RFpro.ru: Физика
| Хостинг портала RFpro.ru: РАССЫЛКИ ПОРТАЛА RFPRO.RU
Чемпионы рейтинга экспертов в этой рассылке
/ НАУКА И ОБРАЗОВАНИЕ / Точные и естественные науки / Физика
Вопрос № 176883: Здравствуйте уважаемые эксперты, помогите пожалуйста с решением задачи: На расстоянии d=20см находятся два точечных заряда: Q1=-50нКл и Q2=100нКл. Определить силу F, действующую на заряд Q3=-10нКл, удалённый от... Вопрос № 176889: Здравствуйте уважаемые эксперты, помогите пожалуйста с решением задачи: По тонкому кольцу равномерно распределён заряд Q=10нКл с линейной плотностью r=0.01 мкКл/м. Определить напряжённость E электрического поля, создаваемого распределённым ... Вопрос № 176894: №1 В сосуде с водой плавает деревянный брусок массой m = 1,5 кг, на котором находится кусок льда. В начальный момент брусок полностью погружен в воду, как показано на рисунке. Найти массу куска льда. Как изменится уровень воды в сосуде (повысится,... Вопрос № 176901: Здравствуйте,уважаемые эксперты! http://s04.radikal.ru/i177/1002/96/1fb3994f06da.jpg Разложить в ряд Фурье периодический сигнал,график которого представлен на рисунке. Определить законы изменения амплитуд и фаз гармоник. Построить амплитудн... Вопрос № 176883:
Здравствуйте уважаемые эксперты, помогите пожалуйста с решением задачи:
Отправлен: 24.02.2010, 01:16 Отвечает Гордиенко Андрей Владимирович, Профессор : Здравствуйте, Мария Романова. Дано: d = 20 см = 20 ∙ 10-2 м, Q1 = -50 нКл = -50 ∙ 10-9 Кл, Q2 = 100 нКл = 100 ∙ 10-9 Кл, Q3 = -10 нКл = -10 ∙ 10-9 Кл. Определить: F. Поскольку расстояния между зарядами одинаковы и равны d, то заряды находятся в вершинах равностороннего треугольника. Заряды Q1 и Q3 имеют одинаковые знаки, поэтому они отталкиваются друг от друга, а сила F31, действующая на заряд Q3 со стороны заряда Q1, направлена вдоль прямой Q1Q3 от заряда Q1 к заряду Q3. Заряды же Q2 и Q3 имеют разные знаки, поэтому они притягиваются друг к другу, а сила F32, действующая на заряд Q3 со стороны заряда Q2, направлена вдоль прямой Q2Q3 от заряда Q3 к заряду Q F31 = |Q1Q3|/(4πε0d2), F32 = |Q2Q3|/(4πε0d2). Равнодействующая F сил F31 и F[sub]32[/sub] находится как диагональ параллелограмма, построенного на силах F31 и F32, как на сторонах (силы приложены в точке Q3). Из геометрических соображений ясно, что абсолютная величина F этой равнодействующей найдется по теореме косинусов с учетом того, что угол между силами F31 и F32 равен 120°: F2 = F312 + F322 – 2F31F32cos (180° - 120°) = F312 + F322 – F31F32, F = √(F312 + F32 Вам остается подставить в формулу (1) числовые значения величин, учитывая, что ε0 = 8,85 ∙ 10-12 Ф/м… Рад был помочь! С уважением. ----- Пусть говорят дела
Ответ отправил: Гордиенко Андрей Владимирович, Профессор
Вопрос № 176889:
Здравствуйте уважаемые эксперты, помогите пожалуйста с решением задачи:
Отправлен: 24.02.2010, 03:01 Отвечает Гордиенко Андрей Владимирович, Профессор : Здравствуйте, Мария Романова. Дано: Q = 10 нКл = 10 ∙ 10-9 Кл, ρ = 0,01 мкКл/м = 0,01 ∙ 10-6 Кл/м, a = r. Определить: EA. Рассмотрим случай, когда точка A расположена на произвольном расстоянии a от плоскости кольца (рисунок).  Рассматривая бесконечно малый заряженный элемент dQ = ρ ∙ dl кольца, получаем Q = l∫dQ = 2πρr, dE = dQ/(4πε0R2) = dQ/(4πε0√(a2 + r2)), dE1 = dE ∙ cos α = dE ∙ a/R = adQ/(4πε0√(a2 + r2)3), dE2 = dE ∙ sin α, ΣdE2 = 0 (поскольку для каждого заряда найдется симметричный ему относительно оси кольца другой заряд), EA = ΣdE1 = l∫adQ/(4πε0√(a2 + r2)3) = 2πρar/(4πε0√(a2 + r2)3), и при a = r = Q/(2πρ) находим EA = ρr2/(2ε0√(r2 + r2)3) = ρ/(4ε0r√2) = πρ2/(ε0Q√2). (1) Подставляя в формулу (1) числовые значения величин, можно найти искомое… С уважением. ----- Пусть говорят дела
Ответ отправил: Гордиенко Андрей Владимирович, Профессор
Вопрос № 176894:
№1
Отправлен: 24.02.2010, 17:04 Отвечает coremaster1, 5-й класс : Здравствуйте, Фёдоров Илья Сергеевич. №1. В начальный момент архимедова сила полностью погруженного в воду бруска уравновешивается силами тяжести, действующими на брусок и лёд: Fa = F1 + F2, Fa = m0*g - архимедова сила, m0 - масса вытесненной бруском воды, m0 = m*g*p0/p2. F1 = m*g - сила тяжести бруска. F2 = m1*g - сила тяжести льда, m1 - масса льда. Отсюда выразим массу льда: m1 = F2/g = (Fa - F1)/g = (m*g*p0/p2 - m*g)/g = m(p0/p2 - 1) = 1.5*(1/0.6 - 1) = 1кг. Когда лёд растает, он превратится в воду объмом V1 = m1/p1 = 1111 см3. Неверно! Когда 1кг льда растает, он превратится в воду объмом V1 = m1/p0 = 1000 см3. При этом брусок поднимется над водой, вызывая понижения уровня, эквивалентное выливанию воды объёмом V2 = (m/p2 - m/p0) = 1000 см3. Так как V1 > V2, то после полного таяния льда уровень воды в сосуде повысится. Неверно! V1 = V2 Не изменится.
Редактирование ответа
Ошибка в определении объёма воды, в которую превратился лёд. ----- ∙ Отредактировал: SFResid, Модератор ∙ Дата редактирования: 27.02.2010, 03:31 (время московское)
Ответ отправил: coremaster1, 5-й класс
Оценка ответа: 4
Отвечает SFResid, Модератор : Здравствуйте, Фёдоров Илья Сергеевич. 2. После удара о стену брусок должен обладать кинетической энергией К0, достаточной для преодоления работы трения Атр при возврате в исходную точку. Атр = m*g*μ*L = К0 (1), где m - масса бруска, μ - коэффициент трения его о поверхность пола. С другой стороны, К0 = Ку*(100% - 50%)/100 = Ку*(1 - 0.5) (2), где Ку - кинетическая энергия в момент перед ударом о стену; а на пути от исходной точки до стены брусок также теряет часть кинетической энергии на преодоления работы трения Атр. Таким образом, начальная кинетическая энергия бруска Кн = Ку + Атр = К0/(1 - 0.5) + К0 = Атр/(1 - 0.5) + Атр = 3*Атр = 3*m*g*μ*L = m*V02/2 (3), откуда V0 = √(6*g*μ*L) = √(6*10*0.1*1.5) = 3 м/с. 4. "Нижний" по схеме резистор, через который протекает I1 = 750 мА, обозначим R1, второй Rн. Применив 1-й закон Кирхгофа к узлу между амперметрами, получаем ток через Rн: Iн = I1 - I2 (1). Рассматривая контур: U => А1 => Rн => R1, на основании 2-го закона Кирхгофа имеем: U = I1*R1 + Iн*Rн, или, поскольку Rн = R1 = R, с учётом (1): U = 2*I1*R - I2*R (2), откуда R = U/(2*I1 - I2) = 12/(2*0.75 - 0.5) = 12 Ом. К лампочке, на основании 2-го закона Кирхгофа приложено напряжение Uл = Iн*R = (I1 - I2)*R = (0.75 - 0.5)*12 = 3 В; тепловая мощность, выделяющаяся на лампочке Pл = Uл*I2 = 3*0.5 = 1.5 Вт.
Ответ отправил: SFResid, Модератор
Оценка ответа: 5
Отвечает Galinab222, 5-й класс : Здравствуйте, Фёдоров Илья Сергеевич. № 3 Когда газ нагрет до температуры T, его давление на поршень равно P=n*R*T/V, где n- кол-во газа (молей) V- его объем, T - температура. V=L/2*S, где S - площадь поперечного сечения сосуда=площадь поршня. Сила, действующая на поршень со стороны газа равна F1=P*S=2*n*R*T/L Это давление уравновешивается силой упругости пружины F2=k*x, где х=(l0-l)- сжатие пружины, l0- длина недеформированной пружины, l=L/2 - длина пружины в деформированном состоянии. Из F1=F2 по получаем 2*n*R*T/L= k*(l0-L/2) и l0=L/2+2*n*R*T/(k*L) №5. К задаче нужен чертеж, могу его добавить позже. Рассмотрим чертеж, который приложен к задаче. Видно, что задача плоская, нужно рассматривать только сечение шара плоскостью прохождения луча. В точке падения луча (пусть это точка A) проведем касательную к окружности. Построим перпендикуляр к этой касательной (нормаль к окружности). Угол между этим перпендикуляром и падающим лучем (назове м его alpha) - это угол падения луча. Угол между перпендикуляром и преломленным лучом (назовем этот угол beta) - угол преломления. По определению sin(alpha)/sin(beta)=n - показатель преломления среды шара относительно внешней среды. Аналогично поступим с точкой выхода луча из шара (точка B). Радиус проведенный в точку выхода препендикулярен касательной к поверхности шара. Пусть угол между преломленным лучом и радиусом равен gamma. Угол между вышедшим из шара лучом и радиусом равен phi (на чертеже). sin(phi)/sin(gamma)=n. Пусть центр шара - это точка O. Треугольник AOB - равнобедренный, следовательно, угол beta равен углу gamma: beta=gamma. Следовательно, sin(alpha)/sin(beta)=n и sin(phi)/sin(beta)=n, т.е. alpha=gamma. Опустим из точки A на ось перпендикуляр AD. Видно, что угол DOB=alpha. Из треугольника AOD sin(DOB)=DA/AO=h/R Т.е. alpha=arcsin(h/R)=arcsin(3,5/5)=arcsin(0,7). Вообще-то, arcsin(0,7) очень близко к Pi/4, и, может быть, мож но его округлить и дальше подставлять alpha=Pi/4. Теперь рассмотрим треугольник DAB. AD=h, DB=R+OD=R+R*cos(alpha)=R*(1+cos(alpha)). Угол ABD=gamma=beta tg(gamma)=AD/BD=h/(R*(1+cos(alpha)). sin(gamma)=tg(gamma)/sqrt(1+tg(gamma)^2)=h/sqrt(R^2*(1+sqrt(0,51))^2+h^2). n= sin(alpha)/sin(gamma)=(h/R)/(h/sqrt(R^2*(1+sqrt(0,51))^2+h^2))= sqrt(R^2*(1+sqrt(0,51))^2+h^2)/R. n=sqrt(25*(1+0,71)^2+12,25)/5=sqrt(85,35)/5=9,2/5=1,85 Если считать alpha= Pi/4, то OD=AD=h, BD=h+R=8,5, ну и дальше можно подставить в те же формулы. Результат будет почти тем же. Если нужен чертеж, могу приложить позднее, когда будет сканер
Ответ отправил: Galinab222, 5-й класс
Вопрос № 176901:
Здравствуйте,уважаемые эксперты!
Отправлен: 24.02.2010, 19:16 Отвечает Гордиенко Андрей Владимирович, Профессор : Здравствуйте, Alik4546. Решим сначала задачу разложения функции S(t) в ряд Фурье. Имеем на отрезке [0; T/2] S(t) = -E + (E – (-E))/(T/2 – 0) ∙ t = -E + 4E/T ∙ t. Доопределим эту функцию на отрезке [-T/2; 0] четным образом и воспользуемся известной из курса высшей математики формулой разложения четной функции в ряд Фурье. Этот ряд содержит только свободный член и косинусы, т. е. S(t) = a0/2 + Σm = 1∞ amcos (mπt/(T/2)) = a0/2 + Σm = 1∞ amcos (2mπt/T). (1) Находим далее a0 = 0∫T/2 (-E + 4E/T ∙ t)dt = (-Et + 4E/T ∙ t2/2)|0T/2 = -ET/2 + 4E/T ∙ T2/8 = -ET/2 + ET/2 = 0 (как и должно быть, поскольку среднее значение функции S(t) за период, равный T, равно нулю); am = 1/(T/2) ∙ 0∫T/2 (-E + 4E/T ∙ t) ∙ cos (mπt/(T/2)) ∙ dt = 2/T ∙ 0∫T/2 (-E + 4E/T ∙ t) ∙ cos (2mπt/T) ∙ dt = = -2E/T ∙ 0∫T/2 cos (2mπt/T) ∙ dt + 8E/T2 ∙ 0∫T/2 t ∙ cos (2mπt/T) ∙ dt = = -2E/T ∙ T/(2mπ) ∙ sin (2mπt/T) |0T/2 + 8E/T2 ∙ [((t ∙ sin (2mπt/T))/(2mπ/T))|0T/2 – 1/(2mπ/T) ∙ 0∫T/2 sin (mπt/(T/2)) ∙ dt] = = 0 + 8E/T2 ∙ [0 + T2/(4m2π2) ∙ cos (2mπt/T)]|0T/2 = 8E/T2 ∙ T2/(4m2π2) ∙ (cos mπ – cos 0) = = 2E/(m2π2) ∙ ((-1)m – 1). (2) Из выражений (1) и (2) следуют искомые законы: 1) закон изменения амплитуд гармоник Am = |am| = 2E/(m2π2) ∙ (1 – (-1)m); (3) 2) закон изменения фаз гармоник φm = 2mπt/T. (4) Амплитудный спектр сигнала представляет совокупность амплитуд всех гармоник. Из выражения (3) получаем, что амплитуды всех четных гармоник равны нулю, а амплитуды нечетных определяются выражением Am = 4Е/(m2π2), то есть A1 = 4Е/π2, A2 = 0, A3 = 4Е/(9π2), A4 = 0, A5 = 4Е/(25π2), A6 = 0, … . С уважением. ----- Пусть говорят дела
Ответ отправил: Гордиенко Андрей Владимирович, Профессор
Оценка ответа: 5
Оценить выпуск »
Задать вопрос экспертам этой рассылки »Скажите "спасибо" эксперту, который помог Вам!Отправьте СМС-сообщение с тестом #thank НОМЕР_ОТВЕТАна короткий номер 1151 (Россия) Номер ответа и конкретный текст СМС указан внизу каждого ответа.
* Стоимость одного СМС-сообщения от 7.15 руб. и зависит от оператора сотовой связи.
(полный список тарифов) © 2001-2010, Портал RFpro.ru, Россия
Авторское право: ООО "Мастер-Эксперт Про" Автор: Калашников О.А. | Программирование: Гладенюк А.Г. Хостинг: Компания "Московский хостер" Версия системы: 2010.6.14 от 03.02.2010 |
| В избранное | ||
