Разбор работы Статграда от 4 февраля. Задачи 25-32.

Работа, так же как и первая в этом году, показалась мне очень интересной в первой части. Задачи части 2 были все легкие (а 26 - м-м-м!), может быть, кроме только 32 - но я просто не любитель именно этой темы.

Решение. Зная скорость, определим температуру газа:

$$\upsilon=\sqrt{\frac{3RT}{M}}$$

$$\upsilon^2=\frac{3RT}{M}$$

$$RT=\frac{\upsilon^2 M}{3}$$

Давление определим из закона Менделеева-Клапейрона:

$$pV=\nu RT$$

$$p=\frac{\nu RT}{V}=\frac{\nu}{V}\cdot\frac{\upsilon^2 M}{3}=\frac{2}{0,35}\cdot\frac{1500^2 \cdot 0,028}{3}=120000$$

Ответ: 120 кПа

Решение. Перерисуем, причем обозначим точки равного потенциала:

Измененную схему внизу легко рассчитать устно. Сопротивление будет равно 3 Ом.

Ответ: 3 Ом.

Решение. Воздух, зажатый правым столбиком, будет сжиматься постепенно, но чем дальше - тем труднее. Поэтому зависимость будет иметь вид примерно такой:

Давление воздуха в зазоре равно

$$p_v=p_0+\rho g (h_1-h_2)$$

Процесс для зажатого воздуха - изотермический. Поэтому

$$p_oh_0=p_v(h_0-h_2)$$

$$p_oh_0=(p_0+\rho g (h_1-h_2))\cdot(h_0-h_2)$$

$$p_oh_0=p_oh_0-p_0h_2+h_0\rho g(h_1-h_2)-\rho g (h_1-h_2)h_2$$

Пренебрежем $h_2$ в сравнении с $h_1$, и разность $h_1-h_2$ заменим на $h_1$.

Сокращаем:

$$-p_0h_2+h_0\rho gh_1-\rho g h_1 h_2=0$$

$$h_2(\frac{p_0}{h_1}-\rho g)=h_0\rho g$$

$$h_2=\frac{h_0\rho g}{\frac{p_0}{h_1}-\rho g}$$

Такова зависимость и это совпадает с "интуитивным" видом графика, данным выше.

Если $h_2=0,6h_0$, то давление столба слева уравновешено давлением столба справа плюс давление воздуха.

$$0,6h_0\rho g+p_v=h_1\rho g+p_0$$

Давление найдем из закона Бойля-Мариотта:

$$p_0 h_0=p_v\cdot 0,4h_0$$

$$p_v=\frac{p_0 h_0}{0,4h_0}=2,5p_o$$

$$h_1=0,6h_0+\frac{2,5p_0}{\rho g}-\frac{p_0}{\rho g}=0,6\cdot 0,2+\frac{1,5\cdot10^5}{10^4}=15+0,12=15,12$$

Ответ: примерно 15 м.

 

Решение. $T=4mg$ по условию.

Радиус вращения равен

$$R=l\sin \alpha$$

Запишем второй закон Ньютона:

$$ma_n=T\cos (90-\alpha_1)$$

$$m \omega_1^2R=T\cos (90-\alpha_1)$$

$$T=\frac{m \omega_1^2R}{\cos (90-\alpha_1)}=m \omega_1^2l$$

По вертикальной оси

$$mg=T\cos \alpha_1$$

$$T=2mg=m \omega_1^2l$$

$$2g=\omega_1^2l$$

$$\omega_1^2=\frac{2g}{l}$$

$$T'=4mg=m \omega_2^2l$$

$$\omega_2^2=\frac{4g}{l}$$

Вывод: угловую частоту надо увеличить в $\sqrt{2}$ раз.

Ответ:в $\sqrt{2}$ раз.

Решение. Запишем закон сохранения импульса:

$$m_1\upsilon=(m_1+m_2)\upsilon_1$$

$$\upsilon_1=\frac{m_1\upsilon}{m_1+m_2}$$

И закон сохранения энергии:

$$\frac{(m_1+m_2)\upsilon_1^2}{2}=2g (m_1+m_2)l+\frac{(m_1+m_2)\upsilon_2^2}{2}$$

Где $\upsilon_2$ - скорость шарика в верхней точке траектории. Перепишем:

$$\upsilon_2^2=\upsilon_1^2-4gl$$

Нормальное ускорение в верхней точке равно

$$a_n=\frac{\upsilon_2^2}{l}=\frac{\upsilon_1^2}{l}-4g$$

$$a_n=\frac{m_1^2\upsilon^2}{(m_1+m_2)^2\cdot l}-4g=6,22$$

Ответ: 6,22 м/с$^2$.

Решение. Объем класса 432 м. куб. Записываем уравнение Менделеева-Клапейрона для обоих случаев - для осени и зимы.

$$p_1V=\frac{m_1RT_1}{M}$$

$$p_2V=\frac{m_1RT_2}{M}$$

И выражаем массу воздуха:

$$m_1=\frac{p_1VM}{RT_1}$$

$$m_2=\frac{p_2VM}{RT_2}$$

Находим изменение массы воздуха:

$$\Delta m=m_2-m_1=\frac{VM}{R}\cdot \left(\frac{p_2}{T_2}-\frac{p_1}{T_1}\right)$$

Изменение массы азота вычислим как

$$\Delta m_{N_2}=0,78\Delta m$$

Получаем $\Delta m=6,577$ кг, $\Delta m_{N_2}=5,13$ кг.

Наконец, определим число молекул:

$$\Delta N=\frac{\Delta m_{N_2}}{M_{N_2}}\cdot N_A=1099\cdot 10^23=1,1\cdot 10^{26}$$

Ответ:  $\Delta N=1,1\cdot 10^{26}$

Решение. Сила тяжести тянет шарик вниз, сила Кулона и сила Архимеда - вверх. Уравнение равновесия:

$$Eq+F_A=mg$$

Для железного шарика:

$$E_1q+\rho g V=\rho_{Fe}gV$$

Для алюминиевого шарика:

$$E_2q+\rho g V=\rho_{Al}gV$$

Определим объем из первого уравнения:

$$V=\frac{E_1q}{g(\rho_{Fe}-\rho)}$$

Сила Архимеда одна и та же в обоих случаях:

$$\rho_{Fe}gV-E_1q=\rho_{Al}gV-E_2q$$

$$E_2=\frac{(rho_{Al}-\rho_{Fe})Vg}{q}+E_1$$

Подставим объем:

$$E_2=\frac{(rho_{Al}-\rho_{Fe})E_1}{\rho_{Fe}-\rho}+E_1$$

$$E_2=E_1-\frac{(\rho_{Fe}-rho_{Al})E_1}{\rho_{Fe}-\rho}+E_1=3\cdot 10^6-\frac{(7800-2700)\cdot 3\cdot 10^6}{7800-900}=3\cdot 10^6(1-0,739)=0,783\cdot 10^6$$

Ответ: 783 кВ/м, или 7,83 кВ/см.

Решение. Интерференция происходит между лучами, отразившимися от пленки, и лучами, проникшими в пленку и отразившимися от ее "задней" границы раздела с воздухом. Таким образом, последние прошли путь, больший, чем первые, на $2l$, где $l$ - толщина пленки. Если эта разность хода будет равна целому числу длин волн, то образуется максимум. Разность хода

$$\Delta=2l=m\lambda'$$

Так как мыльная пленка - вода, то длина волны в ней $\lambda'$ отличается от длины волны в воздухе и равна

$$\lambda'=\frac{\lambda}{n}=\frac{546,1}{1,33}=410,6$$

Где $n$ - показатель преломления воды.

Тогда

$$l_1=\frac{m\lambda'}{2}=\frac{410,6m}{2}=205,3m$$

$$l_2=\frac{(m+1)\lambda'}{2}=\frac{410,6(m+1)}{2}=205,3(m+1)$$

$$\Delta l=l_2-l_1=205,3$$

Расстояние между лучами показано утрированно большим - чтобы показать направления их распространения. В треугольнике $ABC$ угол $ABC$ очень маленький, так как у нас получилось, что $\frac{\lambda'}{2} \ll d$, поэтому можно синус угла заменить на тангенс, а тангенс на сам угол в радианах.

$$\operatorname{tg} ABC=\angle ABC=\frac{\frac{\lambda'}{2} }{d}=\frac{205,3 }{4\cdot10^6}=51\cdot 10^{-6}$$

Это угол в радианах. В градусах это будет $0,294\cdot10^{-2}$, или $10,58"$

Ответ: 10,6"