Задача 1. Так как поплавки и рычаг, по условию задачи, имеют незначительную массу, то при решении задачи нужно учитывать только действующие в системе выталкивающие силы. Поскольку поплавки одинаковые, то, пока они оба полностью погружены в жидкость, действующие на них выталкивающие силы также одинаковы. К тому же, у рассматриваемого рычага одно плечо у него длиннее другого. Поэтому после того, как поплавки отпустят, рычаг начнёт поворачиваться — длинное плечо пойдёт вверх. Так как у рычага плечо AC вдвое короче плеча AB, то для того, чтобы рычаг мог находиться в равновесии, необходимо, чтобы сила, приложенная к точке C, была больше силы, приложенной к точке B, в два раза. Поскольку поплавок, привязанный к точке C, опускается, то действующая на него выталкивающая сила остаётся неизменной. Отсюда следует, что равновесие будет возможно только в том случае, если поплавок, привязанный к точке B, достигнет поверхности и частично всплывёт, оставаясь погруженным на половину своего объёма. При этом действующая на него выталкивающая сила уменьшится ровно вдвое. Такое положение поплавков возможно: поскольку по условию задачи AC >h. Тогда угол поворота рычага не превышает 30 °. Итак, в положении равновесия центр поплавка, привязанного к точке B, будет находиться на поверхности жидкости, то есть на глубине Hb=0. Значит, центр этого поплавка при всплытии поднимется на высоту h. По «золотому правилу» механики центр второго поплавка опустится на глубину h/2 (он привязан к плечу, длина которого вдвое меньше). Значит, в положении равновесия центр поплавка, привязанного к точке C, будет находиться на глубине: h 3 𝐻с = h + 2 = 2 h 3 2 Ответ: 𝐻с = h, Hb=0. Задача 2 Если под некоторым элементом пробки нет жидкости, то жидкость может только прижимать пробку к дну сосуда, и минимальное значение вертикальной проекции этой прижимающей силы давления, равное нулю, достигается тогда, когда жидкости нет и над этим элементом. Если же под некоторым элементом пробки жидкость есть, то максимальное значение проекции силы на вертикальную ось положительно и равно ρgΔV, где ΔV — объём элемента. Значит, сила давления будет иметь максимально возможное положительное значение тогда, когда жидкость налита в сосуд до уровня, показанного на рисунке. При этом интересующий нас объём ΔV (заштрихован на a рисунке) равен ΔV = (c − 2)2 b . √ Тогда максимальная величина выталкивающей силы равна 𝐹 = ρgΔV = ρgb(c − a 2 ) b √2 . Если пробка не будет всплывать при уровне воды, показанном на рисунке, то она не всплывёт и a при любом другом уровне. Следовательно, массу пробки M >F, откуда M > ρb(c − 2)2 √ Ответ: M > ρb(c − a 2 ) √2 Задача 4. Для решения задачи сделаем чертёж A – начальная автобусная остановка, B – конечная автобусная остановка; С — точка, откуда остановочный павильон B казался пешеходу в k=1,5 раза ниже павильона А. Видимый размер павильона обратно пропорционален расстоянию до него, то есть: 𝐴𝐶 𝐶𝐷+𝐷𝐵 1 𝐷𝐵 1 = k, 𝐴𝐶+𝐶𝐷 = k Из этого: 𝐴𝐶 𝐴𝐶+𝐶𝐷+𝐷𝐵 1 AC = k+1 = AB, 𝐷𝐵 𝐴𝐶+𝐶𝐷+𝐷𝐵 1 DB = k+1 = AB 𝐶𝐷 AC DB 1 1 k−1 С другой стороны, CD=AB – AC - DB, откуда =1− − =1− − = 𝐴𝐵 AB AB k+1 k+1 k+1 Отсюда, учитывая, что CD=L, получаем: k−1 AB = L = 500м k+1 Ответ: 500м. Задача 5. Теплообмен между кастрюлей и окружающей средой пропорционален разности температур tk – t, где t – температура кастрюли. При плавлении льда t = to = 0 oC: m A(tk to ) , A m (tk to ) . Здесь m – масса льда, A – коэффициент пропорциональности. При нагревании воды массой 2m от 0 оС до 1 оС (∆t = 1 oC) теплообмен остался таким же, как и при плавлении льда. Поэтому можно записать: ct 2m A(tk to ) 1 m Отсюда 1 ct 2 4,2 1 . мин. При нагревании воды от t = 20 oC до 21 оС (∆t = 1 oC) потребуется время ∆2: 2 1 t k to 21 мин. tk t Ответ: 1. Через 4,2 мин. 2. 21 мин. Задача 6. 1) Пусть в первом случае сопротивление реостата равно R1, во втором — равно R2. По закону Ома составим систему: I1(r + R1) = U, { I2(r + R2) = U, (1) В системе: P1 R1= = 12 Ом, I12 R2 = P2 I22 = 6 5 Ом. Решим систему (1): 𝑈= 𝑟= P1 I22 − P2 I12 I1 I2 (I2 − I1 ) P1 I2 − P2 I1 I1 I2 (I2 − I1 ) = 36 В, = 6 Ом 2) Если сопротивление реостата равно нулю, то: 𝑈 𝐼0 = = 6 А 𝑟 3) Мощность, которая выделяется на переменном напряжении R, можно выразить следующим образом: 𝑈2 𝑃𝑅 = 𝐼 2 𝑅 = (𝑅+𝑟)2 𝑅 или 𝑃𝑅 = 𝐼𝑈 − 𝐼 2 𝑟 (IU — мощность, развиваемая источником) На рисунке представлена зависимость 𝑃𝑅 . Эта парабола, вершина которой соответствует Pmax при силе тока: 𝑈 𝐼= 2𝑅 Отсюда: 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝑈2 4𝑟 = 𝑈 2 𝑅𝑚 𝑅𝑚+𝑟 , следовательно, 𝑅𝑚 = 𝑟 Итак, 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 54 Ватт, 𝑅𝑚 = 6 Ом Ответ: 1) 36 В, 6 Ом 2) 6 А 3) 𝑷𝒎𝒂𝒙 = 𝟓𝟒 Ватт , 𝑹𝒎 = 𝟔 Ом Задача 7. Рассмотрим два случая: 1. Если v0 ≤√2𝑔𝐻 , то скорость U – любая. 2. Пусть v0 >√2𝑔𝐻. Рассмотрим ситуацию, когда траектория камня касается прямой, вдоль которой летит птица. Горизонтальная проекция vr скорости камня в течение всего его полета сохраняется. Ясно, что при vr ≥ U мальчик может попасть в птицу, а при vr < U – нет. Из закона сохранения энергии следует, что 𝑣𝑟 = √v02 − 2𝑔𝐻. Таким образом, мальчик не сможет попасть в птицу, если U >√v02 − 2𝑔𝐻. Ответ: U >√v02 − 2𝑔𝐻. Задача 9. Количество теплоты, подводимое ко льду, складывается из количества теплоты, втекающего из окружающей среды через стенки банки, и количества теплоты, преобразованного нагревательным элементом из электроэнергии. Во время плавления льда его температура остается постоянной (0 °С), поэтому и количество теплоты, ежесекундно подводимое ко льду через стенки банки, тоже постоянно. Обозначим его P1. Мощность тока нагревательного элемента равна 𝑈2 𝑅 где U – напряжение, подаваемое на нагревательный элемент, R – его сопротивление. Пусть для плавления всего льда, находящегося в банке, необходима энергия N. Тогда время плавления льда в банке найдем по формуле: 𝑡1 = 𝑁 𝑈2 𝑃1 + 1 𝑅 , 𝑡2 = 𝑁 2 𝑈 𝑃1 + 2 , 𝑅 где t1, t2, U1, U2 – время и напряжение в случае с первой и второй банкой. Решая систему двух приведенных уравнений, найдем неизвестную величину P1, точнее произведение: P1R1= 𝑈22 𝑡2− 𝑈12 𝑡1 𝑡1 −𝑡2 = -22,4*104 В2 Таким образом, оказывается, что P1 < 0, т. е. теплота отводится ото льда в окружающую среду. Минимальное напряжение, достаточное для плавления льда (т. е. такое, что P1+ P2 > 0) ), определяется выражением Umin=√−𝑃1 𝑅=156 В. Значит, нагревательный элемент, питаемый напряжением U3 = 127 B, никогда не расплавит лед, находящийся в третьей банке.