя график, найти ускорение автомобиля при скорости \(V_1 = 20\) м/с.
Найти силу тяги \(F_1\) при скорости \(V_1\).
Какая мощность \(P_1\) передаётся от двигателя на ведущие колёса при скорости \(V_1\)?
▶ПодсказкаСкрыть
Сила сопротивления пропорциональна скорости, значит, при \(V_K\) сила тяги уравновешивает её: \(\alpha = F_K/V_K\). Касательная к графику в точке \(V_1\) даёт ускорение.
▶ОтветСкрыть
1) \(a_1 \approx 0{,}25\) м/с\(^2\); 2) \(F_1 \approx 850\) Н; 3) \(P_1 \approx 17\) кВт.
▶РешениеСкрыть
1) \(a_1 = 0{,}25\) м/с\(^2\). Допустимые пределы: \(0{,}21 < a_1 < 0{,}29\) м/с\(^2\).
2) Из графика \(V_K = 25\) м/с. \(\alpha = F_K/V_K = 20\) Н\(\cdot\)с/м. \(F_1 - \alpha V_1 = ma_1\), откуда \(F_1 = \alpha V_1 + ma_1 = 850\) Н. Допустимые пределы: \(770 < F_1 < 930\) Н.
3) \(P_1 = F_1 V_1 = 17\) кВт. Допустимые пределы: \(15{,}5 < P_1 < 18{,}5\) кВт.
зад 2 Сосуд с поршнем, вода и углекислый газ
Герметичный вертикальный цилиндрический сосуд объёмом \(V\) разделён тонким невесомым теплопроводящим герметичным поршнем (диск соосный с сосудом) на две равные части. Поршень может перемещаться без трения. В верхней части цилиндра находится углекислый газ, а в нижней — вода и углекислый газ. В начальный момент система находилась в равновесии при комнатной температуре \(T_0\). При этом жидкость занимала объём \(V/4\). Затем цилиндр медленно нагрели до \(T = 5T_0/4 = 373\) К. Установившийся объём его верхней части стал равен \(V/5\).
По закону Генри, при заданной температуре количество \(\Delta\nu\) растворённого газа в объёме жидкости \(w\) пропорционально парциальному давлению \(p\) газа: \(\Delta\nu = kpw\). Объём жидкости при этом практически неизменен. Для углекислого газа константа Генри для данной комнатной температуры \(k \approx (1/3)\cdot 10^{-3}\) моль/(м\(^3\cdot\)Па). При конечной температуре \(T\) углекислый газ в воде практически не растворяется. Можно принять, что \(RT \approx 3\cdot 10^3\) Дж/моль, где \(R\) — универсальная газовая постоянная. Давлением водяных паров при комнатной температуре и изменением объёма жидкости в процессе нагревания пренебречь. Все газы считать идеальными.
Найти отношение количеств вещества в газообразном состоянии в верхней и нижней частях до нагревания.
Определите начальное давление в сосуде \(P_0\). Ответ выразить через \(P_{\text{атм}}\) (нормальное атмосферное давление) с числовым коэффициентом в виде обыкновенной дроби.
▶ПодсказкаСкрыть
Уравнение состояния для каждой части до нагревания даёт \(\nu_2/\nu_1\). Во втором пункте учтите баланс давлений в конце (поршень в равновесии) и газ, выделившийся из воды по закону Генри.
▶ОтветСкрыть
1) \(\nu_2/\nu_1 = 2\); 2) \(P_0 = \dfrac{88}{185}P_{\text{атм}}\).
▶РешениеСкрыть
1) \(P_0 V/2 = \nu_2 RT_0\), \(P_0 V/4 = \nu_1 RT_0\). Отсюда \(\nu_2/\nu_1 = 2\).
2) В конце давление \(P\), объём газа под поршнем \(V - V/5 - V/4 = 11V/20\). Для верхней части \(\dfrac{P_0 V/2}{T_0} = \dfrac{PV/5}{T}\), откуда \(P = \dfrac{25}{8}P_0\). По закону Дальтона \(P = P_{\text{атм}} + P_1 + P_P\), где \(P_{\text{атм}}\) — давление насыщенных паров воды, \(P_1\) — давление от количества \(\nu_1\) газа, \(P_P\) — давление от вышедшего из воды в конце количества \(\Delta\nu\) газа.
Отсюда \(P_1 = \dfrac{25}{44}P_0\) и \(P_P = \dfrac{5}{11}kP_0RT\). Итак, \[\frac{25}{8}P_0 = P_{\text{атм}} + \frac{25}{44}P_0 + \frac{5}{11}kP_0RT.\] Отсюда \(P_0 = \dfrac{88 P_{\text{атм}}}{5(45 - 8kRT)} = \dfrac{88}{185}P_{\text{атм}}\).
зад 3 Частица пролетает через три сетки
Три проводящие плоские мелкие сетки находятся друг напротив друга на расстояниях \(d\) и \(2d\) (см. рис.). Размеры сеток значительно больше \(d\). Изначально сетки не заряжены. К сеткам подсоединили источники с напряжением \(U_1 = U\) и \(U_2 = 4U\). Частица массой \(m\) и зарядом \(q>0\) движется по направлению к сеткам и перпендикулярно сеткам, имея скорость \(V_0\) на расстоянии от сеток, намного большем их размеров. Частица пролетает через сетки, не отклоняясь от прямолинейной траектории. Заряд \(q\) намного меньше модуля зарядов сеток.
Найти модуль ускорения частицы в области между сетками 1 и 2.
Найти разность \(K_1 - K_2\), где \(K_1\) и \(K_2\) — кинетические энергии частицы при пролёте сеток 1 и 2.
Найти скорость частицы в точке \(A\) на расстоянии \(d/3\) от сетки 1.
▶ПодсказкаСкрыть
Поле между сетками однородно и определяется напряжением между ними; напряжение на промежутке 1–2 найдите из полного падения потенциала. Работа поля на участке 1–2 равна изменению кинетической энергии.
▶ОтветСкрыть
1) \(a = \dfrac{Uq}{md}\); 2) \(K_1 - K_2 = qU\); 3) \(V_A = \sqrt{V_0^2 - \dfrac{14qU}{3m}}\).
▶РешениеСкрыть
1) \(a = \dfrac{(U_1/d)\,q}{m} = \dfrac{Uq}{md}\).
2) \(K_1 - K_2 = qU\).
3) Можно показать, что \(\varphi_3 = -\varphi_1\). Имеем \(\varphi_1 - \varphi_3 = 4U\), отсюда \(\varphi_1 = 2U\). Тогда \(\varphi_A = \varphi_1 + \dfrac13 U_1 = \dfrac73 U\). Из закона изменения энергии \(\dfrac12 mV_A^2 - \dfrac12 mV_0^2 = q(0 - \varphi_A)\) получаем \[V_A = \sqrt{V_0^2 - \frac{14qU}{3m}}.\]
зад 4 Цепь с катушками при замыкании ключа
Параметры цепи указаны на схеме, все элементы идеальные. Ключ разомкнут, режим в цепи установился. Затем ключ замыкают.
Найти ток \(I_{10}\) через резистор с сопротивлением \(2R\) при разомкнутом ключе.
Найти скорость возрастания тока в катушке индуктивностью \(3L\) сразу после замыкания ключа.
Какой заряд протечёт через резистор с сопротивлением \(2R\) при замкнутом ключе?
▶ПодсказкаСкрыть
Сразу после замыкания токи катушек не меняются, ЭДС самоиндукции в левых катушках равна нулю. Для заряда запишите уравнение контура для тока и проинтегрируйте его по времени.
▶ОтветСкрыть
1) \(I_{10} = \dfrac{3E}{11R}\); 2) \(I' = \dfrac{2E}{11L}\); 3) \(q = \dfrac{18LE}{11R^2}\).
▶РешениеСкрыть
1) Ток через источник \(I_0 = \dfrac{5E}{11R}\). \(I_{10} = I_0\,\dfrac{3R}{2R+3R} = \dfrac{3E}{11R}\).
2) Сразу после замыкания все токи не изменяются, ЭДС индукции в двух левых катушках равна нулю. \(-3LI' = -I_{10}\,2R\), откуда \(I' = \dfrac{2E}{11L}\).
3) Для контура из \(L\) и \(3L\): \(-3L\dfrac{\Delta I}{\Delta t} + L\dfrac{\Delta I_1}{\Delta t} = I\cdot 0 - I_1\,2R\), т.е. \(-3L\,\Delta I + L\,\Delta I_1 = -2R\,\Delta q\). Суммируя: \[-3L\left(\frac{E}{R} - 0\right) + L(0 - I_{10}) = -2Rq, \qquad q = \frac{18LE}{11R^2}.\]
зад 5 Две призмы: отклонение и смещение изображения
Оптическая система состоит из двух призм с показателями преломления \(n_1\) и \(n_2\) и находится в воздухе с показателем преломления \(n_\text{в} = 1{,}0\). Точечный источник света \(S\) расположен на расстоянии \(a = 194\) см от системы и рассматривается наблюдателем так, что источник и глаз наблюдателя находятся на прямой, перпендикулярной наружным поверхностям призм (см. рис.). Угол \(\alpha = 0{,}1\) рад можно считать малым, толщина \(h = 9\) см. Толщина призмы с показателем преломления \(n_2\) на прямой «источник–глаз» намного меньше \(h\). Отражения в системе не учитывать.
Считая \(n_1 = n_\text{в} = 1{,}0\), \(n_2 = 1{,}7\), найдите, на какой угол отклонится системой луч, идущий от источника перпендикулярно левой грани системы.
Считая \(n_1 = n_\text{в} = 1{,}0\), \(n_2 = 1{,}7\), найдите расстояние между источником и его изображением, которое будет видеть наблюдатель.
Считая \(n_1 = 1{,}5\), \(n_2 = 1{,}7\), найдите, на каком расстоянии от источника будет его изображение, которое увидит наблюдатель.
▶ПодсказкаСкрыть
Малый угол призмы даёт отклонение \(\varphi = (n-1)\alpha\). Для смещения изображения сравните отклонения луча от призм; пластина толщиной \(h\) с показателем \(n_1\) смещает изображение на \(h - h/n_1\).
▶ОтветСкрыть
1) \(\varphi = 0{,}07\) рад; 2) смещение изображения \(\approx 14\) см (перпендикулярно линии «источник–глаз»); 3) \(L_2 = 5\) см.
▶РешениеСкрыть
1) \(\varphi_1 = (n_2 - 1)\alpha = 0{,}07\).
2) Изображение сместится перпендикулярно линии «источник–глаз» на \(L_1 = (a + h)\varphi_1 \approx 14{,}21 \approx 14\) см.
3) Оптическая система состоит из плоскопараллельной пластины толщиной \(h\) с показателем \(n_1\) и двух призм с углом \(\alpha\) и показателями \(n_1\) и \(n_2\). Пластина приближает изображение на \(\Delta = h - h/n_1 = 3\) см. Призмы отклоняют луч на угол \(\varphi = (n_2 - 1)\alpha - (n_1 - 1)\alpha = (n_2 - n_1)\alpha = 0{,}02\), смещая изображение перпендикулярно линии «источник–глаз» на \(x = (a + h - \Delta)\varphi = 4\) см. Расстояние между источником S и его изображением в системе \(L_2 = \sqrt{\Delta^2 + x^2} = 5\) см.
зад 1б Столкновение шайб с пластилином
Две небольшие шайбы скользят по гладкой горизонтальной поверхности так, как показано на рисунке, после чего происходит их столкновение. Масса первой шайбы \(2m\), скорость \(3V_0\), масса второй шайбы \(3m\), скорость \(V_0\). Угол между направлениями скоростей \(60^\circ\). К первой шайбе прикреплён кусочек пластилина массы \(m\).
Найдите скорость шайб, если после столкновения они приклеились друг к другу.
На какую величину \(E_0\) увеличится внутренняя энергия системы после такого столкновения?
Известно, что произошёл такой удар, что шайбы не слиплись, а пластилин полностью прилип к правой шайбе. При этом внутренняя энергия системы увеличилась на величину \(E_0/2\) (см. предыдущий пункт задачи). Найдите модуль скорости одной шайбы относительно другой после такого удара.
▶ПодсказкаСкрыть
Для первого пункта примените закон сохранения импульса и теорему косинусов. Во втором и третьем пунктах переходите к системе центра масс: относительные скорости в ней одинаковы.
▶ОтветСкрыть
1) \(V = \dfrac{\sqrt7}{2}V_0\); 2) \(E_0 = \dfrac{39}{4}mV_0^2\); 3) \(V_{2\text{ОТН}} = \dfrac{3\sqrt{13}}{4}V_0\).
▶РешениеСкрыть
1) Начальные импульсы \(9mV_0\) и \(3mV_0\), конечный импульс \(6mV\). По ЗСИ, используя теорему косинусов, \[(6mV)^2 = (9mV_0)^2 + (3mV_0)^2 - 2\cdot 9mV_0\cdot 3mV_0\cos 60^\circ.\] Отсюда \(V = \dfrac{\sqrt7}{2}V_0\).
2) По ЗСЭ: \(E_0 = \dfrac12\,3m(3V_0)^2 + \dfrac12\,3m(3V_0)^2 - \dfrac12\,6mV^2 = \dfrac{39}{4}mV_0^2\).
3) Перейдём в систему центра масс (СЦМ). Приведённые массы до и после удара \(\mu_1 = \dfrac{3m\cdot 3m}{3m+3m} = \dfrac32 m\), \(\mu_2 = \dfrac{2m\cdot 4m}{2m+4m} = \dfrac43 m\). Относительные скорости одинаковы в ЛСО и СЦМ. До удара по теореме косинусов \(V_{1\text{ОТН}}^2 = (3V_0)^2 + V_0^2 - 2\cdot 3V_0\cdot V_0\cos(180^\circ - 60^\circ) = 13V_0^2\). По ЗСЭ: \(\dfrac12\mu_1 V_{1\text{ОТН}}^2 = \dfrac12\mu_2 V_{2\text{ОТН}}^2 + \dfrac12 E_0\), откуда \(V_{2\text{ОТН}} = \dfrac{3\sqrt{13}}{4}V_0\).
зад 2б Пробирка во влажном воздухе при нагревании
В воде на некоторой глубине удерживают пробирку в вертикальном положении, обращённую открытым концом вниз (см. рис.). Столб влажного воздуха имеет длину \(H = 8\) см, температура установилась \(t_1 = 27\,^\circ\)C, в таком состоянии пробирка находилась достаточно долго. В некоторый момент температуру системы резко поднимают до температуры \(t_2 = 57\,^\circ\)C, сохраняя прежнее давление. При этом вода в пробирке быстро опустилась с уровня 1 до уровня 2. После этого уровень воды начал медленно двигаться до уровня 3, опустившись на \(h = 10{,}3\) мм. Изменением гидростатического давления на границе «воздух–вода» в пробирке можно пренебречь.
Найти расстояние \(\Delta H\) между первым и вторым уровнями.
Найти давление в пробирке \(P_0\). Ответ дать в мм рт. ст.
▶ПодсказкаСкрыть
При быстром нагреве давление в пробирке постоянно, поэтому объём воздуха (без пара) растёт по закону Гей-Люссака. Используйте уравнение состояния для смеси сухого воздуха и пара при двух температурах.
▶ОтветСкрыть
1) \(\Delta H = 8\) мм; 2) \(P_0 \approx 1010\) мм рт. ст.
▶РешениеСкрыть
1) Для смеси \(\dfrac{P_0 HS}{T_1} = \dfrac{P_0(H+\Delta H)S}{T_2}\), откуда \(\Delta H = H\,\dfrac{T_2 - T_1}{T_1} = 8\) мм.
2) Для воздуха без пара \(\dfrac{(P_0 - P_1)HS}{T_1} = \dfrac{(P_0 - P_2)(H + \Delta H + h)S}{T_2}\), откуда \(\dfrac{P_0 - P_1}{P_0 - P_2} = \dfrac{T_1}{T_2}\cdot\dfrac{H + \Delta H + h}{H}\).
Подставляя числа: \(\dfrac{P_0 - 27}{P_0 - 130} = \dfrac{983}{880}\), откуда \(P_0 = 1010\) мм рт. ст. Допустимые пределы \(900 < P_0 < 1100\) мм рт. ст.
зад 3б Конденсатор с двумя пластинами диэлектрика
В плоский конденсатор с площадью обкладок \(S\) и расстоянием между ними \(d\) помещены параллельно обкладкам и напротив них две соприкасающиеся пластины (см. рис.). У одной пластины диэлектрическая проницаемость \(\varepsilon_1 = 2\), толщина \(d/3\), у другой пластины \(\varepsilon_2 = 3\), толщина \(d/4\). У обеих пластин площадь каждой из двух поверхностей равна \(S\). Конденсатор подключён к источнику с напряжением \(U\).
Найти напряжённость электрического поля \(E\) в левом воздушном зазоре конденсатора.
Найти заряд \(Q\) положительно заряженной обкладки конденсатора.
Найти связанный (поляризационный) заряд \(q\) на границе соприкосновения пластин.
▶ПодсказкаСкрыть
Напряжение на конденсаторе равно сумме падений напряжения на зазорах и на обеих пластинах. Связанный заряд на границе пластин найдите через разность полей в диэлектриках.
▶ОтветСкрыть
1) \(E = \dfrac{3U}{2d}\); 2) \(Q = \dfrac{3\varepsilon_0 SU}{2d}\); 3) \(q = -\dfrac{\varepsilon_0 SU}{4d}\).
▶РешениеСкрыть
Пусть \(d_1 = d/3\), \(d_2 = d/4\). \(U = E(d - d_1 - d_2) + \dfrac{E}{\varepsilon_1}d_1 + \dfrac{E}{\varepsilon_2}d_2\). Тогда \[E = \frac{U}{d - d_1 - d_2 + \frac{d_1}{\varepsilon_1} + \frac{d_2}{\varepsilon_2}} = \frac{3U}{2d}.\] 2) \(E = 2\dfrac{Q}{2\varepsilon_0 S}\), \(Q = \varepsilon_0 S E = \dfrac{3\varepsilon_0 SU}{2d}\).
3) Пусть \(q_1\) и \(q_2\) — связанные заряды правых сторон пластин. Пусть \(E_1\) — поле от связанных зарядов \(q_1\) и \(-q_1\) в первом диэлектрике. Тогда \(\dfrac{E}{\varepsilon_1} = E - E_1\), откуда \(E_1 = \dfrac{\varepsilon_1 - 1}{\varepsilon_1}E\). Так как \(E_1 = 2\dfrac{q_1}{2\varepsilon_0 S}\), то \(q_1 = \dfrac{\varepsilon_1 - 1}{\varepsilon_1}Q\). Аналогично \(q_2 = \dfrac{\varepsilon_2 - 1}{\varepsilon_2}Q\). У нас \(q_1 = \dfrac{3\varepsilon_0 SU}{4d}\), \(q_2 = \dfrac{\varepsilon_0 SU}{d}\). Заряд \[q = q_1 + (-q_2) = -\frac14\,\frac{\varepsilon_0 SU}{d}.\]
зад 4б Лампочка и катушка при замыкании ключа
В цепи (см. рис.) катушка индуктивности и источник идеальные, \(L = 0{,}4\) Гн, \(E = 120\) В, \(R_1 = 100\) Ом, \(R_2 = 400\) Ом. Вольт-амперная характеристика лампочки накаливания приведена на рисунке. Ключ \(K\) замыкают.
Найти ток \(I_{10}\) через \(R_1\) сразу после замыкания ключа.
Найти скорость возрастания тока через катушку сразу после замыкания ключа.
Найти ток через лампочку в установившемся режиме после замыкания ключа.
▶ПодсказкаСкрыть
Сразу после замыкания ток катушки равен нулю, поэтому ток идёт через \(R_2\) и \(R_1\) в обход лампочки. В установившемся режиме лампочка подключена параллельно \(R_2\), а катушка не даёт падения напряжения; запишите нагрузочную прямую.
▶ОтветСкрыть
1) \(I_{10} = 0{,}24\) А; 2) \(I' = 240\) А/с; 3) \(I \approx 0{,}60\) А.
▶РешениеСкрыть
1) \(I_{10} = \dfrac{E}{R_1 + R_2} = 0{,}24\) А.
2) \(I' = \dfrac{I_{10}R_2}{L} = 240\) А/с.
3) Пусть в установившемся режиме ток через лампочку \(I\), напряжение на ней \(U\). Тогда \[I + \frac{U}{R_2} = \frac{E - U}{R_1}.\] У нас \(80I + U = 96\) — нагрузочная прямая. Её пересечение с вольт-амперной характеристикой даёт ток \(I \approx 0{,}60\) А. Допустимые пределы \(0{,}58 < I < 0{,}62\) А.
зад 5б Две линзы, одна из которых движется
Главные оптические оси двух тонких линз совпадают. У линзы Л1 фокусное расстояние \(F_1 = 10\) см, у линзы Л2 фокусное расстояние \(F_2 = -20\) см. Неподвижный точечный источник света \(S\) расположен на расстоянии \(d = 40\) см от неподвижной линзы Л1. Линза Л2 удаляется от Л1 с постоянной скоростью \(V = 2{,}5\) см/с. Изображение источника рассматривают со стороны линзы Л2 (см. рис.).
На каком расстоянии \(x_0\) от линз располагалось изображение, когда Л1 и Л2 были вплотную друг к другу?
На каком расстоянии \(x\) от линзы Л2 будет изображение, когда расстояние между линзами станет \(L = 10\) см?
Найти скорость \(U\) (по модулю) изображения, когда расстояние между линзами станет \(L = 10\) см.
▶ПодсказкаСкрыть
Сначала найдите изображение S в системе из двух линз, вплотную стоящих друг к другу, как в одной линзе с суммарной силой. Затем последовательно применяйте формулу тонкой линзы: изображение первой линзы служит предметом для второй.
▶ОтветСкрыть
1) \(x_0 = 40\) см; 2) \(x = 4\) см; 3) \(U \approx 1{,}1\) см/с.
▶РешениеСкрыть
1) \(\dfrac1d + \dfrac1{f_0} = \dfrac1{F_1} + \dfrac1{F_2}\), \(x_0 = f_0 = 40\) см.
2) Изображение \(S_1\) в Л1 на расстоянии \(f_1 = \dfrac{dF_1}{d - F_1} = \dfrac{40}{3}\) см от Л1 является мнимым предметом для Л2. \(\dfrac{1}{-(f_1 - L)} + \dfrac{1}{f_2} = \dfrac{1}{F_2}\), \(f_2 = 4\) см. \(x = f_2 = 4\) см.
3) Поперечное увеличение в Л2 \(\Gamma = \left|\dfrac{f_2}{f_1 - L}\right| = \dfrac{6}{5}\), Направим ось \(x\) направо. \(S_1\) движется относительно Л2 налево со скоростью \(V\). Проекция на ось \(x\) скорости изображения \(S_2\) в Л2 относительно Л2: \(U_{x\text{ОТН}} = \Gamma^2(-V) = -3{,}6\) см/с. Проекция на ось \(x\) скорости изображения \(S_2\): \(U_x = V + U_{x\text{ОТН}} = V(1 - \Gamma^2) = -1{,}1\) см/с. Скорость \(U = |U_x| = 1{,}1\) см/с.