Брусок равномерно двигают по горизонтальной поверхности. В процессе движения по этой поверхности он проходит два участка одинаковой длины с различными коэффициентами трения. Известно, что на первом участке модуль работы силы трения \(2{.}5\ \text{Дж},\) а на втором участке модуль работы силы трения \(7{.}5\ \text{Дж}.\) При этом на втором участке коэффициент трения на \(0{.}4\) больше, чем на первом. Определите, чему равен коэффициент трения на втором участке.

Пусть масса и нормальная сила опоры на обоих участках одинаковы, длины участков равны \(l.\) Сила трения при движении по шероховатой поверхности равна \(F_{\text{тр}}=\mu N\)где \(\mu\) — коэффициент трения, \(N\) — сила реакции опоры. Модуль работы силы трения на участке длины \(l\) равен \(A=F_{\text{тр}}\,l=\mu N l\) Пусть \(\mu_1\) — коэффициент трения на первом участке, \(\mu_2\) — на втором. Тогда отношение работ на двух участках равно отношению коэффициентов трения: \(\dfrac{A_2}{A_1}=\dfrac{\mu_2 N l}{\mu_1 N l}=\dfrac{\mu_2}{\mu_1}\) Подставляя численные значения работ, получаем \(\dfrac{\mu_2}{\mu_1}=\dfrac{7{.}5}{2{.}5}=3\) По условию \(\mu_2\) на \(0{.}4\) больше, чем \(\mu_1,\) то есть \(\mu_1=\mu_2-0{.}4.\) Подставим в отношение: \(\dfrac{\mu_2}{\mu_2-0{.}4}=3\) Решаем уравнение: \(\mu_2=3(\mu_2-0{.}4)=3\mu_2-1{.}2\) откуда \(2\mu_2=1{.}2,\quad \mu_2=0{.}6\) Ответ: \(\mu_2=0{.}6.\)

На поверхность тонкостенного сосуда, заполненного жидкостью и имеющего форму, показанную на рисунке, падает луч света. Каков показатель преломления жидкости? Ответ укажите с точностью до сотых.

\(1)\) Сосуд находится в воздухе, показатель преломления воздуха \(n_1 = 1.\) \(2)\) Определяем угол падения луча. Угол падения отсчитывается от нормали к поверхности: \(\alpha = 90^\circ- 30^\circ = 60^\circ\) \(3)\) Определяем угол преломления. Угол преломления также отсчитывается от нормали: \(\beta = 45^\circ\) \(4)\) Записываем закон преломления Снеллиуса: \(n_1 \sin \alpha = n_2 \sin \beta\) \(5)\) Подставляем известные значения: \(1 \cdot \sin 60^\circ = n_2 \cdot \sin 45^\circ\) \(6)\) Вычисляем значения синусов: \(\sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.8660, \quad \sin 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.7071\) \(7)\) Находим показатель преломления жидкости: \(n_2 = \dfrac{\sin 60^\circ}{\sin 45^\circ} = \dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \sqrt{\dfrac{3}{2}} \approx 1.2247\) \(8)\) Округляем до сотых: \(n_2 \approx 1.22\) Ответ: \(1.22\) показатель преломления жидкости.

В высоком вертикальном цилиндрическом сосуде под тяжелым поршнем, способным перемещаться вдоль стенок сосуда практически без трения, находится некоторое количество воздуха под давлением \(p_1=1{.}5\ \text{атм}.\) Поршень находится в равновесии на высоте \(H_1=20\ \text{см}\) над дном сосуда. Определите, на какое расстояние \(\Delta H\) сместится поршень, если сосуд перевернуть открытым концом вниз и дождаться установления равновесия. Считать температуру воздуха и атмосферное давление \(p_0=1\ \text{атм}\) постоянными. Массой воздуха в сосуде по сравнению с массой поршня можно пренебречь.

\(1)\) Запишем условие равновесия поршня в начальном положении. На поршень сверху действует атмосферное давление \(p_0 S\) и сила тяжести \(Mg,\) а снизу — давление воздуха под поршнем \(p_1 S.\) Следовательно, \(p_1 S = p_0 S + M g\) откуда \(M g=(p_1-p_0)S\) \(2)\) После переворачивания сосуда и установления нового равновесия на поршень теперь сверху действует давление воздуха \(p_2 S,\) а снизу — атмосферное давление \(p_0 S\) и по-прежнему сила тяжести \(Mg.\) Уравнение равновесия в новом положении: \(p_0 S = p_2 S + M g\) Подставляя \(M g=(p_1-p_0)S,\) находим \(p_0=p_2+(p_1-p_0)\) и, следовательно, \(p_2=2p_0-p_1\) \(3)\) Процесс переворота при постоянной температуре можно считать изотермическим, поэтому по закону Бойля — Мариотта для газа под поршнем выполняется \(p_1 H_1 = p_2 H_2\) откуда \(H_2=\dfrac{p_1}{p_2}\,H_1=\dfrac{p_1}{2p_0-p_1}\,H_1\) \(4)\) Искомое смещение поршня \(\Delta H=H_2-H_1=\left(\dfrac{p_1}{2p_0-p_1}-1\right)H_1=\dfrac{2(p_1-p_0)}{2p_0-p_1}\,H_1\) \(5)\) Подставим численные значения \(p_1=1{.}5\,p_0\) и \(H_1=20\ \text{см}.\) Тогда \(\Delta H=\dfrac{2(1{.}5p_0-p_0)}{2p_0-1{.}5p_0}\,H_1=\dfrac{2\cdot 0{.}5p_0}{0{.}5p_0}\,H_1=2H_1\) Следовательно \(\Delta H=2\cdot 20\ \text{см}=40\ \text{см}\) Ответ: при переворачивании поршень сместится на \(\Delta H=40\ \text{см}.\)

В электрической схеме, показанной на рисунке, ключ \(K\) замкнут. \(ЭДС\) батарейки \(\mathcal{E} = 8 \space \text{В},\) внутреннее сопротивление \(r = 5 \space \text{Ом},\) сопротивление резистора \(R = 25 \space \text{Ом}.\) После размыкания ключа \(K\) из-за разряда конденсатора на резисторе выделяется теплота \(Q = 20 \space \text{мкДж}.\) Найти емкость конденсатора \(C.\)

\(1)\) При замкнутом ключе конденсатор заряжается до напряжения, равного напряжению на резисторе \(R.\) \(2)\) По закону Ома для полной цепи сила тока: \(I = \dfrac{\mathcal{E}}{R + r} = \dfrac{8}{25 + 5} = \dfrac{8}{30} = 0.267 \space \text{А}\) \(3)\) Напряжение на резисторе (и на конденсаторе): \(U = I R = 0.267 \cdot 25 = 6.67 \space \text{В}\) \(4)\) После размыкания ключа энергия конденсатора полностью превращается в тепло на резисторе: \(Q = \dfrac{C U^2}{2}\) \(5)\) Выражаем емкость конденсатора: \(C = \dfrac{2Q}{U^2}\) \(6)\) Подставляем числовые значения: \(C = \dfrac{2 \cdot 20 \cdot 10^{-6}}{(6.67)^2} = \dfrac{40 \cdot 10^{-6}}{44.49} \approx 0.9 \cdot 10^{-6} \space \text{Ф}\) \(7)\) Или используем точную формулу без промежуточных вычислений: \(C = 2Q \cdot \left( \dfrac{R + r}{\mathcal{E} R} \right)^2 = 2 \cdot 20 \cdot 10^{-6} \cdot \left( \dfrac{30}{8 \cdot 25} \right)^2\) \(C = 40 \cdot 10^{-6} \cdot \left( \dfrac{30}{200} \right)^2 = 40 \cdot 10^{-6} \cdot (0.15)^2 = 40 \cdot 10^{-6} \cdot 0.0225 = 0.9 \cdot 10^{-6} \space \text{Ф}\) Ответ: \(0.9 \space \text{мкФ}\) емкость конденсатора.

На даче у школьника на горизонтальном полу террасы стояла пластмассовая кубическая емкость для воды, иногда протекающей с крыши. Когда емкость заполнилась наполовину, дедушка попросил внука вылить воду из нее, наклонив вокруг одного из нижних ребер куба, чтобы вода переливалась через соседнее верхнее ребро. Какую работу \(A\) совершил внук к моменту начала вытекания воды из емкости, если процесс подъема был очень медленным, так что поверхность воды все время оставалась горизонтальной? Объем воды вначале был равен \(V = 108 \space \text{л},\) квадратные стенки емкости и ее днище тонкие, однородные, массой \(m = 4 \space \text{кг}\) каждая (сверху емкость открыта). Сделайте рисунки с указанием положения центров масс воды, днища и стенок емкости до начала наклона емкости и в момент, когда вода начинает выливаться.

Обоснование: \(1)\) Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей. \(2)\) Процесс медленный, поэтому работа идет только на увеличение потенциальной энергии системы. \(3)\) Воду считаем несжимаемой жидкостью. \(4)\) Гравитационное поле Земли однородное. \(5)\) Нулевой уровень потенциальной энергии — уровень пола. Решение: \(1)\) Найдем размеры куба. Объем куба вдвое больше объема воды: \(2V = 216 \space \text{л} = 0.216 \space \text{м}^3\) \(a^3 = 0.216 \Rightarrow a = 0.6 \space \text{м}\) \(2)\) Начальное положение центров масс: Центр масс воды:\(h_{B1} = \dfrac{a}{4} = 0.15 \space \text{м}\) Центр масс боковых стенок \((4\) стенки\(){:}\) \(h_{C1} = \dfrac{a}{2} = 0.3 \space \text{м}\) Центр масс днища: \(h_{D1} = 0\) \(3)\) В момент начала вытекания емкость повернута на угол \(\alpha = 45^\circ.\) \(4)\) Изменения высот центров масс: Днище: \(\Delta h_D = \dfrac{a}{2} \sin 45^\circ = \dfrac{0.6}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 0.15\sqrt{2} \space \text{м}\) Боковые стенки: \(\Delta h_C = \dfrac{a}{\sqrt{2}}- \dfrac{a}{2} = 0.6\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}- \dfrac{1}{2}\right) = 0.3(\sqrt{2}- 1) \space \text{м}\) Вода (центр масс треугольной призмы): \(h_{B2} = \dfrac{2}{3}a\sin 45^\circ = \dfrac{2}{3} \cdot 0.6 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 0.2\sqrt{2} \space \text{м}\) \(\Delta h_B = h_{B2}- h_{B1} = 0.2\sqrt{2}- 0.15 \space \text{м}\) \(5)\) Масса воды: \(M = \rho V = 1\space000 \cdot 0.108 = 108 \space \text{кг}\) \(6)\) Работа равна сумме изменений потенциальных энергий: \(A = mg\Delta h_D + 4mg\Delta h_C + Mg\Delta h_B\) \(A = 4 \cdot 10 \cdot 0.15\sqrt{2} + 4 \cdot 4 \cdot 10 \cdot 0.3(\sqrt{2}- 1) + 108 \cdot 10 \cdot (0.2\sqrt{2}- 0.15)\) \(7)\) Вычислим численно (\(\sqrt{2} \approx 1.414){:}\) Первое слагаемое:\(4 \cdot 10 \cdot 0.15 \cdot 1.414 = 8.484 \space \text{Дж}\) Второе слагаемое:\(16 \cdot 10 \cdot 0.3 \cdot 0.414 = 19.872 \space \text{Дж}\) Третье слагаемое:\(1\space080 \cdot (0.2828- 0.15) = 1\space080 \cdot 0.1328 = 143.424 \space \text{Дж}\) \(8)\) Суммарная работа:\(A = 8.484 + 19.872 + 143.424 = 171.78 \space \text{Дж} \approx 172 \space \text{Дж}\) Ответ: \(172 \space \text{Дж}\) работа, совершенная внуком к моменту начала вытекания воды.