Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Алешкевич В.А. -> "Задачи вступительных экзаменов и олимпиад по физике в МГУ в 2000" -> 28

Задачи вступительных экзаменов и олимпиад по физике в МГУ в 2000 - Алешкевич В.А.

Алешкевич В.А., Грачев А.В., Грибов В.А. Задачи вступительных экзаменов и олимпиад по физике в МГУ в 2000 — МГУ, 2000. — 121 c.
Скачать (прямая ссылка): zadachivstupitelnihexamenoviolimpiad2000.djvu
Предыдущая << 1 .. 22 23 24 25 26 27 < 28 > 29 30 31 32 33 34 .. 42 >> Следующая


1.16. Будем решать задачу, пренебрегая влиянием воздуха на движение тел и считая, как обычно, лабораторную систему отсчета, относительно которой покоится плоскость, инерциальной. Кроме того, будем полагать, что деформации пружины являются абсолютно упругими. По условию задачи сила упругости пружины направлена вдоль оси симметрии доски, а брусок кладут на середину покоящейся доски. Учитывая, что ось доски перпендикулярна ребру двугранного угла, образованного гладкой наклонной плоскостью с горизонтом, можно считать, что линии действия всех сил, приложенных к доске и бруску, лежат в вертикальной плоскости, проходящей через указанную ось. Поэтому можно утверждать, что после отпускания бруска доска вместе с ним начнет двигаться поступательно с ускорением, направленным вдоль оси доски вниз. Совместим с этим направлением ось OX и выберем начало отсчета совпадающим с тем положением, в котором находился бы нижний край доски при недеформирован-ной пружине. Тогда, учитывая, что силы трения между доской и бруском согласно третьему закону Ньютона равны по величине и противоположны по направлению, уравнения движения бруска и доски в проекции на ось OX согласно второму закону Ньютона можно представить в виде:

я

T -

mx = mgs\na + F Mx = Mgsma-F -kx,

84 Фіаический факультет МГУ

где g - величина ускорения свободного падения, a Frpx - проекция на ось OX силы трения покоя, действующей на брусок со стороны доски. Из второго уравнения следует, что пока на доску не положили брусок, координата ее нижнего края в положении равновесия (jc = 0) должна была быть равна X0 = (М gs\na)/k. Складывая почленно приведенные уравнения, получим (М + т)х = (А/ + w)gsina-kх. Следовательно, после того, как на доску положили брусок, координата нижнего края доски в новом равновесном положении станет равной X1 = [(М + m)gsina]/k, а уравнение движения доски с бруском можно представить в виде (М + т)X = -к (X - X1). Из этого уравнения следует, что ускорение движущихся тел пропорционально их смещению от положения равновесия и направлено к этому положению. Следовательно, после отпускания бруска доска вместе с ним будет совершать гармонические колебания вдоль оси OX с частотой a = yjk/(M + т) и амплитудой \хтах\ = Xi-x0 = (mgsina)/k. Поскольку проекция на ось OX действующей на брусок силы тяжести положительна, а его ускорение в крайнем нижнем положении направлено вверх вдоль оси OX и максимально по величине, то согласно уравнению движения именно в этом положении величина силы сухого трения покоя должна стать максимальной и равной F™ax = (gsina + |xmaJ)/n = = [(М + 2m)mgsina]/(M + т), т.к. амплитуда ускорения в со2 раз превышает амплитуду смещения и равна \хтах\ = кхтах/(М + т). С другой стороны, согласно закону Кулона максимальная величина силы сухого трения покоя равна произведению коэффициента трения на величину нормальной составляющей силы реакции опоры, т.е. F^ax = \xmgcosa. Поэтому искомый коэффициент трения должен удовлетворять неравенству:

т + M

85 Решения задач. Молекулярная физика и термодинамика

II. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА

II.1. Поскольку воду в стаканы наливают быстро, а теплоемкостью стаканов по условию задачи следует пренебречь, можно считать, что теплообмен воды с окружающей средой начинается только после того, как вода оказалась налитой в стаканы. Кроме того, будем считать, что температура содержимого стаканов во всех точках изменяется одинаково, т.е. нагревание содержимого стаканов осуществляется квазиравновесно, а температура воздуха в комнате остается неизменной. Вспоминая, что температура плавления льда при нормальном атмосферном давлении равна t = О °С, на основании определения удельной теплоемкости и удельной теплоты плавления найдем количества теплоты, необходимые для нагревания содержимого первого и второго стаканов: qx=cmAt, q2r=XAm + cmAt. Учитывая, что температура содержимого стаканов за интересующие промежутки времени изменяется незначительно по сравнению со средней разностью температур комнаты и воды в стаканах, можно считать, что скорость теплообмена содержимого стаканов с окружающей средой остается постоянной и одинаковой в обоих случаях. Следовательно, можно утверждать, что qjг, = <у2/г2, где X2 - искомое время нагревания второго стакана. Решая это уравнение совместно с двумя ранее составленными, найдем интересующее время:

, XAm ,

1 н--т, = 10 мин .

cmAt

II.2. Будем считать, что в движущемся со скоростью v сосуде гелий находится в состоянии термодинамического равновесия, а скорость сосуда задана относительно некоторого инерциального наблюдателя. Тогда можно утверждать, что кинетическая энергия гелия относительно указанного наблюдателя, обусловленная упорядоченным движением его атомов, равна Wk =mv2 /2, где т - масса гелия в сосуде. После остановки сосуда через некоторое время гелий согласно нулевому постулату термодинамики должен перейти в новое состояние термодинамического равновесия. Поскольку сосуд по условию задачи является абсолютно жестким и нет теплообмг-на гелия с окружающими телами, внутренняя энергия гелня согласно закону сохранения энергии после установления нового состояния термодина-
Предыдущая << 1 .. 22 23 24 25 26 27 < 28 > 29 30 31 32 33 34 .. 42 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed