1вариант1.какая сила действует на проводник с длиной активной части 0.2м в магнитном поле синдукцией 0.4 tл, если ток в проводке равен 15а? 2.опредете индукцию магнитого поля, в котором на проводникдлиной10а действует спа 0.3h.3. определите собственную частоту колебательного контура, если индуктивность егокатушки равна 0.2гц, а ёмкость конденсатора 0.5 мкф.4. как направлена сила ампера, действующего на проводник? ,

Показать ответ

Ответ:

abdylaevapatima

24.12.2021 11:30

Дано:
q₂ → q₂/6
R → 3·R

─────────────────────────────────────────────────

Найти:
F₁/F₂ = ?

─────────────────────────────────────────────────

Сила электрического взаимодействия двух зарядов (закон Кулона):
F₁ = (k·q₁·q₂)/R²
если один из зарядов уменьшим в 6 раз, а расстояние увеличим в 3 раза то:
F₂ = (k·q₁·q₂/6)/(3·R)² = (k·q₁·q₂)/(6·9·R²) = (k·q₁·q₂)/(54·R²)
Тогда:
F₁/F₂ = 54

─────────────────────────────────────────────────

ответ: Сила кулоновского взаимодействия уменьшится в 54 раза

0,0(0 оценок)

Ответ:

Наночкка

02.02.2020 06:15

Если резко ударить мотком по лежащей на полу доске – то она подскочит. Это произойдет потому, что молоток передаст доске импульс, с которым она частично упруго провзаимодействует с полом и отскочит. Примерно такие же события здесь будут происходить между клином и горизонтальной поверхностью. Клин либо отскочит, если он провзаимодействует с поверхностью упруго, либо он просто потеряет энергию вертикального импульса при неупругом взаимодействии с горизонтальной поверхностью. А поэтому было бы ошибкой учесть только горизонтальную скорость клина в энергетическом уравнении.

Ещё раз, как именно клин после соударения с шаром будет взаимодействовать с горизонтальной поверхностью – мы не знаем (будет скакать или просто будет двигаться горизонтально), поскольку нам не заданы параметры взаимодействия клина и поверхности (абсолютно-упругое, абсолютно-неупругое и т.п.), но в любом случае, нам необходимо учесть часть кинетической энергии, которую будет нести вертикальный (!) импульс клина.

Что бы развеять сомнения, добавлю, что, поскольку мы считаем удар мгновенным, то в тот момент, когда шар УЖЕ оторвётся от верхней поверхности – нижняя поверхность клина ЕЩЁ «не будет знать», что клин уже движется вниз, поскольку сигнал (в виде упругой волны) о верхнем взаимодействии ещё не дойдёт до дна.

Шар взаимодействует с клином точно поперёк их общей поверхности в момент контакта. А поверхность эта сориентирована к горизонту под углом $\alpha = 30^o .$ Стало быть, сила, действующая на клин – будет придавать вертикальный импульс и скорость в $ctg{ \alpha }$ раз больший, чем горизонтальный импульс и скорость.

Обозначим горизонтальную скорость клина, как – V ,

тогда его вертикальная скорость $Vctg{ \alpha } .$

Будем считать, что скорость шара после отскока направлена вбок и ВВРЕХ. Именно из этих соображений далее будем записывать законы сохранения (если получится отрицательное значение скорости, то значит, она направлена – вниз). Обозначим горизонтальную составляющую конечной скорости шара, как v ,

а вертикальную, как v_y .

Из закона сохранения импульса по горизонтали ясно, что:

mv = MV ;

$v = \frac{M}{m} V ;$

Из закона сохранения импульса по вертикальной оси найдём v_y :

$m v_o = MV ctg{ \alpha } - mv_y ,$

$v_y = \frac{M}{m} V ctg{ \alpha } - v_o ;$

Из закона сохранения энергии найдём горизонтальную скорость клина:

$mv_o^2 = mv^2 + mv_y^2 + MV^2 + M (Vctg{ \alpha })^2 ;$

$mv_o^2 = \frac{M^2}{m} V^2 + m ( \frac{M}{m} V ctg{ \alpha } - v_o )^2 + \frac{MV^2}{ \sin^2{ \alpha } } ;$

$mv_o^2 = \frac{M^2}{m} V^2 + \frac{M^2}{m}V^2 ctg^2{ \alpha } - 2MVv_o ctg{ \alpha } + mv_o^2 + \frac{MV^2}{ \sin^2{ \alpha } } ;$

$0 = \frac{M^2 V^2}{m \sin^2{ \alpha } } - \frac{2MVv_o}{ tg{ \alpha } } + \frac{MV^2}{ \sin^2{ \alpha } } ;$

$2 v_o \sin{ \alpha } \cos{ \alpha } = ( 1 + \frac{M}{m} ) V ;$

$V = v_o \frac{ \sin{ 2 \alpha } }{1+M/m} ;$

Для угла $\alpha = 30^o :$

$V = \frac{ \sqrt{3} \ v_o }{2(1+M/m)} ;$

В частности, при $m = M : \ \ \ V = v_o \frac{ \sin{ 2 \alpha } }{2}$ ;

В частности, при $m M : \ \ \ V = v_o \sin{ 2 \alpha } ;$

Часть энергии не превратится ни в движение клина вдоль плоскости, ни в движение шара, а уйдёт вместе с вертикальным импульсом клина либо в колебания клина над поверхностью, либо во внутреннюю энергию (при неупругом взаимодействии клина с поверхностью). Что бы там с этой энергией далее не происходило – необходимо учесть эту энергию отдельно, чтобы не отнести её по ошибке к энергии горизонтального движения клина. После пояснения термина – «потеря энергии» в контексте данной задачи, можно эту потерю и посчитать.

Потеря энергии: $E_{lost} = \frac{M}{2} ( V ctg{ \alpha } )^2 = 2M ( \frac{ v_o \cos^2{ \alpha } }{1+M/m} )^2 ;$

$E_{lost} = \frac{ m v_o^2 }{2} \cdot \frac{4m}{M} (\frac{ cos^2{ \alpha } }{1+m/M} )^2 ;$

$E_{lost} = \frac{4m}{M} (\frac{ cos^2{ \alpha } }{1+m/M} )^2 E_o = \frac{4M}{m} (\frac{ cos^2{ \alpha } }{1+M/m} )^2 E_o ;$

где E_o

– начальная кинетическая энергия.

Для угла $\alpha = 30^o :$

$E_{lost} = \frac{9m}{4M(1+m/M)^2} E_o = \frac{9M}{4m(1+M/m)^2} E_o ;$

При

(проверка очевидного предельного перехода)

При $m = M \ \ \ : \ \ \ E_{lost} = \frac{9}{16} E_o ;$

При $m M \ \ \ : \ \ \ E_{lost} \to 0 ;$
На гладкой горизонтальной поверхности покоится клин массой m. на грань, составляющей угол 30 градусо