1кг M = 2 кг M = 3кг m = 0,25 k ≤ , M M mg a M M m = + + ( ) ( ) mg

Ф1. На гладком горизонтальном столе лежит доска массой M1  1 кг , а на ней
брусок массы M 2  2 кг . К бруску через невесомый блок подвешена гиря
массы m  3 кг . При каких значениях коэффициента трения между бруском
и доской будет происходить проскальзывание бруска относительно доски?
M2
M1
m
Ответ: k  0, 25 .
Решение Ф1. Допустим сначала, что проскальзывания бруска относительно
доски нет. Тогда все три тела M 1 , M 2 и m двигаются с одинаковым
mg
. Силу натяжения T нити легко
M1 + M 2 + m
найти, применив II-ой закон Ньютона к телу массы m откуда
æ
ö÷ mg ( M 1 + M 2 )
m
÷=
T = m( g - a) = mg çç1 .
çè M 1 + M 2 + m ÷÷ø M 1 + M 2 + m
Применим теперь II закон Ньютона к телу массы M 2 . На это тело действуют
(по горизонтали) силы натяжения нити T и сила трения Fтр , направленные в
разные стороны. Поэтому M 2 a = T - Fтр или
mgM 1
Fтр = T - M 2 ⋅ a =
M1 + M 2 + m
ускорением, равным a =
Условие непроскальзывания бруска относительно доски сводится к тому, что
сила трения Fтр должна быть меньше (или равна) своего максимального
значения, равного k M 2 g (здесь k — коэффициент трения). Таким образом,
при Fтр =
mgM 1
£ k M 2 g проскальзывание отсутствует. Отсюда
M1 + M 2 + m
видно, что проскальзывание бруска относительно доски будет происходить
при k =<
M1
m
1
3
⋅
= ⋅
= 0, 25 .
M 2 M1 + M 2 + m 2 1 + 2 + 3
Ф2. Шахта глубиной h  224 м пробурена в склоне горы и имеет
горизонтальный выход. Температура наружного воздуха равна t0  0C ,
средняя температура воздуха внутри шахты равна t1  14C . Вертикальный
ствол шахты имеет сечение S  3,5 м 2 . Какую силу нужно приложить к
заслонке, чтобы закрыть сверху вертикальный ствол? Давление воздуха равно
760 мм рт. ст. Молекулярный вес воздуха  принять равным 29 .
F=?
h
Ответ: F  500 Н  50кГ .
Решение Ф2. Поскольку горизонтальный ствол шахты сообщается с
атмосферой, давление воздуха здесь равно атмосферному давлению
r0 = 760 мм рт.cт . В верхней части шахты (под заслонкой) давление
воздуха, будет равно:
(1) p1 = p0 - r1 gh где r1 — плотность теплового воздуха внутри шахты.
Аналогичным образом, давление воздуха над заслонкой будет равно
(2) p2 = p0 - r2 gh где r2 — плотность наружного воздуха.
При написании соотношений (1) и (2), очевидно, предполагалось, что
плотности воздуха r1 и r2 не меняются заметным образом при изменении
высоты на величину h . Условие справедливости такого предположения
сводится к требованию, чтобы изменения давлений с высотой (т. е. r1 gh и
r2 gh ) были малы по сравнению с r0 . В этом случае
m p0
m p0
и r2 =
, где T1 и T2 — абсолютные температуры воздуха
RT1
RT2
вне и внутри шахты, R — универсальная газовая постоянная. Разность
mr æ 1 1 ö
p æ Tö
давлений p1 - p2 есть: p1 - p2 = gh 0 çç - ÷÷÷ = ghm 0 çç1 - 2 ÷÷÷ (4).
R çè T2 T1 ÷ø
RT2 çè T1 ÷ø
RT2
имеет
Поскольку T2 = T0 = 273 K (нормальная температура), величина
p0
(3) r1 =
смысл объема, занимаемого одним молем газа при нормальных условиях.
Обозначим эту величину через n 0 = 22, 4 л . Тогда выражение (4)
m æç T2 ö÷
перепишется в виде p1 - p2 = gh ç1 - ÷÷ . Сила, действующая на заслонку
n 0 çè T1 ÷ø
из-за разности давлений, будет равна F = S ( p1 - p2 ) . Эта сила направлена
вверх, так как p1 > p2 . Для удержания заслонки в равновесии к ней нужно
приложить внешнюю силу, направленную вниз и равную по величине F .
Таким образом
ö
-3 æ
çç1 - 273 ÷÷
,
,
3
5
⋅
9
8
⋅
224
⋅
29
⋅
10
çè 287 ÷ø
mæ T ö
F = Sgh çç1 - 2 ÷÷÷ =
= 500 ньютон  50кГ
n 0 çè T1 ÷ø
22, 4 ⋅ 10-3
В справедливости сделанного выше предположения о постоянстве r1 и r2
можно убедиться с помощью числового расчета, который здесь не
приводится.
Примечание: при решении этой и всех последующих задач на газовые законы
объединенный закон газового состояния (называемый в дальнейшем
уравнением газового состояния) записывается в виде: pn =
m
RT , m —
m
масса газа, m его молекулярный вес, а R — универсальная газовая
постоянная. Значение R легко получить из закона Авогадро, согласно
которому один моль любого газа при нормальных условиях занимает объем
22, 4 л . Таким образом, если m = m , p = p0 = 1 атм, T=T0 = 273 K , то
n = n 0 = 22, 4 л . Отсюда:
m
p0n 0 1⋅ 22, 4
литр ⋅ атм
= r есть плотность
. Поскольку
=
= 0, 082
n
T0
273
град ⋅ моль
r
газа, уравнение газового состояния может быть переписано в виде p = RT
m
mp
. Эта последняя запись и была использована при написании
или r =
RT
R=
соотношения (3).
Ф3. Четыре одинаковых металлических пластины расположены в воздухе на
равных расстояниях d друг от друга. Площадь каждой из пластин равна S .
Крайние пластины соединены между собой, средние пластины подсоединены
к батарее, ЭДС которой равна  . Найти заряды средних пластин. Считать, что
расстояние d между соседними пластинами мало по сравнению с их
размерами.
E
C1 C2 C3
Ответ: q   cE  
3SE
.
8d
Решение Ф3. Для решения данной задачи проще всего рассмотреть
эквивалентную схему (см. рис. Ф3). Поскольку в нашем случае емкости
конденсаторов,
образованных
соседними
пластинами,
равны
С1 = С2 = С3 = С0
полная
емкость
c
будет
равна
С = С0 +
С0 3
3S
.
= С0 =
2
2
8p d
Таким
образом,
заряды
на
внутренних
пластинах равны заряду конденсатора С , т. е. равны
q = СE = 
3 SE
.
8p d
Все формулы здесь записаны в электростатической системе единиц.
E
E
C1 C2 C3
C2
C1 C3
Рис. Ф3
Ф4. Две тонкие линзы расположены на расстоянии d  90 см друг от друга и
имеют общую оптическую ось. Фокусное расстояние первой линзы равно
f1  30 см , фокусное расстояние второй линзы неизвестно. На расстоянии
a  80 см от первой линзы находится точечный источник света. Система из
двух линз дает мнимое изображение точки, расположенное в точке двойного
фокуса первой линзы. Определить f 2 .
Ответ: f 2  105см .
Решение Ф4. Ход лучей и примятые обозначения показаны на рис. 67-1-4.
По формуле тонкой линзы имеем:
b=
af1
80 ⋅ 30
=
= 48 см .
a - f1 80 - 30
Далее имеем:
a2 = d - b = 90 - 48 = 42 см
b2 = -(d - 2 f1 ) = -(90 - 60) = -30 см
(относительно знака b2 см. примечание).
Применяем формулу линзы для второй линзы, получим:
f2 =
a2b2
42 ⋅ 30
== -105 см .
42 - 30
a2 + b2
Примечание: удобно формулы собирающей и рассеивающей линз, а также
формулы выпуклого и вогнутого сферических зеркал записывать в
единообразной форме:
1 1 1
+ = .
a b
f
При этом фокусное расстояние f должно подставляться в формулу со
своим знаком (плюс — для собирающей линзы и вогнутого зеркала, минус —
для рассеивающей линзы и выпуклого зеркала). Правило выбора знаков a
или b сводится к следующему: действительным положениям предмета и
изображения соответствуют положительные значения a и b , мнимым
положениям предмета (сходящиеся лучи) или изображения соответствуют
отрицательные значения a и b .
a
b
d
a2
b2
Рис. Ф4
Ф5. При температуре 0С стеклянный баллон вмещает m0  100 г ртути, а
при температуре 20С стеклянный баллон вмещает m1  99,7 г ртути. В
обоих случаях температура ртути равна температуре баллона. Найдите по
этим данным температурный коэффициент линейного расширения стекла 1 ,
учитывая, что коэффициент объемного расширения ртути   1,8  104 K 1 .
Ответ: 1  105 K
Решение Ф5. Пусть плотность ртути при температуре t0 равна  0 , а при
температуре t1 равна 1 , тогда масса ртути при этих данных будет равна
m0  0V0 ,
V1 
1 
m1
1

m1  1V1 ,
m1  1  t 
0
при
этом
1 
0
,
1  t
т.е.
V0 
m0
0
,
, и V  31tV0 .
m  1  t   m0
V
 1
 105 K .
3V0 t
3m0 t
Ф6. Период колебаний маятника у часов на поверхности земли T0  1с . На
сколько эти часы будут отставать за сутки, если их поднять на высоту
h  200 м над поверхностью земли.
Ответ:
nh
 2,7 c , n – количество секунд в сутках.
Rh
Решение Ф6.
T0  2 
l
, T  2 
g 1
l
,
g1
пусть n – количество секунд в сутках.
Число колебаний на высоте h N1 
T0

T1
n
T 

, т.е. t  N1  T1  T0   n   1  0  и
T1
T1 

g1
R
nh

, t 
 2,7 c .
g Rh
Rh