Физика: Вес тела 4,5 H, а его объем 500 см3. Утонет ли это тело:

Вес тела 4,5 H, а его объем 500 см3. Утонет ли это тело:

👇

Увидеть ответ

Открыть все ответы

Ответ:

ppppppp0000

10.09.2020

$T = \frac{2}{r} \sqrt{ \frac{ \pi m }{ \rho g } } = 3.98$ сек = 4 с .

Объяснение:

$r=1.5 \cdot 10^{-3}$ м – радиус окружности сечения ареометра.

$s = \pi r^2$ – площадь сечения ареометра.

$m=2.5 \cdot 10^{-2}$ кг – масса ареометра.

$\rho = 900$ кг/м³ – плотность жидкости.

Ось – направлена вертикально вниз.

Выберем ноль для вертикальной Оси , напротив положения нижней точки ареометра, когда тот находится в состоянии равновесия.

Колебания потенциальной энергии жидкости мы будем учитывать (в Энергетическом Решении), т.е. изменение общего объёма "жидкость и погружённая часть ареометра". Однако, моменты увеличения и уменьшения указанного объёма мы будем считать происходящими на фоне пренебрежимо малых изменений высоты жидкости, считая площадь поверхности жидкости достаточно большой. Короче говоря, колебаниями уровня жидкости мы пренебрегаем, поскольку нам не сообщается не только площадь сечения сосуда, а, да и вообще ничего о его форме, которая может иметь даже переменную по высоте площадь сечения. Так что приходится просто считать, что сечение сосуда, в основном, многократно больше по площади, чем сечение ареометра, а стало быть, его погружение в сосуд не влияет на уровень жидкости в сосуде так, чтобы нам приходилось бы вследствие этого значительно пересчитывать координату ареометра.

ДИНАМИЧЕКОЕ РЕШЕНИЕ:

По закону Архимеда:

$F_{apx} = \rho g s h$ , где – высота погружённой части ареометра в любой момент,

h = h_o + z , где h_o – высота погружённой части ареометра в состоянии равновесия.

Вообще: $F_\Sigma = mg-F_A$ ;

В состоянии равновесия:

(*) $0 = mg-\rho g s h_o$ ;

В любой момент:

$F_\Sigma = mg - \rho g s h_o - \rho g s z$ ;

$F_\Sigma = - \rho g s z$ ;

Разделим на массу:

$\frac{F_\Sigma}{m} = - \frac{\rho g s z}{m}$ ;

(**) $a = z''_t = - \frac{\rho g s}{m} \cdot z_t$ ;

Получаем классическое дифференциальное уравнение с гармоническим решением:

$z = A \cos{ \omega t }$ , где $\omega = \sqrt{ \frac{\rho g \pi r^2}{m} } = r \sqrt{ \frac{\rho g \pi }{m} }$ ;

$T = \frac{ 2 \pi }{\omega} = \frac{2}{r} \sqrt{ \frac{ \pi m }{ \rho g } }$ ;

ЭНЕРГЕТИЧЕСКОЕ РЕШЕНИЕ:

Нужно учесть энергию подъёма жидкости.

Когда ареометр погружается из состояния равновесия на глубину , он вымещает из-под себя дополнительный объём жидкости , который перемещается от своего центра масс, находившегося на координате $\frac{z}{2}$ до новой координаты -h_o , "размазываясь" по поверхности жидкости. Увеличение потенциальной энергии жидкости при этом составляет:

$zs\rho g ( h_o + \frac{z}{2} )$ ;

Уменьшение потенциальной энергии самого ареометра при этом составляет:

mgz ;

Общее увеличение потенциальной энергии системы "жидкость и ареометр":

$zs\rho g ( h_o + \frac{z}{2} ) - mgz = \frac{s\rho gz^2}{2} + zs\rho g h_o - mgz = \frac{s\rho gz^2}{2} + z ( s\rho g h_o - mg )$ ;

Заметив, что $s\rho g h_o = mg$ , как это следует из уравнения равновесия (*), имеем общее увеличение потенциальной энергии системы "жидкость и ареометр" в упрощённом виде:

$\frac{s\rho gz^2}{2}$ , при этом в процессе малых колебаний, ареометр имеет и какую-то кинетическую энергию $\frac{mv^2}{2}$ , в сумме с которой мы будем иметь полную сохраняющуюся механическую энергию:

$\frac{s\rho gz^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = const$ , продифференцируем:

$s\rho gzv + mva = 0$ , поделим на скорость:

$s\rho gz + ma = 0$ ,

$a = z''_t = -\frac{ s\rho g }{m} \cdot z_t$ , и вот мы опять пришли к уравнению (**), решение которого уже произведено.

ОКОНЧАТЕЛЬНО:

$T = \frac{2}{r} \sqrt{ \frac{ \pi m}{ \rho g } } = \frac{2}{ 1.5 \cdot 10^{-3}} \sqrt{ \frac{ \pi \cdot 2.5 \cdot 10^{-2}}{ 900 \cdot 9.8 } }$ сек $= \frac{4000}{3} \sqrt{ \frac{25 \pi \cdot 10^{-4}}{9 \cdot 98 } }$ сек $= \frac{20 \cdot 5 \sqrt{ 2 \pi } }{3 \cdot 3 \cdot 7 }$ сек $= \frac{100 \sqrt{ 2\pi }}{63}$ сек = 3.98 сек = 4 с .

4,4(21 оценок)

Ответ:

dvaleeva45

10.09.2020

Уменьшилась в 4 раза.

Объяснение:

Будем исходить из того, что цепь подключается к идеальному источнику ЭДС.

Прежде всего, следует определить, что и как изменится.

Сопротивление R1 [считаем нагрузку чисто активной и линейной] лампы Л1 — не изменится, так как с самой лампой никаких манипуляций не производилось.

Ток I через лампу Л1 — ввиду того, что при последовательном соединении через элементы течет один и тот же ток, а общее сопротивлении после подключения Л2 увеличилось вдвое, по закону Ома для участка цепи (I=U/R) ток уменьшится в 2 раза.

Этого уже достаточно для вывода. Мощность зависит от тока в квадрате:

P=I^2*R1 .

Ток уменьшился в 2 раза, следовательно, мощность уменьшится в 4 раза.

Проанализируем еще один параметр.

Падение напряжения U1 на Л1 — по второму закону Кирхгофа уменьшилось в 2 раза (раньше все напряжение источника падало только на Л1, а теперь делится поровну между Л1 и Л2). Мощность

P1 = U1*I

где U1 – уменьшилось в 2 раза;

I – уменьшился в 2 раза.

Отсюда следует, что мощность уменьшилась в 4 раза.

4,4(45 оценок)

Это интересно:

Дом-и-сад

30.08.2022

Как освободить лезвие бритвы от ржавчины одним приемом?...

Стиль-и-уход-за-собой

25.11.2021

Обвисание груди в молодом возрасте: как избежать...