Mala šipka kroz sistem blokova povezana je nerastavljivom niti sa dugačkim kolicima koja se mogu kotrljati po horizontalnoj površini. Šipka se postavlja na kolica i pokreće konstantnom brzinom ν = 2 m/s, vodoravno usmjerena duž kolica (vidi sliku 1.1).

Koju će brzinu u odnosu na šipku imati kolica u trenutku kada je ugao između nagnute niti i horizonta α = 60°? Uzmite u obzir da u naznačenom trenutku kolica nisu stigla do zida na koji su blokovi pričvršćeni.

Moguće rješenje

Zbog nerastegljivosti niti, projekcija brzine tačke A užeta na pravac AB jednaka je projekciji brzine tačke D užeta na pravac DC, tj. ν∙cosα = u , gdje je u brzina kolica u odnosu na tlo. Brzina kolica u odnosu na šipku je: ν rel. = u+ ν = ν∙(1+cosα) = 3 m/s.

Odgovori: v rel. = 3 m/s.

Kriterijumi ocjenjivanja

Zadatak 2

Ledena ploha u kojoj je uleđen metak visi o niti i delimično je potopljena u vodu, koja se nalazi u cilindričnoj čaši tankih zidova koja stoji na stolu. Led ne dodiruje zidove i dno čaše. Površina dna čaše S = 100 cm 2. Sila zatezanja niti je F = 1 N. Koliko će se promijeniti nivo vode u čaši nakon što se led otopi? Hoće li porasti ili pasti? Metak ima masu m = 10 g i gustinu ρ = 10.000 kg/m 3 . Gustoća vode ρ 0 \u003d 1000 kg / m 3

Moguće rješenje

Razmotrimo vanjske sile koje djeluju na sadržaj čaše, u koju uključujemo vodu, led i metak. Gravitacija se kompenzira sa dva prema gore spoljne sile- sila F i sila pritiska odozdo. Potonji je, prema trećem Newtonovom zakonu, po apsolutnoj vrijednosti jednak sili pritiska na dno sa strane tečnosti. Iz uslova ravnoteže za sadržaj stakla u početnom stanju slijedi:

F + S∙ρ 0 ∙g∙h 1 = m koji sadrži ∙g,

gdje je h 1 visina nivoa vode u početnom stanju.

Nakon što se led otopi, masa sadržaja se čuva, ali se nivo mijenja
vode u čaši i otuda pritisak vode pri dnu. Osim toga, sila F prestaje djelovati, ali do dna sa silom

metak počinje da pogađa. Novi uslov ravnoteže za sadržaj čaše ima oblik:

S∙ρ 0 ∙g∙h2 + N = m koji sadrži ∙g,

gdje je h 2 visina nivoa vode u konačnom stanju.

Oduzimanjem druge jednačine od prve jednačine dobijamo izraz za promenu nivoa vode u čaši:

Pošto je ova vrijednost pozitivna, nivo će rasti.

Kriterijumi ocjenjivanja

Ukupno dosta 10 bodova za zadatak!

Zadatak 3

Mala kuglica mase m, okačena na lagani nerastegljivi konac sa stropa prostorije, puštena je bez početne brzine iz stanja u kojem je nit bila horizontalna. Pronađite rad koji vrši napetost na lopti dok se kreće od vrha ka dnu. Dajte odgovor za referentni okvir povezan sa prostorijom i za referentni okvir koji se kreće horizontalno u odnosu na prostoriju u ravnini slike sa konstantnom brzinom V. Dužina niti je L. Referentni okvir pridružen sa prostorijom se može smatrati inercijskim.

Moguće rješenje

U referentnom okviru povezanom sa prostorijom, sila zatezanja niti u bilo kojem trenutku kretanja usmjerena je okomito na brzinu lopte, stoga je njen rad jednak nuli.

zakon o konzervaciji mehanička energija jer lopta ima formu

m∙g∙L = m∙u 2 /2,

gdje možete pronaći brzinu lopte u donjem položaju:

U pokretnom referentnom okviru, početna brzina lopte je po modulu V, i
modul konačne brzine lopte je |V – u|. Zatim od teoreme dalje kinetička energija za loptu:

Iz ovoga dobijamo da je rad sile zatezanja niti jednak:

Pošto je u pokretnom referentnom okviru u svakom trenutku ugao između vektora brzine lopte i sile zatezanja tup, rad ove sile je negativan.

Kriterijumi ocjenjivanja

Zadatak 4

Daska mase m 1 = 2 kg leži na stolu, a blok mase m 2 = 1 kg leži na dasci. Za šipku je vezan lagani konac, čiji je drugi kraj prebačen preko idealnog bloka pričvršćenog na rubu ploče. Koeficijenti trenja između daske i stola i između šipke i daske su isti i jednaki su μ = 0,1. Presjek navoja između šipke i bloka je horizontalan. S kojim modulom ubrzanja će se šipka i daska početi kretati ako se sila F = 5 N primijeni na vertikalni presjek konca? Ubrzanje slobodan pad može se smatrati jednakim g \u003d 10 m / s 2.

Moguće rješenje

Na dasku djeluju tri sile u horizontalnom smjeru: sila zatezanja niti usmjerena udesno i sile trenja usmjerene lijevo sa strane poda i šipke. Horizontalna komponenta sile zatezanja niti koja djeluje na ploču s desne strane je 5 N u apsolutnoj vrijednosti. Veća je od zbira modula maksimalno mogućih sila trenja koje djeluju na dasku:

μ[(m 1 + m 2)∙g + F] + μ∙m 2 + μ∙m 2 ∙g = 4,5 H

Stoga će daska kliziti po podu udesno. Istovremeno, očigledno je da
blok će kliziti duž ploče lijevo. Iz drugog Newtonovog zakona,
napisano za tablu i za šipku, nalazimo module njihovih ubrzanja:

Kriterijumi ocjenjivanja

Zadatak 5

Električni krug je žičana mreža koja se sastoji od karika koji imaju isti otpor. R. Jedna karika zamjenjuje se voltmetrom, čiji je otpor također jednak R. Izvor napona je priključen na mrežu U 0 = 20 V kao što je prikazano u slika 5.1. Pronađite očitavanje voltmetra.

Moguće rješenje

Prikažimo šematski struje koje teku u karikama mreže, uzimajući u obzir njenu simetriju i Ohmov zakon za dio kola. Prema ovom zakonu, jačine struje u paralelnim vezama pod istim naponom su obrnuto proporcionalne otporima ovih karika. Prilikom prikazivanja strujanja mora se uzeti u obzir i zakon očuvanja električni naboj za čvorove mreže, zbir struja koje teku u čvor mora biti jednak zbiru struja koje teku iz čvora. Osim toga, imajte na umu da, zbog simetrije kola, struje ne teku kroz srednje vertikalne vodiče.

Ako struja teče kroz gornje karike sa silom I, tada struja teče kroz srednje horizontalne provodnike sa silom 2 I(jer aktuelna I teče kroz veze sa zajedničkim otporom 4 R, i struja 2 I- kroz veze sa zajedničkim otporom 2 R). trenutna sila 3 I teče kroz kolo sa zajedničkim otporom 10 R/3 - ovaj dio uključuje sve elemente, osim dvije donje horizontalne karike. To znači da kroz dvije donje horizontalne karike sa ukupnim otporom 2 R struja teče sa silom 5 I. Napon na ove dvije donje karike je U 0 = IR. Za voltmetar možete napisati: U v = 3∙ I∙ R. Odavde

U v =3∙ U 0 / 10 = 6 V.

Odgovori : U v = 6 V

Kriterijumi ocjenjivanja

Prilikom rješavanja konstruiranjem ekvivalentnog kola:

• Poeni za svaku ispravnu akciju dodaj.
• U slučaju aritmetičke greške (uključujući grešku u konverziji mjernih jedinica), procjena smanjen za 1 bod.
• Maksimum za 1 zadatak - 10 bodova.
• Ukupno za rad - 50 bodova.

1. Riba je u opasnosti. Plivajući brzinom V pored velikog korala, mala ribica je osjetila opasnost i počela se kretati konstantnim (po modulu i smjeru) ubrzanjem a = 2 m/s 2 . Nakon vremena t = 5 s nakon početka ubrzanog kretanja, ispostavilo se da je njegova brzina usmjerena pod uglom od 90 u odnosu na početni smjer kretanja i bila je dvostruko veća od početne. Odredite modul početne brzine V kojom je riba plivala pored koralja.

Rješenje 1: Hajde da iskoristimo vektorska jednadžba

V con \u003d V + a * t. S obzirom da je Vcon = 2V i to

V con V, može se prikazati kao vektorski trokut brzina. Koristeći Pitagorinu teoremu, nalazimo odgovor: V = at= 4,5 m/s.

Potpuno ispravno rješenje

Izgrađen je trougao brzina

Koristeći Pitagorinu teoremu, odgovor je pronađen

Ako je problem riješen analitički, prvih 5 tačaka se daje za pisani sistem jednadžbi (ovisnost projekcija brzine od vremena)

Primljen tačan odgovor

2. Dvije identične kuglice, masa

svaki, naplaćen isti znakovi, spojena navojem i okačena na plafon (Sl.). Koliki naboj mora imati svaka kuglica da bi napetost niti bila ista? Udaljenost između centara lopte

. Kolika je napetost svake niti?

Koeficijent proporcionalnosti u Coulombovom zakonu k \u003d 9 10 9 Nm 2 /C 2.

Rješenje 2:

Na slici su prikazane sile koje djeluju na oba tijela. Iz toga je jasno da

S obzirom na to

naći

Cl.

Ispravnost (netačnost) odluke

Potpuno ispravno rješenje

Prava odluka. Postoje neki manji nedostaci koji ne utječu na cjelokupno rješenje.

Napravio crtež sa aktivne snage, Njutnov 2. zakon je napisan za 1 i 2 tela.

Primljen tačan odgovor

Postoje zasebne jednačine koje se odnose na suštinu problema u odsustvu rješenja (ili u slučaju pogrešnog rješenja).

Rješenje je netačno ili nedostaje.

Zadatak 3.

Kalorimetar sadrži vodu mase m in = 0,16 kg i temperature t in = 30 o C. Redom,

za hlađenje vode iz frižidera je u čašu prebačen led mase m l = 80 g.

hladnjak održava temperaturu t l \u003d -12 o C. Odredite konačnu temperaturu u

kalorimetar. Specifični toplotni kapacitet vode C u \u003d 4200 J / (kg * o C), specifična toplota led

Cl \u003d 2100 J / (kg * o C), specifična toplota topljenje leda λ = 334 kJ/kg.

Rješenje 3:

Pošto nije jasno koji će biti konačni sadržaj kalorimetra (hoće li se sav led otopiti?)

Hajde da riješimo problem u brojevima.

Količina topline koja se oslobađa pri hlađenju vode: Q 1 = 4200 * 0,16 * 30 J \u003d 20160

Količina apsorbirane topline kada se led zagrije: Q 2 = 2100 * 0,08 * 12 J \u003d 2016

Količina apsorbirane topline tijekom topljenja leda: Q 3 = 334000 * 0,08 J = 26720 J.

Može se vidjeti da količina topline Q 1 nije dovoljna da otopi sav led

(P 1< Q 2 + Q 3). Это означает, что в конце процесса в сосуде будут находится и лёд, и вода, а

temperatura smjese će biti jednaka t = 0 o C.

Ispravnost (netačnost) odluke

Potpuno ispravno rješenje

Prava odluka. Postoje neki manji nedostaci koji ne utječu na cjelokupno rješenje.

Rješenje je u cjelini ispravno, međutim, sadrži značajne greške (ne fizičke, već matematičke).

Napisana je formula za izračunavanje količine topline za 1, 2 i 3 procesa (2 boda za svaku formulu)

Primljen tačan odgovor

Postoji razumijevanje fizike fenomena, ali jedna od jednačina potrebnih za rješavanje nije pronađena, kao rezultat toga, rezultirajući sistem jednačina nije potpun i nemoguće je pronaći rješenje.

Postoje zasebne jednačine koje se odnose na suštinu problema u odsustvu rješenja (ili u slučaju pogrešnog rješenja).

Rješenje je netačno ili nedostaje.

Zadatak 4

Eksperimentator je sakupio električno kolo koji se sastoji od različitih baterija sa

zanemarljivi unutrašnji otpori i identični topljivi

osigurače i nacrtao njegov dijagram (osigurači na dijagramu su označeni crnom bojom

pravougaonici). Istovremeno je zaboravio da na slici naznači dio EMF baterija. kako god

uh

eksperimentator se sjeća da su tog dana tokom eksperimenta ostali svi osigurači

cijeli. Dohvatite nepoznate vrijednosti EMF-a.

Rješenje 4:

Ako je, prilikom zaobilaženja bilo kojeg zatvorenog kola, algebarski zbir EMF-a bio

ne bi bila jednaka nuli, tada bi u ovom krugu nastala vrlo velika struja (zbog male

unutrašnji otpor baterija) i osigurači bi pregoreli. Pošto ovo nije

dogodilo, možemo napisati sljedeće jednakosti:

E1 - E2 - E4 = 0, odakle je E4 = 4 V,

E3 + E5 - E4 = 0, odakle je E5 = 1 V,

E5 + E2 - E6 = 0, dakle E6 = 6 V.

Ispravnost (netačnost) odluke

Potpuno ispravno rješenje

Prava odluka. Postoje neki manji nedostaci koji ne utječu na cjelokupno rješenje.

Formulirana je ideja da je zbir EMF jednak nuli kada se zaobiđe bilo koji krug

Ispravno pronađene vrijednosti tri nepoznata EMF - 2 boda za svaku

Postoji razumijevanje fizike fenomena, ali jedna od jednačina potrebnih za rješavanje nije pronađena, kao rezultat toga, rezultirajući sistem jednačina nije potpun i nemoguće je pronaći rješenje.

Postoje zasebne jednačine koje se odnose na suštinu problema u odsustvu rješenja (ili u slučaju pogrešnog rješenja).

Rješenje je netačno ili nedostaje.