Турчина Н.В. Физика в задачах для поступающих в вузы
Подождите немного. Документ загружается.
510
де F
А
— сила Архимеда: F
А
= ρ
0
g∆V, ∆V — объем усеченноо ону-
са с основаниями площадью S и S
0
и высотой h
1
= h – h
2
, равный
∆V = (Sh – S
0
h
2
), (2)
p — давление у дна сосуда:
p = ρ
0
gh
1
.(3)
Проба однородна, поэтому
= , h = h
1
+ h
2
,
отуда находим
h
1
= h 1 – , h
2
= h .(4)
Подставляя (2) — (4) в (1), получим
F = ρ
0
g Sh – S
0
h – ρ
0
gh 1 – S
0
или
F = ρ
0
gh S + 2S
0
– 3S
0
.
Наибольшая плотность ρ материала проби может быть опреде-
лена из условия
mg = ρgSh = ρ
0
gh S + 2S
0
– 3S
0,
oтуда
ρ = ρ
0
1 + 2 – 3 .
6.5.23. Та а результирующая сила давления на боовую по-
верхность не зависит от формы основания онуса, то вместо задан-
ной формы тела можно рассмотреть онус с плосим основанием
(рис. 6.5.14). Тода сила Архимеда, действующая на онус и равная
F
А
= ρgV
онуса
= ρg
.
HπR
2
,
1
3
---
h
2
S
----- -
h
2
2
S
0
------
⎝
⎛
S
0
S
------
⎠
⎞
S
0
S
------
1
3
---
⎝
⎜
⎜
⎛
S
0
S
------
-
⎠
⎟
⎟
⎞
⎝
⎜
⎜
⎛
S
0
S
------
--
-
⎠
⎟
⎟
⎞
1
3
---
⎝
⎛
S
0
S
------
--
⎠
⎞
1
3
---
1
3
---
⎝
⎛
S
0
S
------
--
⎠
⎞
-
S
0
S
------
⎝⎠
⎛⎞
32⁄
S
0
S
------
1
3
---
511
может быть представлена в виде
F
А
= F
дно
– F
бо
,
де F
дно
= [p
0
+ ρg(H + h)]S
дно
— сила давления на дно, F
бо
— ре-
зультирующая сил давления на боовую поверхность, S
дно
= πR
2
—
площадь основания онуса.
Решив систему приведенных уравнений, находим
F
бо
= p
0
+ ρgh + H πR
2
d 3,2 Н.
Ответ: F
бо
d 3,2 Н.
6.5.28. После таяния льда уровень воды в стаане увеличится
(рис. 6.5.15). В начальном положении сумма сил, действующих на
льдину, равна нулю:
N + F
А
– mg = 0,
де сила давления льда на дно стаана F = N = mg – F
А
, архимедова
сила F
А
= ρgV, m — масса льда, V — заштрихованный на рисуне
объем.
Объем образованной при таянии льда воды
V
в
= V + ∆hS,
а ее масса
m
в
= ρV
в
= ρ(V + ∆hS)
равна массе m льда. Следовательно,
V = – ∆hS,
F = mg – ρg V = mg – ρg – ∆hS = ρ ghS = 0,47 H.
О т в е т: F = 0,47 H.
-
⎝
⎛
2
3
---
⎠
⎞
p
Рис. 6.5.14
A
Рис. 6.5.15
m
ρ
---- -
m
ρ
---- -
⎝
⎛
⎠
⎞
∆
512
6.5.31. На рисуне 6.5.16 поазаны силы,
действующие на стержень. Стержень находит-
ся в равновесии, поэтому
∑M
i
= 0.
Относительно точи O сумма моментов сил
равна нулю:
mg cos α – F
А
1 – l cos α = 0,
де масса стержня m = ρV, сила Архимеда F
А
= ρ
ж
g
.
V.
Решив данную систему уравнений, получим о т в е т:
= .
6.6.18. Запишем условия равновесия убиа, находящеося
поочередно в трех жидостях разной плотности:
mg = ρ
1
gV, mg = ρ
2
gV, mg = ρ
3
gV
0
,
де V — объем убиа, V
0
— объем части убиа, находящейся в
третьей жидости. Плотность этой жидости
ρ
3
= = ,
де m
1
, m
2
, V
1
, V
2
— массы и объемы смешиваемых жидостей:
m
1
= ρ
1
V
1
, m
2
= ρ
2
V
2
.
Решив данную систему уравнений, получим о т в е т :
= .
6.6.21. На рисуне 6.6.5 по-
азан шар массой m в двух состоя-
ниях.
Шар в состоянии I находится в
равновесии, поэтому
F
А1
– mg = 0, (1)
де
F
А1
= ρ
в
g, (2)
m = ρ
ж
g(V
0
– V ), (3)
A
mg
Рис. 6.5.16
l
2
---
⎝
⎛
3
8
---
⎠
⎞
3
4
---
ρ
ρ
ж
------ -
15
16
------
1
3
---
2
3
---
m
1
m
2
+
V
1
V
2
+
--------------------- -
m
1
m
2
+
V
2
n 1+()
-------------------------
V
0
V
------
2 n 1+()
32n 1+()
------------------------- -
A
A
mg
I
g
Рис. 6.6.5
V
0
2
------
513
ρ
в
— плотность воды, ρ
ж
— плотность железа, V
0
— объем шара,
V — объем полости.
Решив систему уравнений (1) — (3), получим
V = V
0
. (4)
Шар в состоянии II находится в равновесии, поэтому
F
А2
– (m + m
в
)g = 0, (5)
де
m
в
= ρ
в
V
1
(6)
— масса воды, заполняющей полость, V
1
— ее объем.
Решив систему уравнений (1), (2), (5), (6), получим
V
1
= . (7)
Разделив (7) на (4), находим о т в е т:
= = 0,53.
6.6.22. В состоянии II лед со стелом плавает в воде (рис. 6.6.6):
F
А
– (m
1
+ m
2
)g = 0, (1)
де F
А
— сила Архимеда:
F
А
= ρg(V
1
+ V
2
), (2)
V
1
— объем стела, V
2
— объем льда, ρ — плотность воды.
2ρ
ж
ρ
в
−
2ρ
ж
---------------------- -
V
0
2
------
V
1
V
------
ρ
ж
2ρ
ж
ρ
в
−
---------------------- -
2
A
g
Рис. 6.6.6
514
Массы стела и льда соответственно равны:
m
1
= ρ
1
V
1
,(3)
m
2
= ρ
2
V
2
,(4)
де ρ
1
— плотность стела, ρ
2
— плотность льда.
По условию задачи
S∆h = V
1
+ V
2
,(5)
де S — площадь основания сосуда, ∆h — повышение уровня воды.
Решив систему уравнений (1) — (5), получим
V
1
= ∆hS , (6)
V
2
= ∆hS . (7)
В состоянии III, ода лед растает,
S∆h
1
= V
1
+ V
3
,(8)
де ∆h
1
— новое повышение уровня воды.
Объем воды, полученной из льда:
V
3
= V
2
. (9)
Решив систему уравнений (6) — (9), получим
∆h
1
= ∆h .
Найдем понижение уровня воды в сосуде:
∆h
0
= ∆h – ∆h
1
= ∆h = 1мм.
О т в е т: œh
0
= 1 мм.
6.6.23. На стаан действуют (рис. 6.6.7):
сила давления жидости плотностью ρ
1
, рав-
ная
F
1
= [p
0
+ ρ
1
g(H – h)]S,
cила давления жидости плотностью ρ
2
, рав-
ная
F
2
= (p
0
+ ρ
2
gH)S,
и сила тяжести mg.
ρρ
2
−
ρ
1
ρ
2
−
------------------
ρ
1
ρ−
ρ
1
ρ
2
−
------------------
ρ
2
ρ
------
ρ
2
2ρρ
2
−ρ
1
ρ
2
+
ρρ
1
ρ
2
−()
-------------------------------------------- -
ρ
1
ρ−()ρρ
2
−()
ρρ
1
ρ
2
−()
-----------------------------------------
Рис. 6.6.7
515
Стаан находится в равновесии, поэтому
F
2
– F
1
– mg = 0.
Решив данную систему уравнений, получим
H = d 4,3 см.
Ответ: Н d 4,3 см.
6.6.28. Наливаем жидость в сосуд до
тех пор, поа он не оажется в состоянии,
поазанном на рисуне 6.6.8.
Условие равновесия сосуда имеет вид
(m + m
в
)g = F
А
,
де m
в
= ρ · Sh — масса воды (S = πr
2
=
= πh
2
tg
2
α), F
А
= ρ · S
0
Hg — сила Архи-
меда (S
0
= πR
2
, H = R ctg α).
Решив систему приведенных уравне-
ний, получим
h = d 24 см.
О т в е т: h d 24 cм.
6.7.11. Сумма силы F = F
min
и силы тяжести mg уба равна си-
ле Архимеда F
А
тольо в неотором ео положении, смещенном от
положения равновесия на x (рис. 6.7.6). До этоо положения уб бу-
дет двиаться усоренно, а после замедленно. Чтобы уб затонул,
путь разона и путь торможения должны быть равны b. Запишем
заон сохранения энерии:
∆E = A,
m ρ
1
hS−
ρ
2
ρ
1
−()S
---------------------------
R
S
0
h
H
r
2
Рис. 6.6.8
1
3
---
1
3
---
Rctgα()
3
3m
πρtg
2
α
------------------- -
−
a
F
b
Положение
равновесия
mg
F
A
x
Рис. 6.7.6
516
де изменение потенциальной энерии уба
∆E = 0 – mgb,
а работа равна сумме работ приложенной силы F и силы Архи-
меда:
A = A(F) + A(F
А
) = Fb – ìF
А
íb;
здесь среднее значение силы Архимеда
ìF
А
í = .
Условие равновесия уба:
mg = ρ
0
ga
2
(a – b).
Выражая массу уба через плотность и объем: m = ρa
3
, решим дан-
ную систему уравнений и получим
F = (ρ
0
– ρ)ga
3
= 15,68 Н.
О т в е т: F = 15,68 H.
6.7.13. При движении цилиндра на нео действуют силы: тя-
жести, Архимеда и вязоо трения. Поэтому цилиндр вначале
«просочит» выше положения равновесия, а затем опустится ниже
и т. д. При этом амплитуда олебаний цилиндра будет уменьшать-
ся, и через неоторый промежуто времени цилиндр займет поло-
жение равновесия; в этом случае силы тяжести и Архимеда будут
равны:
mg = ρ
в
gSx или ρ
д
H = ρ
в
x,
де S = πR
2
— площадь поперечноо сечения цилиндра, m = ρ
д
SH —
масса цилиндра.
Запишем заон сохранения
энерии для цилиндра:
∆E = A,
де изменение механичесой энер-
ии (рис. 6.7.7)
∆E = mg(h – x),
а работа силы Архимеда и силы
вязоо трения
A = A
1
+ A
2
+ A
3
.
ρ
0
ga
2
ab−()ρ
0
ga
3
+
2
---------------------------------------------------------
1
2
---
H – x
x
h
h – H
в
д
Рис. 6.7.7
517
Первое слааемое соответствует работе постоянной силы Архи-
меда F
Аmax
= ρ
в
gSH при подъеме цилиндра до поверхности воды:
A
1
= F
Аmax
(h – H) = ρ
в
gSH (h – H).
Второе слааемое соответствует работе переменной силы Архи-
меда ìF
А
í = при переходе раницы поверхности во-
ды до положения равновесия:
A
2
= ìF
А
í (H – x) = (H – x).
Третье слааемое выражает оличество теплоты: A
3
= – Q. Сле-
довательно,
mg(h – x) = ρ
в
gSH (h – H) + (H – x) – Q.
Решив систему приведенных уравнений, получим
Q = {(ρ
в
– ρ
д
) [2ρ
в
h – (ρ
в
+ ρ
д
)H]} d 47,5 Дж.
О т в е т: Q d 47,5 Дж.
6.7.14. При вдвиании проби изменит-
ся высота уровня жидости. Минимальная
работа равна работе по перемещению массы
m = ρπr
2
l жидости с уровня AB на уровень
CD (рис. 6.7.8):
A
min
= mg(h + x).
Та а жидость несжимаема, то
πr
2
l = πR
2 .
2x.
Следовательно,
A
min
= ρglπr
2
h + = 0,83 Дж.
О т в е т: A
min
= 0,83 Дж.
6.8.3. Расход жидости, т. е. объем жидости, протеающей
через поперечное сечение трубы в единицу времени, Q = vS, де S —
площадь поперечноо сечения трубы. Площадь поперечноо сече-
ρ
в
gSH ρ
в
gSx+
2
--------------------------------------------
ρ
в
gSH ρ
в
gSx+
2
--------------------------------------------
ρ
в
gSH ρ
в
gSx+
2
--------------------------------------------
πgR
2
H
2ρ
в
--------------------
l
h
R
A
D
B
x
C
Рис. 6.7.8
⎝
⎜
⎛
r
2
l
2R
2
---------- -
⎠
⎟
⎞
518
ния минимальна при масимально допустимой сорости потоа,
т. е. Q = v
max
S
min
= (v
max
πd )/4. Отсюда находим
d
min
= 2 = 0,89 м.
По заону Бернулли давление жидости больше в тех сечениях,
де сорость потоа меньше. Та а S = Q/V, то давление жидости
больше на участах трубопровода с бWольшим поперечным сечением.
О т в е т: d
min
= 0,89 м.
6.8.13. Сорость жидости в узой трубе v = , в сосуде
v = 0 (рис. 6.8.12). Давление жидости в широом сосуде p
1
= p
0
+
+ ρgx.
На ранице сосуд — труба сачо давления ∆p = p
1
– p
2
, та а
работа сил давления вызывает изменение сорости от 0 до .
По заону сохранения энерии = (p
1
– p
2
)S∆h, де ∆m =
= ρS∆h — масса малоо элемента воды. Следовательно, = p
1
– p
2
=
= ρgH. Из-за постоянства сорости давление в трубе изменяется
по заону (рис. 6.8.13)
p = p
0
– ρg(h – x).
О т в е т: рис. 6.8.12, рис. 6.8.13.
6.8.24. Давление жидости в месте изиба труби
p
1
= p
0
+ ρgH.
Центр масс жидости в оризонтальном олене труби находит-
ся на расстоянии 3R от оси вращения, и усорение a = ω
2
· 3R. Мас-
2
min
Q
πv
max
----------------
2gh
2gh
mv
2
∆
2
-------------- -
ρv
2
2
---------
2gH
O
H H + h x
v
Рис. 6.8.12 Рис. 6.8.13
O
H – h
H
x
p
p
0
p
2
p
1
519
са жидости в оризонтальном олене m = 4RSρ. По второму заону
Ньютона для этой массы жидости
pS – p
1
S = mω
2
· 3R,
де p — давление у запаянноо онца труби, S — площадь попе-
речноо сечения труби. Из приведенных равенств находим:
p = p
0
+ ρgH + 12 ρω
2
R
2
.
Ответ: а) p
1
= p
0
+ ρgH; б) p = p
0
+ ρgH + 12 ρω
2
R
2
.
Г л а в а 7. МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
7.1.16. Допустим, что заон движения точи имеет вид:
x = A sin (ωt + ϕ),
тода сорость движения точи v = (x)′ = Aω cos ωt.
Из данных уравнений можно получить
+ = 1. (1)
Та а ω = , то из уравнения (1) находим о т в е т:
v = ä = ä12,56 см/с.
7.2.5. Запишем заон движения точи
x = A sin (ω
0
t + α); (1)
тода сорость точи
v = Aω
0
cos (ω
0
t + α). (2)
Кинетичесая и потенциальная энерии точи в любой момент
времени соответственно равны:
E
= = cos
2
(ω
0
t + α), (3)
E
п
= = sin
2
(ω
0
t + α), (4)
де = , k — оэффициент возвращающей силы.
x
2
A
2
-------
v
2
A
2
ω
2
------------- -
2π
T
------ -
2π
T
------ -
A
2
x
2
−
mv
2
2
-----------
mω
0
2
A
2
2
------------------- -
kx
2
2
--------- -
mω
0
2
A
2
2
------------------- -
ω
0
2
k
m
---- -