РЕШЕНИЯ Задача №1. S1 S2 S S3 Пусть: S1=S/2, S2, S3 – длины первого, второго и третьего участков пути, V1, V2, V3 – скорости равномерного движения на этих участках, соответственно. По определению, средняя путевая скорость равна S , t где S – весь пройденный путь, t – полное время движения, или S S Vñð . (1) t S1 / V1 S2 / V2 S3 / V3 По условию S2=tV2, S3=tV3, t – время прохождения второго и третьего участков. Из системы уравнений S2 t V2 S3 t V3 S S S / 2 3 2 следует, что S2=S/8, S3=3S/8. Подставляя в (1), имеем S S Vñð 40 (êì / ÷àñ) . t S / 2V1 S / 8V2 3S / 8V3 Vñð Задача №2. При равномерном движении сумма сил, действующих на тело равна нулю. Уравнения движения шаров имеют F1 следующий вид: m1 g F1 T1 0 m2 g F2 T2 0, T1 здесь использованы следующие обозначения – F1 и F2 силы Архимеда, действующие на первый и второй F2 шары, T1 и T2 – силы натяжения, соответственно. Проецируем на ось y; с учетом равенства модулей сил m1g T2 Т1 и Т2 имеем: m1 g T1 F1 0 (1) m2g m2 g T1 F2 0. Поскольку силы Архимеда F1 и F2 пропорциональны y объему шаров, то имеем дополнительное уравнение: F1 8F2 . (2) Из второго уравнения системы (1) и уравнения (2)следует F2 8 m2 g T1 . Подставляя последнее во второе уравнение системы (1) получим уравнение для определения силы натяжения. m1 g T1 8 (m2 g T1 ) 0 , откуда следует T1 8m2 g m1 g g 8m2 m1 2 Í . 9 9 Задача №3. N D Fтр ц.м. A C N D F mg B a А F ц.м . A B C Fтр mg В Запишем первое условие равновесия бруска ABCD: mg F N Fò ð 0 . В проекциях на оси координат (см. рисунок А) это условие принимает вид F Fò ð 0 (1) N mg 0. Решение системы имеет следующий вид: Fò ð F N mg. Откуда следует, что сила трения Fтр= 2Н направлена горизонтально, N=4Н – по нормали к поверхности. При отсутствии скольжения, направление реакции опоры может зависеть от угла поворота бруска относительно точки В. В начале вращения угол a мал, поэтому момент силы mg, вращающей брусок против часовой стрелки, большее момента силы N, вращающей по часовой стрелке. Вращение не начнется, и направление сил соответствует рисунку А. K h1 C22 h C1 C h 22 K C21 H h20 C2 h 21 C1 h/2 h Задача №4. А В Первоначальное состояние жидкостей показано на рисунке А, где буквами Сi обозначены центры масс, находящиеся в середине столба жидкостей. При открывании крана К система переходит в состояние В (см. рисунок В). Из закона сохранения энергии следует, что количество теплоты Q, выделившейся при перетекании жидкости равно убыли потенциальной энергии системы: Q Eí Eê . (1) В исходном состоянии потенциальная энергия жидкостей равна Eí m1 gh / 2 m2 gh / 2 . (2) Масса первой и второй жидкостей равны m1 1Sh, m2 2 Sh , поэтому Eí 1 gh 2 / 2 2 gh 2 / 2 . Если объем соединительной трубки мал (им можно пренебречь), то центры масс столбов первой и второй жидкостей после перетекания расположатся на высоте h1 и h20. Eí m1 gh1 / 2 m2 gh20 / 2 . Для определения величин h1 и h20 определим высоту Н столба более тяжелой жидкости из условия равенства давлений в коленах у дна сообщающихся сосудов. 2 gH 2 g h H 1gh . После преобразований имеем H 1 2 3h . (3) 2 2 4 Из рисунка следует, что h21=H/2=3h/8, h22=h/8. Для нахождения положения центра масс второй жидкости воспользуемся правилом нахождения центра масс: (4) h21m21 h22 m22 m2 h20 , здесь 3 Sh Sh m 21 = 2 , m 22 = 2 4 4 массы второй жидкости в левом и правом колене. Подстановка найденных величин в (4) дает: 3 2 Sh 3h 2 Sh h 2 Shh20 , 4 8 4 8 или h20 10h / 32 . Потенциальная энергия конечного состояния равна 10h 3h Sh 2 g Eê 2 Shg 1Sh (5) 102 241 . 32 4 32 Используя (2) и (5) из (1) после подстановки численных значений имеем Q=1,25 (Дж). Задача №5. E1 E2 E3 R Воспользуемся обобщенным законом Ома: E1 E2 E3 15 I 143 ( ì À) . r1 r2 r3 R RË 105 Поскольку I>I0, то лампочка загорится.