Работа Шмелёвой Юлии Сергеевны Задача 1.

Работа Шмелёвой Юлии Сергеевны
ученица 10а класса школы №33, г. Стерлитамак
Задача 1.
Дано: d – диаметр трубы, опущенной в воду;
h – расстояние от низа до центра шарика.
Решение:
Пусть m и  – масса и плотность шарика соответственно, тогда
V
4 d 3
( ) –
3 2
его объем. На шарик действуют силы: 1) сила тяжести mg ,
которая направлена вниз; 2) на нижнюю поверхность шарика действует,
направленная вверх сила давления воды Q.
Шарик находится в состоянии покоя, поэтому по второму закону
Ньютона имеем: mg-Q=0. (1)
Теперь мысленно удалим шарик и дольем в трубу воду так, чтобы
объем долитой воды (V1) состоял из объема цилиндра высотой h с площадью
основания  (d / 2) 2 и объема половины шарика. Таким образом,
d
2 d
V1   ( ) 2 h   ( ) 3 .
2
3 2
Система при этом, очевидно, останется в равновесии. Следовательно,
Mg-Q=0, (2)
где M – масса долитой воды.
Сравнив (1) и (2), получим, что m=M, 1V1  V , (3).
где 1 -- плотность воды.
Таким образом, из (3) и (4) найдем, что:

1V1
V
Ответ.
2 d 3
h
( )
1 3
3
2
d
 1
 1
4 d 3
2
( )
3 2
h
1 3
d .
  1
2
d
2
 ( )2 h 
Задача 3.
Решение:
На тело, подвешенное на пружинных весах, действуют силы:
M m
притяжения Земли mg, притяжения Солнца G c 2 (R′ - расстояние от тела до
R
центра Солнца), натяжения пружины P (показание весов).
Под действием этих сил тело испытывает ускорения:
1)связано с вращением Земли вокруг своей оси и составляет
a1 
4 2 r
  2r
t
(t=1 сут)
2)связано с вращением Земли вокруг Солнца
a2 
M m
4 2 r
 G c2
T
R
(T=1 г.)
Здесь R – радиус орбиты Земли, а r – радиус Земли.
В полдень (индекс 1) и в полночь (индекс 2) тело, центр Земли и Солнце
находятся на одной прямой, поэтому все силы и ускорения направлены по
одной оси.
По II закону Ньютона получаем:
M m
M
mg  P1  G c2  m( 2 r  mG 2c , (1)
R1
mg  P2  G
Mcm
R
2
2
R
 m( 2 r  mG
Mc
R2
, (2)
где R1=R−r, R2=R+r, - расстояния от тела до центра Солнца в полдень и в
полночь соответственно.
В результате преобразования уравнений (1) и (2) получаем значения Р1 и Р2,
учитывая при этом малость радиуса Земли по сравнению с радиусом ее
орбиты.
Из этих уравнений можно получить значения P1 и P2 (вес тела). Так как
радиуса Земли сравнительно мал по сравнению с радиусом ее орбиты, то из
(1) и (2) получим, что
Р1  Р 2 .
Отсюда следует, что
Р1  Р2  m( g 
4 2 r
4 2 r

2
) (3)
t2
T2
Последнее слагаемое в правой части равенства (3) бесконечно мало, так как 1
год значительно больше, чем одни сутки.
Ответ. Изменение веса тела в полдень и в полночь на экваторе одинаковы и
равны.
Задача 4.
Решение.
Рассмотрим такие два состояния шарика и резинового жгута, когда
шарик занимает самое верхнее и самое нижнее положения. Скорость шарика
в этот момент равна нулю.
Рассмотрим такое состояние, когда жгут не рвется. Пусть длина
растянутого жгута равна   . При переходе из первого состояния во второе
потенциальная энергия шарика в поле силы тяжести уменьшается на
величину U  mgl  , которая переходит в потенциальную энергию
деформированного жгута. На единицу его длины приходится энергия:
E  U /    mg (1).
Следует отметить, что максимальная сила натяжения жгута
определяется только энергией, приходящейся на единицу длины
максимально растянутого жгута. Эта энергия, как показывает формула (1), не
зависит от первоначальной длины жгута  и определяется только массой m
привязанного шарика.
Отсюда ясно, что, если жгут не рвется при m=100г и l=5м, то он не
порвется и при m=100 г. и l=6м.
Ответ: не порвется.
Задача 6
Дано:
M0=100 г – масса льда;
t0=200C
m0=0,5 кг
T=0,08 H
Решение:
Сила натяжения нити станет равной нулю, когда часть льда растет и
выталкивающая сила уменьшится.
Рассмотрим, действующие на алюминиевый шарик, вмороженный в
ледышку. На него действуют силы: 1) сила натяжения нити (T); 2) сила
тяжести (M0+m)g, которая направлена вниз; 2) на нижнюю поверхность
шарика действует, направленная вверх сила давления воды (Fa). Из условия
равновесия системы в исходном состоянии получим:
T+(M0+m)g-Fa=0, где m-масса шарика
Найдем отсюда массу m шарика:
Имеем, Fa=(V1+V2)  g, где V1 – объем льда, V2 – объем шарика, тогда
V1 
M0
1
,
V2 
m
, где
2
 1,  2
– плотности льда и шарика соответственно.
Таким образом:
M0
m
) g  0,
1  2


mg (1 
)  M 0 g (  1)  T ,
2
1

T
M 0 (  1) 
1
g
m
 4.9 г.

(1 
)
2
T  ( M 0  m) g  (

Сила натяжения нити Т станет равной нулю, если часть льда растает и
его масса уменьшится до некоторого значения M1, тогда получим:
( M 1  m)   (
M1
1

m
2
m(1 
).
Отсюда:
M1 
(

)
2

 1)
1
 0,0278 кг.
Таким образом, чтобы сила натяжения нити стала равной нулю
необходимо растопить M  M 0  M 1  0,1  0,0278  0,072 кг льда.
Так как лед находится при температуре плавления, то для этого
необходима энергия Q1  M  0,238105 Дж . Эта энергия будет получена за счет
охлаждения воды и таким образом в системе установится тепловое
равновесие при температуре определяемой из уравнения теплового баланса
сm0(t0-t2)=Q1+c(M0-M1)(t2-00C)?
где с- удельная теплоемкость воды.
Отсюда находим, что t 2  cm0 t 0  Q1  7,6 0 C
c(m0  M )
Ответ.
 7,6 0 C
Задача 7.
Согласно уравнению теплового баланса, в окружающую среду в виде
тепла выделится энергия, полученная морозильной камерой от сети ( Pt, где
P=100Вт, t=1 час , тогда Pt=100Вт*3600с=360000 Дж=360кДж),
а также теплота, выделившаяся при замерзании воды
( mводды =330 кДж/кг*20кг=6600кДж)
360кДж+6600кДж=6960кДж=6,96 МДж
Следовательно, в окружающую среду выделилось 6,96 МДж.
Ответ: 6,96 МДж.
Задача 8.
После замыкания ключа K1 напряжение на конденсаторах
в них энергия составит
E1  2(
CU 12
C 2
)
2
4
U1 

2
и запасенная
.
После замыкания ключа K2 напряжение на одном из конденсаторов и его
энергия равны нулю, а на другом
U2  
и
E2 
CU 22 C 2

2
2
И в результате последующего размыкания ключа K2 никаких электрических
процессов в схеме не происходит.
Задача 9.
Так как бусинки расположены симметрично, то достаточно
рассмотреть только силы действующие на одну боковую бусинку и на
нижнюю бусинку.
Введем обозначения:
q – заряды бусинок;
Т2 – сила натяжения верхних нитей;
Т1 – сила натяжения нижних нитей;
l – длина каждой из нитей.
Рассмотрим ромб, который образуют бусинки. Так как угол между
нитями от точки подвеса равен 600, то расстояние между боковыми
бусинками будет равно l (длине нити).
Составим условие равновесия для бокового заряда в проекциях на
горизонтальную и вертикальную оси. Оно имеет вид:
(T1  T2 ) sin 30 0  (2 sin 30 0  1)k
q2
l2
,
(T2  T1 ) cos300  mg
Подставим числовые значения, получим:
q2
T1  T2  4k
2
T2  T1 
(1)
l2
mg
3
(2)
Рассмотрим нижний заряд. В силу симметрии системы нужный
результат даст только проекция условия равновесия на вертикальную ось:
2T1 cos 30 0  mg  2k
q2
q2
cos 30 0  k
2
(2 cos 30 0 ) 2
Подставляя числовые данные, получим:
T1 
mg
k
3
q2

2
1
(1 
(3)
)
3 3
Таким образом, получили систему из трех уравнений с тремя
kq 2
неизвестными: Т1, Т2 и
Из (1) имеем:
k
2
q2
l
2

T1  T2
4
Подставим полученное выражение в (3), получим:
Проводя преобразования, с учетом (2), получим:
4T1 
4mg
4T1 
4mg

3
 (T1 
3
4T1  2T1 
2T1 (
T1  T2
1
(1 
);
4
3 3
2
3 3
3 3 1
2
3
T1  mg (
)  2mg (
3 3
T1  mg (
mg  T1 )(1 
4

3
3 3 3 1
3 3 3
33 3 1
3  ( 3 3  1)
)  mg (
2
3
1
3 3

);
2
3 3 3
);
);
9 3 1
3  ( 3 3  1)
).
T1 
mg
3

T1  T2
1
(1 
).
4
3 3
Так как
T2 
2
T2 
2
mg  T1 ,
3
mg  mg (
3
получим:
9 3 1
3  ( 3 3  1)
)  mg (
9 3 1 6 3  2
3  ( 3 3  1)
)  mg (
15 3  1
3  ( 3 3  1)
).
Итак, силы натяжения верхних и нижних нитей равны:
T1  mg (
Ответ:
9 3 1
3  ( 3 3  1)
T1  mg (
) , T2  mg (
9 3 1
3  ( 3 3  1)
15 3  1
3  ( 3 3  1)
) , T2  mg (
).
15 3  1
3  ( 3 3  1)
).
Задача 10
Максимальная мощность достигается при нулевом минимальном
сопротивлении переменного резистора и равна
идет через перемычку будет равен
2U
R
Pm ax 
2U 2
R
, тогда ток, который
.
Минимальная мощность достигается при максимальном сопротивлении
переменного резистора, равном R и равна
перемычку не идет.
Pm in 
U2
R
. В этом случае ток через