1) некоторым углом к горизонту, показал, ... броска возрастало, через 5 секунд ...

1)Компьютерный расчет полета камня, брошенного со скоростью 40 м/с под
некоторым углом к горизонту, показал, что вначале расстояние до точки
броска возрастало, через 5 секунд после броска стало максимальным, а
дальше – уменьшалось. Найти по этим данным максимальную высоту
подъема камня над уровнем точки броска. Ускорение при расчете
принималось равным 10 м/с2, сопротивление воздуха не учитывалось.
Решение
Через 5 секунд камень окажется в точке с координатами
𝑥1 = 40 ∗ 5 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑦1 = 40 ∗ 5 ∗ 𝑠𝑖𝑛𝛼 −
10∗5 2
2
Горизонтальная скорость камня не изменится
𝑉𝑥1 =
40 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑐
Вертикальная скорость в интересующей нас точке
𝑉𝑦1 =
50 − 40 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑐
Ясно, что вектор скорости камня и радиус-вектор, проведенный из точки
броска (начала координат), для самой удаленной точки должны быть
перпендикулярны друг другу. Из простых геометрических соображений
𝑥1
𝑦1
Подставляя, получим:
=−
𝑉𝑦1
𝑉𝑥1
40 ∗ 5 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼
40 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼
=
2
10 ∗ 5
50 − 40 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼
40 ∗ 5 ∗ 𝑠𝑖𝑛𝛼 −
2
Отсюда
𝑠𝑖𝑛𝛼 =
57
60
И максимальная высота подъема над точкой броска
𝑠𝑖𝑛 2 𝛼
(57/60) 2 361
𝐻=𝑉 ∗
= 1600 ∗
=
≈ 72м
2𝑔
2 ∗ 10
5
2
Ответ: 72 м
2) На листе бумаги с уменьшением в 10 раз нарисовали траекторию камня,
брошенного под углом 45º к поверхности земли со скоростью 20 м/с. По
нарисованной кривой ползет с неизменной по величине скоростью 0,02 м/с
маленький жучок. Чему равно ускорение жучка в точке, соответствующей
вершине траектории камня?
Решение
В верхней точке траектории камня ускорение направлено перпендикулярно
скорости камня и равно ускорению свободного падения g.
Тогда
(cos 45° ∗ 𝜗0 )2
𝑔=
𝑅
Откуда
(cos 45° ∗ 𝜗0 )2
𝑅=
𝑔
При уменьшении рисунка в 10 раз радиус кривизны в любой точке
становится в 10 раз меньше,
Ускорение жучка всюду перпендикулярно его скорости, поэтому в
интересующей нас точке
ускорение жучка равно
𝑢2 10𝑢2
10𝑔𝑢2
𝑎=
=
=
= 2 ∗ 10−4 м⁄с2
2
𝑟
𝑅
(cos 45° ∗ 𝜗0 )
Ответ 𝑎 = 2 ∗ 10−4 м⁄с 2
3)В кубическом сосуде объема V = 1 л находится некоторое количество гелия
при температуре T = 300 К. Оценить давление газа, при котором число
ударов молекул друг о друга за некоторый отрезок времени равно числу
ударов молекул о стенки сосуда.
Решение.
Для оценки ударов молекул друг о друга запишем формулу длины
свободного пробега молекул
𝜆=
1
𝜋𝑛𝑑 2
Время пролета этого расстояния равно
𝑡=
𝜆
𝜗
Тогда за больший интервал времени 𝜏 молекула совершит
𝜗𝜏
𝜆
Число молекул в сосуде N
Полное число ударов молекул друг о друга за выбранный интервал времени
0,5𝑁𝜗𝜏
= 0,5𝑁𝜗𝜏𝑑 2 𝑛
𝜆
Обозначив величину компоненты скорости молекул вдоль одной выбранной
оси 𝜗𝑥 , длину ребра стенки сосуда 𝑎, получим для числа ударов обо все 6
стенок куба за интервал времени 𝜏
6𝑁𝜗𝑥 𝜏
2𝑎
Компоненты скорости 𝜗𝑥
𝜗𝑥 =
𝜗
√3
Прировняем полученные выражения
0,5𝑁𝜗𝜏𝑑 2 𝑛 =
6𝜏𝜗𝑁
2𝑎√3
Отсюда n
𝑛=
6
√3𝑑2 𝜋𝑎
≈ 3 ∗ 1020 м−3
Значение диаметра молекулы гелия мы взяли из справочника
𝑑 = 2 ∗ 10−10 м
Полученная концентрация соответствует давлению в сосуде
𝑝 ≈ 𝑛𝑘𝑇 ≈ 1Па
Ответ: p=1 Па.
Это очень маленькое давление, в обычных условиях число ударов
молекул друг о друга во много раз превышает число ударов молекул о
стенки сосуда.
4)Азот вначале нагревают, затем охлаждают – так, что от начального
состояния p1 = 0,5 атм, V1 = 30 л до конечного p2 = 0,5 атм, V2 = 50 л график
процесса на диаграмме pV представляет собой половину окружности (одна
«клетка» по вертикальной оси равна 0,1 атм, «клетка» по горизонтали
составляет 10 литров). Какую работу совершает газ в этом процессе?
Решение.
По нашему графику ясно что
𝑉 ′ = 40 л
𝑃′ = 0,3 л
Так же можно сказать, что это изотермический процесс
По закону Бойля-Мариотта:
𝑃𝑚𝑎𝑥 ∗ 𝑉𝑚𝑎𝑥 = (40 +
10
√2
) ∗ (0,5 +
0,1
√2
) = 26,86957
Теперь работа A равна
𝐴=
𝑃𝑚𝑎𝑥 + 𝑃1
𝑃𝑚𝑎𝑥 + 𝑃2
∗ (𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉1 ) −
∗ (𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉2 )
2
2
𝑃𝑚𝑎𝑥 + 𝑃1
0,5707106 + 0,5
=
∗ (𝑉2 − 𝑉1 ) =
∗ 105 ∗ (50 − 30) ∗
2
2
∗ 10−3 ≈ 1070,71 Дж
Ответ: Изотермический процесс, А=1070,71 Дж
5)Батарейка имеет напряжение 6 В. В схеме (см.
рис.), использованы одинаковые вольтметры, найти
их показания.
Решение. Для простоты заменим вольтметры сопротивлениями R=1 Ом, и
прономеруем их
Обозначим токи, текущие через них 𝐼1 𝐼2 𝐼3 𝐼4 𝐼5 𝐼6 , а также их направления
По первому правилу Кирхгофа для токов, текущих через узлы, запишем
1)𝐼1 + 𝐼2 = 𝐼4 + 𝐼5
2)𝐼2 − 𝐼3 = 𝐼5
3)𝐼1 + 𝐼3 = 𝐼4
По второму правилу Кирхгофа для токов, текущих через узлы, запишем
4)𝐼2 + 2𝐼5 = 6
5)𝐼1 + 𝐼4 = 6
6)𝐼2 + 𝐼3 + 𝐼4 = 6
Тогда отсюда находим
𝐼1 = 6 − 𝐼4
𝐼2 = 6 − 2𝐼5
2𝐼4 + 3𝐼5 = 12
6 − 𝐼4 + 6 − 2𝐼5 = 𝐼4 + 𝐼5
𝐼3 = 6 − 3𝐼5
𝐼4 =
12 − 3𝐼5
2
Из 4-го выражения вычтем 6-е
2𝐼5 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0
2𝐼5 − 6 + 3𝐼5 − 1,5𝐼5 = 0
6,5𝐼5 = 12
Найдем силу тока на каждом сопротивлении
𝐼5 =
12
= 1,846 А
6,5
𝐼4 = 6 − 1,5𝐼5 = 3,231 А
𝐼3 = 6 − 3𝐼5 = 0,462 А
𝐼2 = 6 − 2𝐼5 = 2,308 А
𝐼1 = 6 − 𝐼4 = 2,769 А
Теперь найдем показания вольтметров V
𝑈 =𝐼∗𝑅
𝑉5 = 𝑉6 = 1,846 В
𝑉4 = 3,231 В
𝑉3 = 0,462 В
𝑉2 = 2,308 В
𝑉1 = 2,769 В
Ответ:
1)𝑉1 = 2,769 В
2)𝑉2 = 2,308 В
3)𝑉3 = 0,462 В
4)𝑉4 = 3,231 В
5)𝑉5 = 𝑉6 = 1,846 В
6)Нелинейный двухполюсник имеет «квадратичную» вольтамперную
характеристику – напряжение между его выводами пропорционально
квадрату текущего через него тока. Двухполюсник подключают к
батарейке напряжением U последовательно с вольтметром, при этом
вольтметр показывает половину напряжения батарейки. Параллельно
двухполюснику подключают еще один такой же вольтметр. Найти
показания вольтметров. Внутреннее сопротивление батарейки считать
малым.
Решение.
При
первом
включении
напряжение
на
двухполюснике
равно
напряжению на вольтметре
𝑈
2
Обозначим ток через приборы 𝐼
После подключения вольтметра параллельно двухполюснику ток через
двухполюсник стал равен
𝑘𝐼
Тогда напряжение на двухполюснике изменилось в 𝑘 2 и составило
𝑘2𝑈
2
Таким же стало напряжение на параллельном вольтметре, а ток через
него стал 𝑘 2 𝐼
Ясно, что через последовательно подключенный вольтметр течет
суммарный ток. И напряжение на нем изменилось от 𝑈/2 до (𝑈 − 𝑘 2 U/2)
раз. Преобразуем (2 − 𝑘 2 )
Приравнивая уравнения для токов относительно 𝑘. Получаем уравнение
𝑘𝐼 + 𝑘 2 𝐼 = (2 − 𝑘 2 )𝐼
𝑘 + 2𝑘 2 − 2 = 0
Нам нужен только положительный корень
𝑘=
−1 + √17
4
Квадрат этого числа равен 0,61, именно во столько раз изменилось
напряжение на двухполюснике по отношению к половине напряжения
батарейки
Параллельный вольтметр показывает 𝑘 2 𝑈/2 ≈ 0,3𝑈
Последовательный вольтметр показывает (2 − 𝑘 2 )𝑈/2 ≈ 0,7𝑈
Ответ: 𝑘 2 𝑈/2 ≈ 0,3𝑈
(2 − 𝑘 2 )𝑈/2 ≈ 0,7𝑈
7)Длинный цилиндрический селеноид диаметра d создает внутри себя
однородное магнитное поле с индукцией B0. На расстоянии L = 5d от оси
селеноида находится массивная заряженная частица массы M и зарядом Q.
Ток через селеноид отключают, при этом поле быстро уменьшается до нуля.
С какой скоростью будет двигаться частица после отключения поля?
Решение.
Найдем ЭДС этого соленоида
∆Ф
∆𝐵 𝜋𝑑 2
Ԑ=−
=−
∗
∆𝑡
∆𝑡
4
Также мы можем найти напряженность
Ԑ
Ԑ
∆𝐵 𝜋𝑑 2
∆𝐵𝜋𝑑
𝐸= =
=−
∗
=−
𝑟 5𝑑
∆𝑡 20𝑑
20∆𝑡
Найдем ∆𝜗
∆𝜗 = 𝑎∆𝑡 =
∆𝜗 = −
𝐹
𝑄𝐸
∆𝑡 =
∆𝑡
𝑀
𝑀
𝑄∆𝐵𝜋𝑑∆𝑡
𝑄∆𝐵𝜋𝑑
=−
20𝑀∆𝑡
20𝑀
Отсюда 𝜗 равна
𝜗=
Ответ: 𝜋𝑄𝐵0 ⁄20𝑀
𝑄∆𝐵𝜋𝑑 𝜋𝑄𝐵0
=
20𝑀
𝑀20
9) Параллельно главной оптической оси собирающей линзы с фокусным
расстоянием F движется точечный источник света. На каком расстоянии от
линзы он окажется в тот момент, когда скорость изображения его в линзе
будет равна по величине скорости источника? Расстояние от главной
оптической оси до источника H(H < F).
Решение.
Сделаем рисунок и введем обозначения. Пусть источник S приближается
к 𝐹1 , тогда изображение S’ удаляется от 𝐹2 .
В таком случае формула тонкой линзы в какой-то момент времени будет
иметь вид:
1 1 1
+ =
𝑑 𝑓 𝐹
В момент выравнивания скоростей 𝜗 и u движение источника можно
допустить как равномерное. Тогда за малое время источник приблизится
к 𝐹1 на Δd = voΔt, а изображение удалится
∆𝑓 = 𝑢(𝑐𝑜𝑠𝛼)∆𝑡
Очевидно
1
1
1 1
+
= +
𝑑 − 𝜗 0 ∆𝑡 𝑓 + 𝑢𝑐𝑜𝑠𝛼 ∗ ∆𝑡 𝑑 𝑓
Откуда
𝜗 0 ∆𝑡 𝑢𝑐𝑜𝑠𝛼 ∗ ∆𝑡
=
𝑑2
𝑓2
𝑓1 = 𝑑1 √𝑐𝑜𝑠𝛼
при 𝑢 = 𝜗0
Так как
𝐹
𝑐𝑜𝑠𝛼 =
√𝐹 2 + 𝐻 2
имеем
1
1
1
+
=
𝑑1 𝑑1 √𝑐𝑜𝑠𝛼 𝐹
𝐻2
𝑑1 = 𝐹(1 + √1 + 2
𝐹
Если источник оказался в точке F1, то изображение мгновенно оказывается
в −∞ и +∞.
Пусть источник продолжает движение и окажется между линзой и передней
фокальной плоскостью.
Изображение S’ в этом случае приближается к линзе, как и источник.
Рассуждая, как и выше будем иметь:
1
1
1 1
+
= −
𝑑 − 𝜗 0 ∆𝑡 𝑓 − 𝑢𝑐𝑜𝑠𝛼 ∗ ∆𝑡 𝑑 𝑓
Однако
1
1
1
−
=
𝑑 2 𝑑 2 √𝑐𝑜𝑠𝛼 𝐹
𝑑2 = 𝐹(1 − √1 +
𝐻2
)
𝐹2
Как видим, при выполнении условия задачи, источник может быть в двух
точках относительно фокальной плоскости F1: перед F1 на расстоянии
𝑑1 равном
𝑑1 = 𝐹(1 + √1 +
𝐻2
)
𝐹2
до линзы и за 𝑑2 на расстоянии
𝑑2 = 𝐹(1 − √1 +
𝐻2
)
𝐹2
От линзы
Ответ:𝑑1 = 𝐹(1 + √1 +
𝐻2
𝐹2
);𝑑2 = 𝐹(1 − √1 +
𝐻2
𝐹2
)
10)Коэффициент преломления плотной атмосферы маленькой, но очень
массивной планеты уменьшается с высотой h над ее поверхностью от
величины n0 до 1 по линейному закону. Найдите, на какой высоте над
поверхностью планеты находится оптический канал, по которому
световые лучи будут обходить планету, оставаясь на постоянной высоте.
Радиус планеты R = 100 км. Коэффициент преломления около поверхности
планеты n0 = 2, он падает до 1,5 на высоте h0 = 100 км.
Решение.
рис.1
Для того чтобы световые лучи обходили эту планету на постоянной высоте,
оптический канал должен выглядеть так рис.1 .И в этом канале будет полное
внутреннее отражение.
𝑠𝑖𝑛𝑖2 = 1
𝑠𝑖𝑛𝑖1 = 𝑠𝑖𝑛45° = 0,7071
𝑠𝑖𝑛𝑖2
1
=
= 1,414
𝑠𝑖𝑛𝑖1 0,7071
𝑛𝟏
= 1,414
𝑛2
Это будет на высоте
𝑥=
Ответ: 82,8 км
41,4
= 82,8 км
0,5