Сборник задач по курсу общей физики: Учеб пособие 223 для студентов пед ин-тов по спец. №2105 «Физика» /Г. А. Загуста, Г. П. Макеева, А. С. Микулич и др.; Под ред. М. С. Цедрика. М.: Просвещение, 1989. 271 с.: ил
жүктеу/скачать 3,13 Mb.
|
cedrik
- Бұл бет үшін навигация:
- Q = = 26 кДж. -+-^+-^+- 0t| XI Х2 «2 1 =
- 0,082°С. -50
- 0,13 МДж /кг. т х =
| m С 23 мг; m — 23 мг; /и >23 мг.
214
i?i = — =0,5 мм; 1) К2 = 2(nnd ond2 = 2,2 мм; 2) R<2= °°; 3) R2 = 2(m^ — cmd) 1,1 MM. /<4,35 cm. h >2,8 cm. 0= A 8ia h = JiS£±A= 3,8 cm. pgid 0,45 г. p = -^-=0,85 Мг/м\ gnd F = 2y( Д/^-^+^_) = ю H. (>Л v /я я / h = -2 i2- = 749 MM; <* = ^- = 2,2 cm. f>g (>£a iP р = ЛЛ + ^=Ю1 кПа. a = 4Vd7 “ d7/ 0,5 H/m. 750 кПа. Насос должен быть присоединен к узкому каналу манометра. 0,4 мкм. ( Ар = 36 Па; р = JL(p0 + -^) = l,2 кг/м3. 2,3 мДж. 1 мВт. 1) Малый пузырь будет уменьшаться, а большой — увеличиваться; 2) Дг = 0,8 см. 4,7 мДж. 1,0 мК" 46 МПа. 216 3 мм/с. 0,97 кг/(м-с). 5-1022 дм-3. На 82 К. 0,18 МПа. 32%. 1,7 м. 1,4. 17 мкК~'; 14°С. T — T jl -\-at. 12,6 кН. 68 см3; 54 см3. 100,7 кПа. 925 Дж/(кг К); 390 Дж/(кг К); 128 Дж/(кг К). 670 Дж/(кг-К); 675 Дж/(кг-К). 28 см. 359 К. 5,9 кг. 473 К. Q= 1 , I 1 '“Ь ь aj х <Х2 t2 = ti ^=18°С; П = и + -0-=-15°С. а2т S 1) — 2°С; 2) t — 19°С. Наивыгоднейший вариант 2; т) = 51%. Q = =26 кДж. -+-^+-^+- 0t| XI Х2 «2 1 = —(—+—+ — )] =0,63 мм. L Q \ a, XI а2 /J 5,3 МПа. —0,082°С. -50 Дж/К. 2,6 кДж/К. 2,1 кДж/К. -20 Дж/К. АТ = — 0,8 К; -^-=5Ю~3. 0,13 МДж/кг. т х = — 216
Кроме силы тяжести Fx и силы натяжения нити FH, на заряженный шарик маятника действует еще электрическая сила FK притяжения к противоположно заряженному шарику, находящемуся ниже. Эта сила, как и сила тяжести, будет давать составляющую на направление движения, что увеличит возвращающую силу: F =F' -\-F" (рис. 19). При этом увеличится среднее значение ускорения маятника, а период соответственно уменьшится. Положение равновесия маятника останется вертикальным. F = 2-^%cos -2-= 0,59 нН. 4дь0г 2 р = -^f(a2+fo2-c27«7,25 МН. 4ле0 V а* Ь алЬ' Q = 263 нКл. F, =1,42 Н; F2 = 5,80 Н. Q = 18,27 нКл. Qi Q Q , \ 8льоd2mg , ^ —- — в устойчивом равновесии. Q Условие равновесия системы: mg-\-FK~\-FH — 0. Так как все силы, действующие на отклонившийся шарик, лежат в одной плоскости, выберем прямоугольную систему координат XOY, совместив ее начало с центром шарика (рис. 20). Спроецировав силы на соответствующие оси и учтя знаки проекций, запишем условие равновесия для шарика: Рис. 19 Рис. 20 217
HFy = 0; FH cos a — mg = 0, или mg — FHcosa. Условие равновесия дает: FK~mg tg a. По закону Кулона = и -^r^mgtga, 4д ь0г 4лк0г откуда Q > = Q = гЬ 8/~д/лк0т^ cos а/2 вают, что заряды одноименные. Q2= -64,5-10~ 14 Кл2, где (3 = 30°, так cos (3 д/3 — 4 sin2 a/2 как в основании равносторонний треугольник. Q = 0,8 мкКл, JTIV^ Уравнение движения * = , откуда 4ль0 г г а~~ ^9,2*1022 м/с2. Q=^—~\ 2jis0rn(-^ = 0,13 мкКл. sm a V Vcos a sin a / Сила, с которой взаимодействуют заряды Q По третьему закону Кеплера квадраты периодов обращения планет вокруг Солнца относятся как кубы больших полуосей орбит. Очевидно, закон Кеплера справедлив и для движения заряда Qi вокруг закрепленного заряда Q2. Таким образом, если мы найдем период обращения заряда по окружности любого заданного радиуса, то этим самым найдем ответ на вопрос задачи. Очевидно, что частицы, траектории которых имеют одинаковые большие полуоси, имеют одинаковые периоды обращения по этим траекториям. Это означает, что период обращения частицы в данной задаче равен периоду обращения частицы по окружности радиуса 218
2 R -\-r 2/R + г\ радиуса —^— центростремительное ускорение ац = ю ^j ему сообщает кулоновская сила: Q\Q< 4ле0 т' Следовательно, откуда т со 1 \ 2 / 4л Q\Q< 4ль° ^R 10 = 2QiQ: Л*:0^(^ +Г) 17.15. Г = — = 2л W 'ntpm(R -(-г)’ 2Q\Qz |i= 4л^оГГС£ к 17.16. Линейная плотность заряда на участке dx равна т=“Т~’ заРяд его dQ = xdx (рис. 21). Сила 4лео^ 2 > где д: — расстояние между зарядами. Общая сила г + - Г + Т F С Q2xdx Q2t f J 4лг0Х2 4л£о ^ dx Q\Q‘. 4ле01 г1 ——г откуда Q2 г -- л I 6-1-1 Рис. 21 219
что AF = 2FH sin , a F Q2&Q 4леоЛ *2 Рис. 22 где &Q — заряд на участке дуги \L Для малых углов AF =FHa. Учитывая, что AQ=y^a, получим: 4л F-=аК^=0'7 ”н- F = \dF cos а = -—-28,3 мкН. 4ль0(Я И" Г ) 17.20. a = g xQ\Rh 4 me0(H2 + fe2)3/2 8,4 м/с2. 17.21. Т = 2л ■ФЧШ' = 1,56 с. E = 2sm а 17.23. Т = 2п I cos а £ тл 3,3 с. 17.24. Е —л1*. 4л£0е V г 0? I Ql QiQitf + rj — r2) ,3«3 Г, Г М Е,=^%=1,43 МВ/м; Е2=-^% = 648 —; ле0/ ле0/ м Л 8 0/ М 2ле 0/ м 220
17.26. Е — 0 (т+**) модуль |Е| в произвольной точке, как функцию координаты х этой точки^ После дифференцирования по х находим Х\2 = = ±1/2~^2 = ±1,8 см. Два значения х соответствуют точкам, расположенным по обе стороны от центра симметрии точки О на расстоянии 1,8 см от нее. 17.27. Можно, d 8а 4,5 мм. Ео Ег 17.28. 0; 3,7 кВ/м; 2,8 кВ/м. т 9,0 В/м. Е F 2пе0г 2 2яе01 = 2 мкН. 17.31. Е = Q 2ль0г_^4г2 +I2 = 3,5 кВ/м. 17.32. Е Рис. 23 17.33. Е = 2леоR т Rh жүктеу/скачать 3,13 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|