Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2002/02/61.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:50 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:17:22 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: m 35

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

61

приравнивая результат к разности потенциалов на обкладках, при этом из более высокого потенциала положительно заряженной обкладки вычитаем более низкий потенциал отрицательно заряженной обкладки: q U q q1 = U1 - , 2 = - 1 , 3 = - U2 . 2 C C C Отсюда, с учетом соотношения между зарядами, получаем

XXXII
Задача 1 А: а) b =

v0vз T -2 = 2,322 10 м , где скорости замедлен2 v y - vз ных и ускоренных электронов равны, соответственно,

e

j

q1 = C

F GH

U1 2

-

U

2

3

I JK

, q2 =

CU 3

2

, q3 = C

F GH

U1 2

-

2U 3

2

I JK

vз =

v0 - 2eU m и v y = v
0 з

2

v0 + 2eU m ;

2

.

b) =

4. Аналогично задаче 4 варианта 1, находим

vy - v

=

U U U

0 E

l=

Искомая максимальная широта определяется углом между касательной, проведенной к поверхности Земли от спутника, и радиусом Земли, проведенным в точку касания: R 1 o = arccos З arccos 80 . l 7

F GH

gT 4

2 2

I JK

13

= 2,268 рад.

п

7 RЗ 4 10 км .

4

d В: 2 = d1

3

RT 12 . pa

С: а) См. рис.33; b) U п?U i ;

0
. 33

T

2T

3T t +

с) T = RC Uп U i ; d) R; e) R; f) см. рис.34. D: d = D + , где h D 3 MkT постоянная Планка, k постоянная Больцмана. Задача 2 а)

d

i

3
1. t = 3. k =

Lh

2l1

F GG b H

g sin R 2r + R

+ +

2l2 g sin 1 R

. 2. p0 = gh2

H + h2 - h1 1

g

2

IF JJ GH K

1 2r + R

+

2 r

+

R

IJ K

h1 - h2

.

+ U

SG
E

С + Uп

U

. 4. v1 = F l - F .

b

g

. 34

4
1. Давление р равно весу атмосферы, приходящемуся на единицу площади поверхности планеты: p = mg

m=
2. P =

4 R p g

2

e

4 R . Отсюда

2

j

;5 1 10

20

кг.

, где постоянная 4 + T 0 + СтефанаБольцмана; r0 , где G гравитационная постоянb) rmax = 1 + v0 r0 GM ная.

l=

b

2c

F g GH

P

I JK

14

F GG d H

2

I i JJK

12

bg

. 3. l = F2 - F1 ; d D = F1 F2 . r 4. Пусть > 0 . Брусок покоится при F cos = Fтр . Это происходит при увеличении F, пока сила трения покоя не достигнет своего максимального значения Fтр = ч mg - F sin , т.е. пока F чmg cos + ч sin = F0 (см. рис.32,а). При F > F0

U

2

Задача 3 а) F = B 2 Lvdh ; с) N
доп

b) v =

1 + B v 0 L p
2

Fтр = ч mg - F sin , т.е. сила трения уменьшается до нуля

b

b

g

g

b

g

= B v0 Ldh ;

2

2

d) = 2

bg fLe n - 1jv
2

v

0

;

0

c.

2

X''


1. а) Да; б) да. Указания. а) Поскольку 32 + 42 = 52 , сумму 2 2 2 2 2 1203 + 1604 = 3 401 + 4 401 = 5 401 = 20052 2 можно заменить на 2005 . б) То же самое можно проделать и 2 2 2 с суммой 1206 + 1608 = 2010 . 2. а) 20њ; б) 40њ. Указания. а) Докажите, что точка М центр окружности, описанной около треугольника АВС. Тогo o да AMB = 2C = 140 , а MBA = 20 . б) Точки D, M, E и B лежат на одной окружности, поэтому CDE = MBE = 40њ. 3. 3; 7. Указание. Рассматривая остатки от деления данных чисел на 7, убеждаемся, что при р, не делящимся на 7, одно из них делится на 7, т.е. равно 7. Так получаем р = 3 (из равенства p 2 - 2 = 7 ). При р = 7 все три числа простые.

a) Fтр

б) Fтр

b

gb

gb

g

0
. 32

F0

F

0

F

при росте F. При F mg sin происходит отрыв от поверхности и сила трения обращается в ноль. Пусть < 0 . Брусок покоится при F cos = Fтр до тех пор, пока сила трения покоя не достигнет своего максимального значения Fтр = ч mg + F sin . Поскольку движения бруска нет, пока F чmg cos - ч sin , то далее возможны варианты. При cos > ч sin возможно скольжение (см. рис.32,б). При cos ч sin наблюдается так называемый 'застой'.

b

b

g

4. 0; 0 ,

g

Если y 0 , то система приводится к виду

b ge

3

4 ; 3 2 . Указание. Очевидное решение х = у = 0.

j

R | | S | | T

f

gx

F GH e

x y

2

I = f b yg, JK j = gb2yg,