Рас­ста­вим силы, дей­ству­ю­щие на стерж­ни (см. рис.).

Пусть F₁ и F₂  — силы тре­ния, дей­ству­ю­щие на со­от­вет­ству­ю­щие стерж­ни, а N₁ и N₂  — силы ре­ак­ции опоры со сто­ро­ны каж­до­го стреж­ня.

На концы O₁ и O₂ дей­ству­ют силы ре­ак­ции опоры со сто­ро­ны шар­ни­ров. Но на­прав­ле­ния этих сил нам пока не­из­вест­ны. По­это­му оси вра­ще­ния для мо­мен­тов сил вы­бе­рем в O₁ и O₂. Тогда

Пусть l₁  — длина стерж­ня мас­сой m₁. Тогда И

где l₂  — длина стерж­ня мас­сой m₂. Со­глас­но тре­тье­му за­ко­ну Нью­то­на Тогда

так как стерж­ни по­ко­ят­ся, то Зна­чит,

Ответ:

Про­цесс про­ис­хо­дит без из­ме­не­ния тем­пе­ра­ту­ры (так как мед­лен­но). Тогда и При­рав­ня­ем про­из­ве­де­ния на­чаль­но­го дав­ле­ния и на­чаль­но­го объ­е­ма воз­ду­ха к ко­неч­ным зна­че­ни­ям дав­ле­ния и объ­е­ма той же массы воз­ду­ха под порш­нем:

Ко­неч­ное дав­ле­ние под слоем жид­ко­сти вы­со­той h: Со­от­вет­ству­ю­щий объем воз­ду­ха после на­ли­ва­ния жид­ко­сти до краев со­су­да: где

Под­ста­вим все зна­че­ния в закон Бойля-Ма­ри­от­та:

Дис­кри­ми­нант дан­но­го квад­рат­но­го урав­не­ния:

И корни квад­рат­но­го урав­не­ния:

Ре­ше­ни­ем будет толь­ко ко­рень с «+», так как от­ри­ца­тель­ное зна­че­ние вы­со­ты нам не под­хо­дит. Под­ста­вим это зна­че­ние в объем:

Ответ:

Из урав­не­ния Мен­де­ле­е­ва-Клай­пе­ро­на: имеем:   — после (1);   — до (2).

Раз­де­лим (2) на (1):

от­сю­да или

Ответ:

При по­гру­жен­ном стерж­не си­сте­му можно рас­смот­реть как па­рал­лель­ное со­еди­не­ние мед­но­го и ртут­но­го про­вод­ни­ков. Cопро­тив­ле­ние мед­но­го про­вод­ни­ка:

Со­про­тив­ле­ние ртут­но­го про­вод­ни­ка:

Под­ста­вим эти зна­че­ния в закон па­рал­лель­но­го со­еди­не­ния:

От­сю­да вы­ра­зим со­про­тив­ле­ние R₁:

Объем ртути при по­гру­жен­ном стерж­не:

Тот же объем ртути, но в от­сут­ствии стерж­ня:

где h  — вы­со­та ртути в со­су­де после вы­ни­ма­ния мед­но­го стерж­ня. При­рав­ня­ем эти объ­е­мы и вы­ра­зим вы­со­ту h:

При вы­ни­ма­нии стерж­ня и при­ве­де­нии его в со­при­кос­но­ве­ние с рту­тью, по­лу­ча­ем по­сле­до­ва­тель­ное со­еди­не­ние раз­но­род­ных про­вод­ни­ков:

Со­про­тив­ле­ние мед­но­го стерж­ня не из­ме­нит­ся, так как его гео­мет­ри­че­ские па­ра­мет­ры оста­лись преж­ни­ми. А со­про­тив­ле­ние ртути ста­нет

Най­дем со­про­тив­ле­ние R₂:

Те­перь можно найти от­но­ше­ние со­про­тив­ле­ний со­глас­но усло­вию за­да­чи:

Ответ:

Так как го­ри­зон­таль­ная со­став­ля­ю­щая ско­ро­сти по­сто­ян­на, время, за ко­то­рое пуль­ка до­ле­тит от стен­ки до стен­ки, будет равно Между сте­на­ми тело сво­бод­но па­да­ет вниз с уско­ре­ни­ем сво­бод­но­го па­де­ния и вы­со­ты h за время Число уда­ров о стен­ки равно от­но­ше­нию вре­мен:

Под­став­ляя чис­лен­ные зна­че­ния, по­лу­чим

Ответ:

Для того, чтобы ли­ней­ная ско­рость ленты была по­сто­ян­на, не­об­хо­ди­мо, чтобы в любой мо­мент вре­ме­ни вы­пол­ня­лось ра­вен­ство Явный вид за­ви­си­мо­сти ра­ди­у­са ка­туш­ки с на­мо­тан­ной лен­той от вре­ме­ни проще всего найти из сле­ду­ю­щих со­об­ра­же­ний: пусть через время t после на­ча­ла дви­же­ния ра­ди­ус ка­туш­ки с на­мо­тан­ной лен­той равен r. Тогда на ка­туш­ке на­мо­та­на лента объ­е­мом

где l  — ши­ри­на ленты. В то же время этот же объем ленты про­шел мимо не­ко­то­рой не­по­движ­ной точки со ско­ро­стью v, по­это­му При­рав­ни­вая эти вы­ра­же­ния, на­хо­дим

Тогда уг­ло­вая ско­рость вра­ще­ния пе­ред­ней

Ответ:

Ра­бо­та всех сил (mg и F_A ) на пути 1−3 равна при­ра­ще­нию энер­гии на этом пути, так как ско­рость в точ­ках 1 и 3 равна нулю, то ра­бо­та по по­гру­же­нию шайбы про­тив силы Ар­хи­ме­да

На это и пой­дет по­тен­ци­аль­ная энер­гия: и счи­тая

Ко­ле­ба­ния шайбы будут про­ис­хо­дить под дей­стви­ем силы Ар­хи­ме­да:

В рав­но­ве­сии и При по­гру­же­нии на x урав­не­ние дви­же­ния шайбы:

Пе­ри­од ко­ле­ба­ний шайбы

Тогда пе­ри­од ко­ле­ба­ний шайбы:

Ответ:

После под­со­еди­не­ния к цепи на шарах об­ра­зу­ют­ся за­ря­ды Q₁, Q₂ и Q₃. По­сколь­ку шары были из­на­чаль­но не за­ря­же­ны и заряд на со­еди­ни­тель­ных про­во­дах и элек­три­че­ской цепи мал, то Най­дем раз­ность по­тен­ци­а­лов между точ­ка­ми 1 и 2, а также между точ­ка­ми 2 и 3 цепи:

По­тен­ци­ал в точке 2 равен нулю, тогда

Из за­ко­на со­хра­не­ния за­ря­да по­лу­ча­ем

Раз­ность по­тен­ци­а­лов между точ­ка­ми 1 и 3:

Ответ:

Луч AB па­да­ет на гра­ни­цу «вода-воз­дух» под углом α, со­от­вет­ству­ю­щим пре­дель­но­му углу пол­но­го внут­рен­не­го от­ра­же­ния. При углах па­де­ния мень­ше чем лучи будут вы­хо­дить в воз­дух. Тогда Рас­сто­я­ние Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков AEB и BFC

Учтём, что а Toгда:

Рас­пи­шем

С учётом того, что по­лу­ча­ем:

Учи­ты­вая, что

по­лу­ча­ем

Ответ:

Опре­де­лим пло­щадь кон­ту­ра AOCA для лю­бо­го мо­мен­та вре­ме­ни как функ­цию угла Из­ме­не­ние пло­ща­ди кон­ту­ра за про­ме­жу­ток вре­ме­ни Δt

вы­зы­ва­ет из­ме­не­ние маг­нит­но­го по­то­ка и воз­ник­но­ве­ние ЭДС ин­дук­ции:

По за­ко­ну Ома для участ­ка цепи, сила тока в стерж­не OC равна На стер­жень с током со сто­ро­ны маг­нит­но­го поля дей­ству­ет сила ам­пе­ра, при­ло­жен­ная к цен­тру стерж­ня и на­прав­лен­ная про­тив дви­же­ния стерж­ня (пра­ви­ло Ленца + спра­ви­ло левой руки) (см. ри­су­нок):

Усло­вие рав­но­мер­но­го вра­ще­ния стерж­ня  — ра­вен­ство мо­мен­тов сил F и F_A:

Найдём ми­ни­маль­ное зна­че­ние силы F:

Ответ:

Пер­вое от­кры­ва­ние: в со­от­вет­ствии с за­ко­ном Шарля и где P₁, T₁  — дав­ле­ние и тем­пе­ра­ту­ра в пер­вом от­се­ке в мо­мент от­кры­ва­ния кла­па­на. В со­от­вет­ствии с за­ко­ном со­хра­не­ния энер­гии:

где P(1), T(1)  — дав­ле­ние и тем­пе­ра­ту­ра после за­кры­ва­ния кла­па­на.

Вто­рое от­кры­ва­ние. Ана­ло­гич­но пер­во­му от­кры­ва­нию: и где P1₂ и T1₂  — дав­ле­ние и тем­пе­ра­ту­ра в пер­вом от­се­ке в мо­мент вто­ро­го от­кры­ва­ния кла­па­на. Имеем:

где P(2), T(2)  — дав­ле­ние и тем­пе­ра­ту­ра после вто­ро­го за­кры­ва­ния кла­па­на.

Тре­тье от­кры­ва­ние. Ана­ло­гич­но пер­во­му и вто­ро­му от­кры­ва­ни­ям: и где P1₃, T1₃  — дав­ле­ние и тем­пе­ра­ту­ра в пер­вом от­се­ке в мо­мент тре­тье­го от­кры­ва­ния кла­па­на. Имеем:

где P(3), T(3)  — дав­ле­ние и тем­пе­ра­ту­ра после вто­ро­го за­кры­ва­ния кла­па­на.

Четвёртое от­кры­ва­ние. Ана­ло­гич­но пер­во­му, вто­ро­му и тре­тье­му от­кры­ва­ни­ям: и где P1₄, T1₄  —дав­ле­ние и тем­пе­ра­ту­ра в пер­вом от­се­ке в мо­мент чет­вер­то­го от­кры­ва­ния кла­па­на. Имеем:

Ответ: 2T.

В любой мо­мент вре­ме­ни будет вы­пол­нять­ся ра­вен­ство: Явный вид за­ви­си­мо­сти ра­ди­у­са ка­туш­ки с на­мо­тан­ной лен­той от вре­ме­ни проще всего найти из сле­ду­ю­щих со­об­ра­же­ний: за один пол­ный обо­рот ка­туш­ки ра­ди­ус уве­ли­чи­ва­ет­ся на тол­щи­ну ленты Тогда в любой мо­мент вре­ме­ни где N  — число обо­ро­тов ка­туш­ки, ко­то­рое может быть най­де­но как

В итоге, вре­мен­ная за­ви­си­мость ра­ди­у­са ка­туш­ки с на­мо­тан­ной лен­той:

Тогда ли­ней­ная ско­рость дви­же­ния ленты

Ответ:

Ко­ле­ба­ния шайбы будут про­ис­хо­дить под дей­стви­ем силы Ар­хи­ме­да:

В рав­но­ве­сии и При по­гру­же­нии на x урав­не­ние дви­же­ния шайбы:

Пе­ри­од ко­ле­ба­ний шайбы:

Ответ:

После под­со­еди­не­ния к цепи на шарах об­ра­зу­ют­ся за­ря­ды Q₁ и Q₂. По­сколь­ку шары были из­на­чаль­но не за­ря­же­ны и заряд на со­еди­ни­тель­ных про­во­дах и элек­три­че­ской цепи мал, то От­сю­да сле­ду­ет Най­дем раз­ность по­тен­ци­а­лов между точ­ка­ми 1 и 2 цепи: и

По за­ко­ну Ома ток в цепи:

тогда сле­до­ва­тель­но, раз­ность по­тен­ци­а­лов между точ­ка­ми 1 и 2:

По­тен­ци­а­лы шаров: Тогда

от­сю­да заряд пер­во­го шара:

Ответ:

Луч па­да­ет на гра­ни­цу «вода-воз­дух» под углом со­от­вет­ству­ю­щим пре­дель­но­му углу пол­но­го внут­рен­не­го от­ра­же­ния. При углах па­де­ния мень­ше чем лучи будут вы­хо­дить в воз­дух. Тогда Рас­сто­я­ние Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков AEB и BFC

Учтём, что и Тогда:

Рас­пи­шем С учётом того, что

Учи­ты­вая, что

имеем:

Ответ:

Опре­де­лим пло­щадь кон­ту­ра AOCA для лю­бо­го мо­мен­та вре­ме­ни как функ­цию угла : Из­ме­не­ние пло­ща­ди кон­ту­ра за про­ме­жу­ток вре­ме­ни Δt

вы­зы­ва­ет из­ме­не­ние маг­нит­но­го по­то­ка и воз­ник­но­ве­ние ЭДС ин­дук­ции:

По за­ко­ну Ома для участ­ка цепи, сила тока в стерж­не OC равна На стер­жень с током со сто­ро­ны маг­нит­но­го поля дей­ству­ет сила ам­пе­ра, при­ло­жен­ная к цен­тру стерж­ня ( и на­прав­лен­ная про­тив дви­же­ния стерж­ня (пра­ви­ло Ленца + пра­ви­ло левой руки) (см. рис.):

Усло­вие рав­но­мер­но­го вра­ще­ния стерж­ня  — ра­вен­ство мо­мен­тов сил F и F_A :

От­сю­да по­лу­чим

Ответ:

Так как про­цесс про­ис­хо­дит в ме­тал­ли­че­ском ци­лин­дре и мед­лен­но, то и для каж­дой пор­ции газа вы­пол­ня­ет­ся закон Бойля-Ма­ри­от­та: так как и то На каж­дом порш­не, чтобы он не падал, дол­жен су­ще­ство­вать пе­ре­пад дав­ле­ния (ис­хо­дя из усло­вия). Тогда под пятым порш­нем будет 2p₀, под чет­вер­тым  — 3p , под тре­тьим  — 4p₀, под вто­рым  — 5p₀, под пер­вым  —6p₀ (1).

Когда опус­ка­ли пер­вый пор­шень, воз­дух за­ни­мал вы­со­ту һ. Когда пор­шень опу­стил­ся  — дав­ле­ние уве­ли­чи­лось до 2p₀ (дол­жен быть пе­ре­пад p₀). По за­ко­ну Бойля-Ма­ри­от­та:

Когда опус­ка­ли вто­рой пор­шень, дав­ле­ние прямо под ним было p₀, а воз­дух с этим дав­ле­ни­ем за­ни­мал вы­со­ту Когда пор­шень опу­стил­ся  — дав­ле­ние под ним стало 2p₀, по­это­му по за­ко­ну Бойля-Ма­ри­от­та можем найти рас­сто­я­ние от пер­во­го до вто­ро­го порш­ня:

В свою оче­редь, под пер­вым порш­нем дав­ле­ние долж­но стать 3p₀, по­это­му по за­ко­ну Бойля-Ма­ри­от­та най­дем вы­со­ту, на ко­то­рой на­хо­дит­ся пер­вый пор­шень:

Вы­со­та вто­ро­го порш­ня после уста­нов­ле­ния рав­но­ве­сия:

В ци­лин­дре перед опус­ка­ни­ем оста­лось воз­ду­ха при дав­ле­нии p₀:

Имен­но на него ляжет тре­тий пор­шень. После того, как опу­сти­ли все порш­ни и уста­но­ви­лись дав­ле­ния (1), закон Бойля-Ма­ри­от­та дает:

Окон­ча­тель­но:

Ответ:

На си­сте­му «Бру­сок-Лизун» за время их вза­и­мо­дей­ствия дей­ству­ют внеш­ние силы: на­прав­лен­ные вер­ти­каль­но вниз силы тя­же­сти и из­ме­ня­ю­ща­я­ся со вре­ме­нем сила ре­ак­ции со сто­ро­ны доски. При дви­же­нии брус­ка по по­верх­но­сти доски с по­сто­ян­ной ско­ро­стью сила все­гда на­прав­ле­на вер­ти­каль­но вверх, так как ре­зуль­ти­ру­ю­щая всех сил долж­на быть равна нулю. Раз­ло­жим на силу нор­маль­но­го дав­ле­ния и силу тре­ния Ясно, что (μ — ко­эф­фи­ци­ент тре­ния сколь­же­ния). До при­ли­па­ния Ли­зу­на сила ре­ак­ции где и век­тор на­прав­лен вер­ти­каль­но вверх. В ходе вза­и­мо­дей­ствия брус­ка и Ли­зу­на сила ре­ак­ции N воз­рас­та­ет в k раз сила тре­ния тоже воз­рас­та­ет в k раз и век­тор оста­ет­ся па­рал­лель­ным то есть век­тор на­прав­лен вер­ти­каль­но вверх. Итак, для си­сте­мы «бру­сок-Лизун» за время их вза­и­мо­дей­ствия все внеш­ние силы на­прав­ле­ны вер­ти­каль­но. От­сю­да сле­ду­ет, что про­ек­ция им­пуль­са си­сте­мы на го­ри­зон­таль­ную ось Ox со­хра­ня­ет­ся:

Из этого ра­вен­ства на­хо­дим ско­рость брус­ка с Ли­зу­ном:

Ответ:

Будем счи­тать ско­рость Обо­зна­чим флаж­ком на ри­сун­ке пред­по­ла­га­е­мое место встре­чи. Тогда к мо­мен­ту вре­ме­ни пер­вый об­ра­зец прой­дет ровно по­ло­ви­ну левой окруж­но­сти до точки A. Длина этой по­ло­ви­ны окруж­но­сти равна С дру­гой сто­ро­ны, это путь, ко­то­рый про­хо­дит пер­вый об­ра­зец со ско­ро­стью ₁ за время t₁ От­сю­да по­лу­ча­ем время: Вто­рой об­ра­зец, дви­га­ю­щий­ся с пра­вой сто­ро­ны, к этому мо­мен­ту вре­ме­ни успе­ет прой­ти толь­ко часть окруж­но­сти до точки B. При этом, рас­сто­я­ние, ко­то­рое обо­зна­чим за x, вто­рой об­ра­зец про­хо­дит со ско­ро­стью за время t₁: Или, с под­ста­нов­кой вре­ме­ни по­лу­ча­ем: При вхож­де­нии пер­во­го об­раз­ца в пра­вую об­ласть от A до O он будет дви­гать­ся со ско­ро­стью υ₂, так как в этой части из-за со­про­тив­ле­ния дви­же­ние воз­мож­но толь­ко с этой ско­ро­стью. Вто­рой об­ра­зец от В к О также дви­га­ет­ся со ско­ро­стью Зна­чит, за оди­на­ко­вый про­ме­жу­ток вре­ме­ни оба об­раз­ца прой­дут с оди­на­ко­вы­ми ско­ро­стя­ми оди­на­ко­вое рас­сто­я­ние Рас­сто­я­ние равно по­ло­ви­не окруж­но­сти. Под­ста­вим сюда зна­че­ние x :

От­сю­да можем вы­ра­зить не­из­вест­ное рас­сто­я­ние y:

Так как это рас­сто­я­ние прой­де­но со ско­ро­стью то время Под­ста­вим в это вы­ра­же­ние зна­че­ние y:

Те­перь оста­ет­ся сло­жить два про­ме­жут­ка вре­ме­ни t₂ и t₁, чтобы по­лу­чить общее время t до мо­мен­та встре­чи:

При­ве­дя по­доб­ные, можно по­лу­чить окон­ча­тель­ный ответ:

Ответ:

На­чаль­ный уро­вень ртути в со­об­ща­ю­щих­ся со­су­дах на вы­со­те I − I. После на­ли­ва­ния воды уро­вень в левом (узком) ко­ле­не опу­стит­ся до уров­ня II − II. По­это­му на этом уров­не дав­ле­ние в левом ко­ле­не равно дав­ле­нию в пра­вом:

Пре­об­ра­зу­ем это вы­ра­же­ние к виду:

Из ри­сун­ка сле­ду­ет, что общая вы­со­та стол­ба воды, на­ли­то­го со­глас­но усло­вию за­да­чи:

Ввиду не­сжи­ма­е­мо­сти жид­ко­стей сле­ду­ет, что объем То есть, на­сколь­ко мень­ше стал объем ртути в левом ко­ле­не, на столь­ко его стало боль­ше в пра­вом ко­ле­не. При­ни­мая это во вни­ма­ние, и учи­ты­вая пло­щадь по­пе­реч­но­го се­че­ния каж­до­го из колен, по­лу­ча­ем:

От­сю­да сле­ду­ет, что (3). Под­ста­вим (3) в (2): Вы­ра­зим от­сю­да : Те­перь под­ста­вим в вы­ра­же­ние (1) зна­че­ния из (3) и (4):

Из ри­сун­ка учтем, что и под­ста­вим в по­след­нее вы­ра­же­ние:

С уче­том (3) это ра­вен­ство при­мет вид:

Рас­кры­вая скоб­ки и при­ве­дя по­доб­ные, по­лу­чим: От­сю­да можно по­лу­чить зна­че­ние на ко­то­рое под­ни­мет­ся уро­вень ртути в ши­ро­ком ко­ле­не:

Под­став­ляя чис­лен­ные зна­че­ния в это вы­ра­же­ние, окон­ча­тель­но по­лу­чим:

Учи­ты­вая ра­вен­ство (3) и по­лу­чен­ное зна­че­ние для имеем уро­вень h₁, на ко­то­рый опу­стит­ся ртуть в левом ко­ле­не:

Или с уче­том дан­ных за­да­чи:

Ответ: