Аккумулятор один раз подключается к цепи с сопротивлением 2 ом, другой раз - к цепи с сопротивлением 32 ом. и в той и в другой цепи при этом выделяется одна и та же мощность. определить в си внутреннее сопротивление аккумулятора.

👇

Ответ:

lilija647

20.01.2021

P=I²R; I=E/(R+r); P=E²R/(R+r)²;
E²R1/(R1+r)²=E²R2/(R2+r)²
R1/(R1+r)²=R2/(R2+r)²
R1(R2+r)²=R2(R1+r)²
R1R2²+2R1R2r+R1r²=R1²R2+2R1R2r+R2r²
R1r²-R2r²=R1²R2-R1R2²;
r=√(R1(R1R2-R2²)/(R1-R2));
r=√(2*(2*32-32²)/(2-32))=8 Ом
ответ: r=8 Ом

4,6(64 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

hamidovapti

20.01.2021

1. Выберите правильное утверждение, относящееся к действующей на тело силе тяжести и весу тела.Эти силы приложены к разным телам
2. Динамометр был проградуирован на экваторе. Будет ли вес, измеренный этим динамометром на полюсе, таким же, как и на экваторе?
Будет чуть больше;
3. К какому телу приложен вес мухи, ползущей по потолку? А вес летящей мухи?
К потолку; к воздуху.
4. Определите вес стальной болванки объемом 0,2 м3, лежащей на горизонтальной поверхности стола.
15,6 кН

m=p*V=7800*0,2=1560 кг
P=m*g=15,6 кН

4,7(54 оценок)

Ответ:

NadiaU0

20.01.2021

Хотя известно, что при решении с законов сохранения задачи мгновенного взаимодействия сразу более чем двух тел, получается недостаточное число уравнений – всё же попытаемся решить данную задачу, как мгновенное взаимодействие сразу трёх тел: шар, клин и Земля, с учётом того, что кинетическая энергия Земли в таком решении будет стремиться к нулю (чего, однако нельзя сказать о частично уносимым ею вертикальном импульсе).

Задачу будем решать для абстрактных математических объектов, для которых ровный или плоский – означает математическую плоскость, а вплотную означает зазор точно равный нулю. Гравитация нам вообще не нужна.

Построим модель. Пусть снизу расположен массивный протяжённый куб (или любой другой подстилающий массивный объект с плоской поверхностью) с массой $\mu$ . На этом кубе вплотную к нему сверху расположен клин массой M ,

с углом наклона к поверхности куба $\alpha = 30^o ,$ который без трения может двигаться по кубу. Поперечно к подстилающей поверхности движется шар, сталкивающийся с клином. Взаимодействие трёх тел далее считаем упругим. Для простоты решения начальный импульс будет считать проходящим через центр масс системы трёх тел, так чтобы не было момента импульса и дополнительных неизвестных в виде угловых скоростей этих тел.

Определим направления проекций конечных скоростей в системе координат, ориентированной ортогонально к кубу. Для большей иллюстративности, все искомые величины будем искать в виде положительных чисел, строго объявляя направления самих векторов скорости в тексте. Если мы получим при решении уравнений отрицательное число, это просто будет означать, что начальную постановку знака/направления нужно просто изменить на противоположную. Но тут по идее, такому даже негде взяться, всё более менее понятно по направлениям. Абсолютное значение вектора скорости нам особо нигде не нужно, так что горизонтальные составляющие скоростей будем записывать для простоты без индексов, а вертикальные с обычным индексом v_y .

Введём обозначения. Скорость шара m : v_o

– до соударения направлена вниз, после соударения

– от клина по горизонтали; и вверх по вертикали v_y .

Скорость клина M : V

– после соударения от шара по горизонтали; и вверх от куба по вертикали V_y .

Скорость куба $\mu : u$ – после соударения направлена вниз. Итак, у нас имеется 5 неизвестных. Для них мы сможем составить 4 уравнения и поколдовать над ними в предельном случае, когда $\mu \to +\infty .$

Запишем все 4 уравнения. Первые два – законы сохранения импульса по вертикали и горизонтали. Третье – связь начального и конечного импульса шара, продольная составлявшая которого вдоль поверхности клина должна сохраниться в силу поперечности взаимодействия верхней пары тел. Четвёртое уравнение: закон сохранения энергии.

$mv_o = \mu u - mv_y - M V_y ;$ ЗСИ по вертикали.

mv = M V ;

ЗСИ по горизонтали.

$v_o \sin{ \alpha } = v \cos{ \alpha } - v_y \sin{ \alpha } ;$ неизменность продольной составляющей

$mv_o^2 = mv^2 + mv_y^2 + M V^2 + M V_y^2 + \mu u^2 ;$ ЗСЭ

Система записана, разгребём её, оставив только

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

$v_y = v ctg{ \alpha } - v_o ;$

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

$mv_o = \mu u - m ( \frac{M}{m} V ctg{ \alpha } - v_o ) - M V_y ;$

$V_y = \frac{\mu}{M} u - V ctg{ \alpha } ;$

Теперь у нас есть три переменные, выраженные, через две другие. Подставим их в ЗСЭ:

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

$mv_o^2 = \frac{M^2}{m} V^2 + \frac{M^2}{m} V^2 ctg^2{ \alpha } - 2 M v_o V ctg{ \alpha } + m v_o^2 +\\\\+ M V^2 + \frac{\mu^2}{M} u^2 - 2 \mu u V ctg{ \alpha } + M V^2 ctg^2{ \alpha } + \mu u^2 ;$

$( \frac{M^2}{m} + \frac{M^2}{m} ctg^2{ \alpha } + M + M ctg^2{ \alpha } ) V^2 - 2 M v_o V ctg{ \alpha } + \frac{\mu^2}{M} u^2 - 2 \mu uV ctg{ \alpha } + \mu u^2 = 0 ;$

$M \frac{ 1 + M/m }{ \sin^2{ \alpha } } V^2 - 2 M v_o V ctg{ \alpha } + \frac{\mu^2}{M} u^2 - 2\mu u V ctg{ \alpha } + \mu u^2 = 0 ;$

При устремлении массы Земли $\mu \to +\infty , E_{K\mu} \to 0 ,$
но импульс Земли $p = \mu u$ – остаётся конечным!

$M \frac{ 1 + M/m }{ \sin^2{ \alpha } } [V]^2 - 2 M v_o ctg{ \alpha } [V] + \frac{1}{M}[p]^2 - 2 ctg{ \alpha } [p] [V] = 0 ;$

Как легко видеть – это уравнение непредельного эллипса в координатах ( V , p ) ,

проходящего через начало координат, а стало быть при различных значениях

мы будем получать различные значения V .

Т.е. предположение о том, что при любом значении параметра

– находилось бы фиксированное решение квадратного уравнения $V = V_{lim}$ , не верно.

ПРОДОЛЖЕНИЕ НА ИЛЛЮСТРАЦИЯХ >>>
На гладкой горизонтальной поверхности покоится клин массой m. на грань, составляющей угол 30 градусо