Всесоюзные олимпиады по физике - Слободецкий И.Ш.
Скачать (прямая ссылка):
площади лобового сечения, т. е. квадрату радиуса пузырька:
Fc ~ R\ Следовательно,
F ,
_~(р.
¦ "Ро) R + 2сг.
Это отношение растет по линейному закону с увеличением радиуса пузырьков.
Поэтому крупные пузырьки всплывают с большим ускорением и оказываются над
мелкими.
87. Разобьем объем планеты на тонкие сферические слои толщиной Дг.
Легко показать, что
равнодействующая гравитационных сил, действующих со стороны слоя на
частицу внутри этого слоя, равна нулю. Действительно,'рассмотрим для
этого конус с малым углом при вершине, в которую помещена частица массой
т. Конус вырезает из слоя участки площадями Sj и 5 2 (рис. 162). Если
масса вещества, приходящегося на единицу поверхности слоя, равна р, то
гравитационные силы, действующие на массу т со стороны участков и S2,
равны:
р /-* р р /77[_lS2 #
**1 - °"Г*
Г\ 2
но
s 1
- cos а,
Л
¦ cos а,
О,
где Q - телесный угол при вер шине О конуса. По построении ОМх = OAt и
ОМ2 = ОА2. По этому
ОАгМу = ОА^М2.
Кроме того,
OA]Bt = ОА^В^
94
как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу. Так как
= OA1Bl -OAiMi
и
а2 = ОЛ2В2 - ОАгМ2, то ctj = а2 и, следовательно,
2 г2 '
Г1 '2
Благодаря этому Fl = f2, и эти силы взаимно уравновешивают друг друга.
Проведя аналогичное рассмотрение для других участков слоя, мы и докажем
сделанное утверждение.
Сила, с которой притягивается элемент слоя объема AS • Дг к центру
планеты, равна
F = G
- nr3pASArp
Приняв давление р0 на по-верности планеты равным нулю, получаем:
р= |nGp2(R2 - /').
В центре планеты (г0 = 0) давление равно
Р = j nGp2R2.
Принимая среднюю плотность земных пород равной 1,7 х х 103 кг/м3 и радиус
Земли R3 - = 6,4-103 м, получим для давления в центре Земли: р & " 1,6-
10(r) Н/м2.
88. Решение задачи представлено на рисунке 164. Так как и2
мощность равна - (где R -
сопротивление лампы), то сопротивление Rr лампы мощностью 75 Вт в 5 раз
меньше
где г - расстояние от этого элемента до центра планеты. Отсюда найдем,
что увеличение давления на участке толщиной Дг равно
Ар = - = - nGp2rAr.
AS 3
Поэтому давление на расстоянии г0 от центра планеты будет равно
Р = Ро+ ^JiGp22Mr.
Так как сумма 2г • Дг равна площади фигуры, ограниченной графйком у = г и
осью г (рис. 163), то
VrAr= (R + r0)(R-r0) __ Я2-'!
2 2 '
Поэтому
Р = Ро + J- nGp2 (R2 - Го).
15В Т 75 ВТ
-0-
-в о-
2 20 В
Рис. 164
95
сопротивления R2 лампы мощностью 15 Вт. Когда выключатель разомкнут,
напряжение на 15-ваттной лампе в 5 раз больше, чем на 75-ваттной и равно
примерно 184 В. Эта лампа горит. На 75-ваттной лампе напряжение равно
приблизительно 37 В, и нить этой лампы не раскаляется.
89. Обозначим через I длину каждой из нитей, через М массу левого и
через т массу правого шара. В начальный момент левый шар находится на
высоте h = I (1 - cos а) от нижней точки (рис. 165). Из закона сохранения
энергии следует, что скорость v левого шара в момент столкновения такова,
что
~- = Mgl{ 1-cos ос), откуда
v = y2gl(\-cos а). (1)
Так как второй шар после столкновения поднялся на высоту f'h - I (1 - cos
Р)> то он имел скорость
и = l/r2g/ (1 - cos |3). (2)
Но при столкновении шаров их суммарный импульс сохраняется. Поэтому
М У 2gl (1 - cos а) = = m]/2g/(l - cos р),
откуда
м
(tm) _ i/ I -cos Р
m г 1 - cos а '
(3)
Обозначим через W механическую энергию, теряемую при первом столкновении.
Тогда Mgl (1 - cos а) = mgl (1 - - cos р) + W. (4)
Пусть отношение энергии W к
hi
Рис. 165
максимальной потенциальной энергии Wp деформации шаров равно k. Так как в
тот момент, когда деформация шаров максимальна, оба шара движутся как
одно целое со скоростью v0, то
Mv = (М + т) и0,
откуда
Л-1
V.
и М -f т
Из закона сохранения энергии следует, что
Mv2 _ (Л1 + т) v2 t ]v/
_ _ + Wpt
откуда
Так как . МФ_ 2
то
IV7 _ т
М т 2
Mgl (1 - cos а),
gl (1 - cos a),
или
M + m Mm
gl (I-cos a). (5)
M + m
Подставив это выражение в (4), получим:
М (1 - cos a) = т (1 - cos Р) + Мт
+ k
(1-cos а). (4')
96
Обозначим через у угол отклонения левого, а через б угол отклонения
правого шара после второго столкновения. Рассуждая так же, как при выводе
равенства (4'), получим:
т{ 1 - cos (5) = М (1 - cos у) +
/, \ . I Aim
+ т (1 - cos о) 4- k X
~ v М + т
X (1 - cosy). (6)
С другой стороны, из условия сохранения импульса при втором столкновении
имеем:
т Y2gl (1 - cos Р) =
= М У~2gl (1 - cos у) +
+ т Y2gl (1 - cos б). (7)
Из уравнений (3), (4'), (6), (7) находим:
у = р.
90. В тот момент, когда кирпич отрывается от мяча, скорость кирпича
равна скорости верхней точки мяча. Обозначим эту скорость через v. Далее
кирпич движется свободно и, применив к нему закон сохранения энергии
Mv2 .. .
- = Mgh
(h - высота подъема кирпича), найдем, что
v = Y 2 gh.
Скорость нижней точки мяча в тот момент, когда кирпич отрывается от него,
равна нулю. Поэтому ясно, что скорость центра
мяча
равна-
Для
Записав
мяча закон сохранения энергии:
Ш' "
~- = mgfh
т
(где hx - высота подъема мяча), найдем:
