Левин М.Н., Гитлин В.Р., Иванков Ю.В., Иванова О.А. Физика в задачах и ответах
Подождите немного. Документ загружается.
11
3. Найти поток вектора напряженности электрического поля точечного заряда
через сферическую поверхность . Заряд находится в центре сферы . (см . рис.)
4. Найти напряжённость электрического поля ,
создаваемого диполем , вдоль оси, проходящей через
середину отрезка, соединяющего заряды диполя (за -
ряды разноименные).
5. Найти напряжённость электрического поля
вдоль оси, проходящей через середину отрезка, со -
единяющего два положительных заряда.
6. Найти напряжённость электрического поля вдоль оси, проходящей через
центр заряженного диска.
7. Найти емкость металлической сферы радиуса R.
8. Найти удельную емкость плоского конденсатора с плотностью зарядов
σ
и
–
σ
. Расстояние между пластинами конденсатора равно d .
9. Имеется три параллельные металлические плоскости , находящиеся на рас -
стоянии
1
d и
2
d друг от друга (см . рис.3). Средняя плоскость имеет удельную
плотность заряда
σ
. Крайние плоскости заземлены . Найти плотность зарядов
1
σ
и
2
σ
, наведенных на крайних плоскостях.
Рис.3
10. Найти распределение напряженности и потенциала электрического поля в
слое равномерно заряженного диэлектрика толщиной d, находящегося между
металлическими плоскостями, потенциал одной из которых равен нулю , а вто -
рой – V.
q
E
R
12
О Т В Е Т Ы И Р Е Ш Е Н И Я
I. Законы сохранения энергии и импульса .
1. Решение:
Задача о столкновении решается на основе законов сохранения .
2
1
2
1
2
1
21
1
11
−=−=
−
=
∆
V
V
E
E
E
EE
E
E
Решаем систему:
21
, VV – скорость частицы с массой
m
до и после столкновения ,
V
– скорость
частицы с массой
M
после соударения .
+=
+=
.
;
222
21
22
2
2
1
VMVmVm
MVmVmV
rrr
(
)
()
.,
,
2
1
2
1
22
2
2
1
VVVMVVVm
MVVVm
=−=+
=−
⇒
(
)
()()
.
,
2
1
2
21
MmVMmV
MVMVVV
+=−
=−
2
1
1
+
−
−=
∆
Mm
Mm
E
E
;
()
2
1
4
Mm
mM
E
E
+
=
∆
.
Частные случаи :
1)
M
m
=
;
1
EE
=
∆
;
2)
M
m
<<
;
M
m
E
E 4
1
=
∆
.
Ответ :
()
2
1
4
Mm
mM
E
E
+
=
∆
.
2. Решение:
?
2
−
θ
Из рис. находим θcos2
1
PP =
r
,
1
2
cos
P
P
=θ , т.к. mEP 2 = ,
11
2 mEP =
, то
1
2
1
cos
E
E
=θ
.
1
2EE
=
,
2
2
2
1
cos
1
==
E
E
θ
°
=
°
=
⇒
90
2
,
45
cos
θ
θ
.
Ответ :
°
=
90
2
θ
.
θ
m
θ
1
E
1
E
1
P
1
P
m
M
13
3. Решение:
Необходимо найти зависимость
E
от
0
E :
(
)
0
EfE
=
.
0
E – энергия в
X
, а в
'
X
– она
'
E
,
PV
E
E
γ
γ
+
=
'
.
В
X
частица
m
неподвижна и
m
налетает на нее с
0
E , поэтому условие экви-
валентности будет выглядеть так:
0
' EE
=
, PVEE
γ
γ
+
=
0
.
Используем, что
E
PC
m
P
V
m
P
EmVP
22
2
, ==⇒== , тогда получим:
;
22
0
E
CP
EE γγ +=
PV
C
V
EE −−=
2
2
0
1
;
E
CP
E
CP
EE
22
2
22
0
1 −−=
;
222222
CCmCPE =− ;
(
)
2
222
0
2
mCEmCEE +−=
;
()
2
0
2
2
1
mCEmCE +=
.
Ответ :
()
2
0
2
2
1
mCEmCE += .
4. Решение:
(
)
ϕ
∆Ε
-?
1
2
1
2
2
1 E
V
V
E
−=∆
..11 ицm
VVV
+
=
;
..22 ицm
VVV +=
;
1..
V
M
m
m
V
иц
+
=
,
11
V
M
m
M
V
m
+
=
,
12
V
M
m
M
V
m
+
=
,
mmm
=
=
21
.
Тогда имеем :
=Θ++=
..2
2
..
2
2
2
2
cos2
ицmицm
VVVVV
() ()
2
1
22
2
2
2
cos2
)(
V
Mm
mM
Mm
m
Mm
M
+
Θ
+
+
+
+
=
()
2
1
2
22
cos2
V
Mm
mMMm
+
Θ++
=
.
Подставляем полученное отношение в выражение для
E
∆
:
(
)
()
1
2
cos12
E
Mm
mM
E
+
Θ
−
=∆
E’
E’
E
0
m
m
m
m
Х’
X
14
..22
coscos
ицm
VVV +Θ= ϕ
⇒
2
..2
cos
cos
V
VV
ицm
+Θ
=ϕ
⇒
Θ++
+
Θ
=
cos
2
cos
cos
22
mM
m
M
mM
ϕ
.
Получаем решение:
(
)
()
Θ++
+Θ
=
+
Θ−
=∆
cos2
cos
cos
cos12
22
1
2
mMmM
mM
E
Mm
mM
E
ϕ
.
Частные случаи
1.
0
=
Θ
,
0
=
∆
E
,
0
=
ϕ
;
2.
0
=
Θ
,
()
1
2
2
E
Mm
mM
E
+
=∆ ,
π
ϕ
=
;
3.
2
π
=Θ
,
()
1
2
2
E
Mm
mM
E
+
=∆ ,
22
cos
mM
m
+
= ϕ ;
4.
M
m
=
,
11
2
2
2
1
4
2
EE
m
m
E ==∆
,
2
1
cos =ϕ ,
4
π
ϕ = .
5. Решение:
По определению произведение средней силы
F
на время соударения t
∆
есть
импульс силы . Таким образом,
υ
mPPtF
=
−
=
∆
12
, т.е. H
t
m
F
6
100,1 ⋅=
∆
=
υ
.
Найденное значение силы в 70 раз превышает вес автомобиля .
Ответ : HF
6
100,1 ⋅= .
6. Решение:
2
2
2
2
2
22
2
11
mV
mm
K −+=∆
υυ
, где
V
– конечная скорость тел после их столкнове-
ния ,
21
mmm
+
=
. Из закона сохранения импульса
21
2211
mm
mm
V
+
+
=
υ
υ
. Тогда ки-
нетическая энергия , которая теряется при столкновении
2
1
=∆ K
()
+
+
+−+
2
21
2211
21
2
22
2
11
mm
mm
mmmm
υυ
υυ
()
2
21
21
21
2
1
υυ −
+
=
mm
mm
,
ДжK
6
101,2 ⋅=∆ .
Ответ :
ДжK
6
101,2 ⋅=∆
.
15
7.
Решение:
Средняя сила, действующая на ремни безопасности во время соударения , свя -
зана с изменением импульса пассажира:
υ
mtF
−
=
∆
0 , откуда H
t
m
F
4
1033,5 ⋅−=
∆
−=
υ
. Средняя сила, действующая с
каждой стороны ремня безопасности , примерно вдвое меньше, т.е. равна
.1067,2
4
H⋅
Площадь поперечного сечения ремней составляет
2
12,05 смсмсм =×
. Таким
образом, приходящаяся на единицу площади сила равна
./1067,2
24
м H ⋅
Это
лишь немногим больше половины прочности ремней на разрыв, так что при та -
ком соударении ремни безопасности выдержат.
Ответ : нет .
8. Решение:
Расходуемая человеком ежедневно минимальная мощность составляет что - то
среднее между 80 Вт в состоянии сна и 150 Вт в состоянии бодрствования ; бу-
дем считать ее равной 110 Вт . Тогда человеку ежедневно необходима энергия :
ДжcВтPtE
64
105,9106,8110 ⋅=⋅⋅==
.
Она содержится в пище калорийностью 2260 ккал .
Ответ : 2260 ккал .
9. Решение:
В одном грамме жира, как «топливе» , запасено около 40 кДж энергии. Таким
образом, 450 г жира имеют энергию 450·40 кДж , или 18·10
6
Дж . Поскольку
мощность P связана с энергией соотношением
t
E
P =
, находим
чc
Вт
Дж
P
E
t 10106,3
500
1018
4
6
=⋅=
⋅
==
.
Следовательно , проделывая в течение 10 ч физические упражнения , можно
сбросить 450 г жира, но при этом появляется сильный аппетит. Другой способ
уменьшить избыточный вес состоит в полном отказе от пищи. Тогда для под-
держания жизни человеку придется ежедневно расходовать около 300 г своего
жирового запаса.
Ответ : 10 ч.
II. Релятивистская кинематика и релятивистская динамика.
1. Дано: Решение:
l’ = 1м
V = 0,6с
Найти : l– ?
x’
1
x’
2
х
2
х
1
Х’
Х
16
1. Классический случай .
1
2
xxl
−
=
tVx'x
+
=
1
1
1
2
'x'x'l
−
=
tVx'x
+
=
2
2
lxxtVxtVx'x'x'l
=
−
=
−
−
+
=
−
=
1
2
2
1
1
2
2. Релятивистский случай .
tVx'x
γ
γ
+
=
1
1
+
=
2
2
x'x
γ
t
V
γ
(
)
1
2
2
2
xxtVxtVx'l
−
=
−
−
+
=
γ
γ
γ
γ
γ
γ
'l
l = =
2
1
−
c
V
'l =
2
60
1
−
c
c,
'l = 80640 ,,'l =
Ответ : 8,0
=
l .
2. Дано: Решение:
l’ = 1м Формула задержки времени :
V = 0,6c
t
t
γ
=
'
+
γ
x
c
V
2
Найти : t-?
γ
't
t = – x
c
V
2
=
2
1
'
−
c
V
t
– x
c
V
2
=
8,0
' t
– x
c
6,0
Ответ : x
c
t
t
6,0
8,0
'
−= .
3. Дано: Решение:
u
1
= 0,6 c
u
2
= 0,5 c
Найти : U ’ -? U’ =
2
21
21
1
c
uu
uu
⋅
+
+
=
2
2
30
1
5060
c
c,
c,c,
+
+
=
c
,
c,
<
31
11
,
где U’ – скорость сближения .
Ответ : c
c
U <=
13
11
'
.
0,5 с
0,6 с
17
4. Дано: Решение:
U = 0,6 c
V = 0,5 c U’ – скорость удаления .
Найти : U’ – ?
U’ =
2
1
c
uv
vu
−
−
=
2
5060
1
5060
c
c,c,
c,c,
⋅
−
−
= c
,
c,
<
70
10
.
Ответ : c
c
'U <=
7
.
5. Дано: Решение:
K =
2
1
E
2
0
2
0
cmKcmE +== γ ;
Найти : V – ?
=
K
0
2
2
m
c γ
;
2
0
2
0
cmKcmE +== γ
;
2
0
2
0
2
1
cmcm =γ
⇒
2
=
γ
;
γ
=
2
1
1
−
c
V
;
cV
2
3
=
Ответ :
cV
2
3
=
.
6. Решение:
По формуле сокращения длины движущегося тела имеем:
22
01
1 cll υ −= и
22
20
1 cll υ −= , откуда получаем мlll 24,4
210
== .
Скорость находим следующим образом сМмllс /2121
21
=−= υ .
Ответ : мl 24,4
0
=
, сМм /212
=
υ
.
7. Решение:
Скорости
υ
,'
х
u
и
х
u
одинаково направлены вдоль одной прямой. Тогда
см
с
u
u
u
х
х
х
/1093,2
'
1
'
8
2
⋅≈
+
+
=
υ
υ
.
Ответ :
смu
х
/1093,2
8
⋅=
.
8. Ответ : в 22,4 раза .
9. Ответ : в 1,2 раза .
10. Ответ : кэВК
кл
114= ; кэВК
рел
175= .
18
11. Ответ : 0,15; 1,58·10
–22
кг·м/ с .
12. Ответ : 1,11·10
–17
кг.
13. Решение:
Е – полная энергия мезона, Е
0
– его энергия покоя. По условию задачи
0
8 ЕЕ
=
.
Полная энергия тела определяется по формуле
2
2
0
1
c
Е
E
υ
−
= . Следовательно , из
соотношения
2
2
0
0
1
8
c
Е
E
υ
−
= находим скорость мезона, равную υ = 298 Мм/с.
Ответ : υ = 298 Мм/с.
14. Решение:
m – релятивистская масса протона, m
0
– его масса покоя. Релятивистская масса
движущейся частицы определяется по формуле
2
2
0
1
c
m
m
υ
−
= . По условию задачи
эта масса 10
2
больше массы покоя, т.е.
0
2
10 mm = . Из этого условия и определя -
ем скорость движущегося протона, которая получается равной υ = 299,97 Мм/с.
Ответ : υ = 299,97 Мм/с.
III. Вращательное движение.
1. Решение:
() ()
1224243
''''
2333
22
2
2
2
2
2
2
Mlll
l
Ml
l
M
dll
l
M
dll
l
M
I
l
l
l
l
l
l
=
+====
−
−−
∫∫
.
Ответ :
12
2
Ml
I = .
2. Решение:
Вспомогательная задача: Рассмотрим
i
n точек с массами
i
m . Найти кинетиче-
скую энергию
K
.
∑∑
∑∑∑∑∑
′
+=
=
′
+
′
+=+==
i
ii
i
ицi
i
iiиц
i
ii
i
ицi
i
iицi
i
ii
vmvm
vmvvmvmvvmvmK
2
2
..
2
..
2
..
2
..
2
)(
2
1
2
1
)(
2
1
2
1
)(
2
1
2
1
KvmK
i
ицi
′
+=
∑
2
..
2
1
, IvmK
i
ицi
2
2
..
2
1
2
1
ω+=
∑
,
19
22222
2
0
2
2
1
2
22
1
22
1
)()(
2
1
Mvrr
r
M
dlr
r
M
dvrvrK
r
v
==
==
′
∫∫
πω
π
ω
π
ρ
π
.
222
2
1
2
1
MvMvMvK =+=
Ответ :
2
MvK =
.
3. Решение:
Воспользуемся формулой предыдущей задачи:
KMvK
′
+=
2
2
1
44
)(
4
)(2
2
1
))((
2
1
2
2
4
2
2
3
0
2
2
22
1
0
2
0
2
Mv
rM
r
r
M
rdr
r
M
rddlr
r
M
K
rr
===
′′
=
′′
=
′
∫∫∫
ω
ω
π
π
ω
ω
π
π
222
4
3
4
1
2
1
MvMvMvK =+=
Ответ :
2
4
3
MvK =
.
4. Решение:
KmvK
′
+=
2
2
1
,
∫∫∫∫
=
′
′
==
′
Drr
dzrddlr
Dr
M
vdrrK
00
2
0
422
2
22
2
1
)(
2
1
π
ω
π
ωρ
r
22
4
2
2
0
3
2
2
4
1
22
1
2
2
1
rM
r
r
M
rdrD
Dr
M
r
ω
π
π
ω
π
π
ω
==
′′
=
∫
.
Ответ :
22
4
1
rMK ω =
.
5. Решение:
Момент инерции человека равен моменту инерции гантелей :
10
II
=
Закон сохранения момента импульса:
2010
LLLL
+
=
+
⇒
⇒
22021101
IIII
ω
ω
ω
ω
+
=
+
2
10
2 mrI =
2
11
2 mrI =
2
22
2 mrI =
2
2
2
2
11
2
1
)(24 ωω rrmmr += ;
1
2
2
2
1
2
1
2
2
ωω
rr
r
+
= .
Ответ :
1
2
2
2
1
2
1
2
2
ωω
rr
r
+
=
.
20
6. Решение:
Для вращающегося диска справедливо равенство :
максмакс
S
V
I
4
2
1
2
=ω ,
где
макс
S – предел прочности на разрыв (сила, приходящаяся на единицу пло -
щади),
V
– объем диска.
макс
S для стали, плавленого кварца составляет около 3·
10
9
H/м
2
.
Максимальный запас энергии для железного маховика:
макс
ж
макс
S
m
I
ρ
ω
42
1
2
=
,
для маховика из кварца:
макс
кв
макс
S
m
I
ρ
ω
42
1
2
=
.
Отношение этих запасов энергии
К
будет равно :
раз
мкг
мкг
S
m
S
m
K
ж
кв
макс
кв
макс
ж
3,0
/108
/104,2
4
4
33
33
=
⋅
⋅
===
ρ
ρ
ρ
ρ
, т.е. для маховика из плавлено -
го кварца запас энергии в 3,33 раза выше.
Ответ : разК 3,0
=
.
7. Решение:
Момент импульса колеса равен prL
r
r
r
×
=
.
Находим
L
:
скгм
смкгм
mv
d
L /8,1
2
/35,18,0
2
2
⋅=
⋅
⋅
==
.
Ответ : скгмL /8,1
2
⋅= .
8. Решение:
Если кинетическая энергия твердого тела −
2
ω
I
K
=
, а время , в течение которо -
го тело совершает вращение, −
α
ω
=t , то мощность , сообщенная телу, будет
определяться выражением:
t
K
P =
или αω
ω
αω
I
I
P ==
2
.
Ответ :
α
ω
I
P
=
.
9. Решение:
22
2
1
2
1
ободполн
mmK υυ +=
, где
обод
υ
– линейная скорость обода в системе ц .м. (центра
масс). Для наблюдателя , движущегося вместе с центром обруча, скорость точки
соприкосновения обруча с плоскостью равна
υ
. Поэтому
обод
υ
υ
=
. Таким обра-
зом,
()
2
2
2
2
1
2
1
υυυ mmmK
полн
=+=
.