Разбор работы Статграда от 17 мая 2021 года

В этой статье разберем работу Статграда от 17 мая. Как всегда - отдельно первую и вторую части.

Решение: ускорение равно $-2$ м/с$^2$, тело тормозит. Его начальная скорость может быть найдена как

$$\upsilon=\upsilon_0-at$$

$$ \upsilon_0=\upsilon+at=10+2\cdot 5=20$$

Ответ: 20 м/с.

Решение: ускорение свободного падения можно определить как

$$g=\frac{GM}{R^2}$$

Запишем ускорение свободного падения для Земли:

$$g_{\oplus}=\frac{GM_{\oplus}}{R_{\oplus}^2}$$

И для неизвестной планеты:

$$g_{p}=\frac{GM_{p}}{R_{p}^2}$$

Разделим эти два уравнения друг на друга:

$$\frac{g_{p}}{g_{\oplus}}=\frac{M_{p}}{M_{\oplus}}\cdot \frac{R_{\oplus}^2}{R_{p}^2}=\frac{10}{1}\cdot \frac{1^2}{2^2}=2,5$$

Откуда $g_{p}=2,5g_{\oplus}=25$ м/с$^2$.

Ответ: 2,5.

Решение: кинетическая энергия тела в момент времени 2 с равна 1 Дж. То есть

$$\frac{m\upsilon^2}{2}=1$$

$$\upsilon^2=0,25$$

$$\upsilon=0,5$$

Модуль импульса равен $p=m\upsilon=8\cdot 0,5=4$.

Ответ: 4 кг$\cdot$ м/с.

Решение: период колебаний первого маятника равен $\frac{t_1}{N_1}=\frac{20}{30}=\frac{2}{3}$ с, второго - $\frac{t_2}{N_2}=\frac{80}{60}=\frac{4}{3}$ с. Периоды отличаются вдвое.

$$T_1=2\pi \sqrt{\frac{l_1}{g}}$$

$$T_2=2\pi \sqrt{\frac{l_2}{g}}$$

Отношение периодов:

$$\frac{T_2}{T_1}=2=\sqrt{\frac{l_2}{l_1}}$$

Отсюда различие в длинах нитей маятников - длина второго в 4 раза больше.

Ответ: 4

Решение:

Если составить уравнение для третьего блока - нити 6,7 и 5, то получим:

$$0,5F_1=F_2$$

$$F_1=2F_2$$

Первое утверждение неверно - суммарная сила равна $1,5F_1+0,5F_2=F_1+1,5F_2>F_1+F_2$.

Второе утверждение верно - на нижнюю опору действует сила $0,5F_2$.

Участок 2 натянут с силой $F_1$, а участок 9 - с силой $0,5F_2=0,25F_1$ - утверждение 3 неверно, наоборот.

Участок 1 натянут с силой $0,5F_1$, а участок 8 - с силой $F_2=0,5F_1$ - натяжения одинаковы, утверждение верно.

Участок 6 натянут  с силой $0,5F_2$, а участок 4 - с силой $F_1$. $0,5F_2=0,25F_1$ - утверждение неверно.

Ответ: 24

Решение: так как груз стал вдвое больше, то работа увеличилась вдвое. А поскольку время увеличилось втрое, то мощность (скорость выполнения работы) уменьшилась.

Ответ: 12

Решение: для второго изображения актуальна запись:

$$mg=kx_0$$

$$k=\frac{mg}{x_0}$$

Причем $x_0=10$ см.

Затем пружину растянули еще на 3 см (рисунок три). Тогда можно записать период колебаний как

$$T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{mx_0}{mg}}=2\pi \sqrt{\frac{x_0}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{0,1}{10}}=0,628$$

Тогда

$$\nu=\frac{1}{T}=\frac{1}{0,628}=1,6$$

Б) - 4.

Максимальную скорость можно вычислить как

$$\upsilon_m=x\omega=0,03\cdot 10=0,3$$

А) - 1

Ответ: 14

Решение: согласно основному уравнению МКТ

$$p=n k T=\frac{N}{V} k T$$

Поэтому минимальным давление будет при самом большом объеме и самом малом числе $N$ - в точке 4. И наоборот, максимальным давление будет в точке с минимальным объемом и максимальным числом $N$ - в точке 1.

$$p_1 \sim \frac{0,5N_0}{4V_0}$$

$$p_2 \sim \frac{4N_0}{V_0}$$

Отношение будет равно 32.

Ответ: 32

Решение:  по первому началу

$$Q=A+\Delta U=A+\frac{3}{2}(p_2V_2-p_1V_1)=500+1,5(5\cdot 200-3\cdot 400)=500-300=200$$

Ответ: 200 Дж.

Решение: рассчитаем составляющие уравнения теплового баланса: вода остыла и отдала количество теплоты

$$Q_1=c_1 m_1\Delta t_1=4200\cdot 0,2 \cdot 10=8400$$

Калориметр нагрелся на $20^{\circ}$ и "взял" тепла:

$$Q_2=c_2 m_2\Delta t_2=380\cdot 0,5 \cdot 20=3800$$

Отдано тепла в окружающую среду:

$$Q_1-Q_2=8400-3800=4600$$

Ответ: 4600 Дж

Решение: давление за 30 минут упало на 150 кПа и уменьшилось в 2,5 раза. Так как температура постоянна и объем тоже, то уменьшение давления связано с уменьшением количества вещества - оно тоже изменилось в 2,5 раза. То есть за 30 минут утекло 1,2 моль азота, следовательно, скорость утечки

$$\upsilon=\frac{\Delta \nu}{\Delta t}=\frac{1,2}{30}=0,04$$

Первое утверждение верно.

$$pV=\nu RT$$

$$V=\frac{\nu RT}{p}=\frac{1,6\cdot 8,31\cdot 301}{200\cdot 10^3}=0,02$$

Объем 20 л - второе неверно.

$$p=nkT$$

$$n=\frac{p}{kT}=\frac{250\cdot 10^3}{1,38\cdot 10^{-23}\cdot 301}=6\cdot 10^{23}$$

Третье утверждение неверно.

4 - верно.

5 - неверно, температура постоянна и скорость движения молекул тоже.

Ответ: 14

Решение: давление пара можно определить по закону Менделеева-Клапейрона. При этом плотность пара будет равна  $\phi \rho_H$. Тогда

$$p=\frac{\nu RT}{V}=\frac{mRT}{MV}=\frac{\rho RT}{M}=\frac{\phi \rho_H RT}{M}$$

То есть Б) - 2. Ну а массу можно определить через фактическую плотность и объем сосуда:  А) - 4.

Ответ: 42

Решение: сила будет направлена к наблюдателю. В данном случае ладонь надо расположить так, чтобы вертикальная составляющая вектора индукции входила в ладонь, то есть развернуть ее вверх и 4  пальца направить вправо. Большой палец покажет "от нас", но частица отрицательная - поэтому сила Лоренца направлена противоположно - к нам.

Ответ: к наблюдателю.

Решение: заряд пиона, очевидно, равен элементарному по модулю и положителен (электрон-позитронная пара не в счет). Поэтому отношение будет равно 1.

Ответ: 1.

Решение: по выделенным точкам определяем $a$ и $b$ - например, $a=0,05$, $b=0,05$, тогда по формуле линзы

$$\frac{1}{F}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$$

$$D=\frac{1}{F}=\frac{1}{0,05}+\frac{1}{0,05}=40$$

Следовательно, $D=40$ дптр

Ответ: 40 дптр

Решение: ток в индуктивности не изменяется скачком, поэтому в первое мгновение ток будет нулевым. И, следовательно, напряжение на резисторе будет нулевым, а на катушке будет равно $E$. 1 - неверно, 2 - верно.

3 - неверно, потому что ток в индуктивности изменяется по экспоненте.

4 - верно, ток примет такое установившееся значение.

5 - неверно, колебания происходят в цепи, содержащей кроме индуктивности еще и емкость.

Ответ: 24

Решение: если изменится удельное сопротивление - то омическое сопротивление проводника возрастет. ЭДС, возникающая в контуре, зависит от скорости проводника, его длины и индукции - то есть она не изменится даже при замене проводника. А сила тока в связи с изменением сопротивления уменьшится.

Ответ: 32

Решение: разность хода лучей должна быть равна целому числу длин волн - или четному числу длин полуволн, тогда будет наблюдаться максимум. Поэтому для Б) - 2. А для А) - 3 (разность хода равна $L_1$).

Ответ: 32

Решение: из представленных частиц три положительно заряжены, одна - отрицательно. Значит, 5 - электрон, сила Лоренца действует на него в противоположную сторону.  1 - нейтрон, он не заряжен и на него поле не действует. Поэтому ответ - 10

Ответ: 10

Решение: запишем закон полураспада для обоих элементов.

$$N_1=N_{10}\cdot 2^{-\frac{t}{T_1}}$$

$$N_2=N_{20}\cdot 2^{-\frac{t}{T_2}}$$

Перепишем по-другому:

$$N_1=8N_{20}\cdot 2^{-\frac{5T_1}{T_1}}$$

$$N_2=N_{20}\cdot 2^{-\frac{5T_1}{T_2}}$$

Так как $N_1=N_2$, то разделим уравнения

$$1=8\cdot 2^{-5+\frac{5T_1}{T_2}}$$

$$0=3-5+\frac{5T_1}{T_2}$$

$$\frac{5T_1}{T_2}=2$$

$$\frac{T_1}{T_2}=0,4$$

Ну а в ответ запишем 2,5.

Ответ: 2,5.

Решение: в первом опыте происходит переход на более высокий уровень, следующий по счету. И во втором эксперименте происходит то же самое. Чем выше уровень, тем меньшая нужна энергия, чтобы перейти с него на следующий. Поэтому приращение энергии атома увеличится во втором опыте по сравнению с первым. А длина волны у фотона с меньшей энергией больше, поэтому  длина волны уменьшится.

Ответ: 21

Решение: прибор показывает 230 люкс, 10% от этого значения - 23 люкс. Поэтому

Ответ: $230\pm 23$

Решение: нужен манометр 1 и сосуд постоянного объема 2 - проверяем же не что-нибудь, а закон Шарля!

Ответ: 12

Решение: 1 - верно, звезда рождается. 2 - неверно, термоядерные реакции увеличивают светимость. 3 - верно, звезда остывает и "разбухает", превращаясь в красного гиганта. 4 - неверно, изображена планетарная туманность. 5 - неверно, такой звезде, как наше Солнце, не хватит массы, чтобы стать черной дырой.

Ответ: 13