Разбор работы Статграда от 5 марта: задачи 25-32.

Разберем последнюю работу Статграда в этом году. Меня просили не выкладывать решения сразу - я обещала. Поэтому публикую решения через 10 дней после выхода работы.

Решение.

Нарисуем график процесса:

Так как процесс 1-2 изотермический, то, поскольку объем в нем растет в 4 раза, давление должно в 4 раза падать. Значит, в точке 2 давление можно принять за $p_0$, а в точке 1 - $4p_0$.  По условию внутренняя энергия газа в точке 1 известна:

$$U_1=\frac{3}{2}\nu R T_1=\frac{3}{2}\cdot 4p_0\cdot V_0=6p_0V_0$$

Работа в цикле равна разности работ $A_{12}$ и $A_{23}$:

$$A=A_{12}-A_{23}$$

$$A_{23}=p_0\cdot 3V_0=3p_oV_0$$

Видим, что, так как $U_1=6p_0V_0=1600$ Дж, то $A_{23}=3p_oV_0=800$ Дж. Следовательно,

$$A=2000-800=1200$$

Ответ: 1,2 кДж.

Решение.

Определим сначала скорость луча в пластинке:

$$\upsilon=\frac{c}{n}$$

Теперь нужно найти длину пути луча в пластинке. Для этого воспользуемся законом Снеллиуса:

$$\frac{\sin\alpha}{\sin \beta}=n$$

Откуда

$$\sin \beta=\frac{\sin\alpha}{n}=\frac{0,5}{1,5}=\frac{1}{3}$$

Наилучшим вариантом для поиска $L$ будет определить косинус угла преломления:

$$\cos \beta=\sqrt{1-\sin^2 \alpha}=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\sqrt{\frac{8}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$$

Тогда

$$\cos \beta=\frac{H}{L}$$

$$L=\frac{H}{\cos \beta}=\frac{0,3\cdot3}{2\sqrt{2}}$$

Время прохождения луча через пластинку теперь можно определить:

$$t=\frac{L}{\upsilon}=\frac{0,9}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{1,5}{3\cdot10^8}=0,159\cdot10^{-8}=1,6\cdot10^{-9}$$

Ответ: 1,6 нс

Решение.

По данному импульсу и массе шайбы можно сразу определить ее начальную скорость:

$$\upsilon_0=\frac{p_0}{m}=2$$

Кинетическая энергия шайбы переходит а работу против силы трения:

$$\frac{m\upsilon^2}{2}=F_{tr}S=\mu m g S$$

Или

$$S=\frac{\upsilon^2}{2\mu  g}=\frac{4}{2\cdot0,4\cdot 10}=0,5$$

Движение шайбы равнозамедленное. Скорость шайбы в любой точке этого пути можно вычислить по формуле "без времени":

$$2aS=\upsilon_0^2-\upsilon^2$$

То есть

$$\upsilon=\sqrt{\upsilon_0^2-2aS}$$

Подставляя в эту формулу координату шайбы ($S$), можно записать полученные значения скорости, а затем и построить сам график:

Ответ: 0,5 м

Решение.

Площадь сечения внутреннего железного цилиндра:

$$S_{Fe}=\pi r^2$$

Площадь сечения наружной оболочки из алюминия:

$$S_{Al}=\pi R^2-\pi r^2=2\pi r^2$$

Тогда

$$\pi R^2=3\pi r^2$$

$$R=r\sqrt{3}$$

Масса цилиндра известна:

$$M=\rho_{Fe}\cdot \pi r^2 H+\rho_{Al}\cdot 2\pi r^2 H=1,5$$

$$\pi r^2 H\cdot(\rho_{Fe}+2\rho_{Al})=M$$

$$\pi r^2 H=\frac{M}{\rho_{Fe}+2\rho_{Al}}=\frac{1,5}{7800+5400}=11,36\cdot10^{-5}$$

Тогда

$$m_{Fe}=\rho_{Fe}\cdot \pi r^2 H=7800\cdot 11,36\cdot10^{-5}=0,886$$

$$m_{Al}=\rho_{Al}\cdot 2\pi r^2 H=5400\cdot 11,36\cdot10^{-5}=0,614$$

Вычисляем количество теплоты:

$$Q=c_{Fe}m_{Fe}\Delta t+c_{Al}m_{Al}\Delta t=460\cdot0,886+900\cdot0,614=960,16$$

Ответ: 960 Дж.

Решение.

Период колебаний математического маятника вычисляется по формуле

$$T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$$

Но в данном случае на шарик маятника в самом нижнем положении (положении равновесия) действует ускорение $g\sin \alpha$. В крайних точках ускорение отличается и от этой величины за счет возвращающей силы. Но, так как отклонение от положения равновесия мало (малые колебания), то этим изменением ускорения можно пренебречь и считать ускорение везде равным $g\sin \alpha$. Тогда

$$T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g\sin \alpha}}=2\pi\sqrt{\frac{0,4}{5}}=1,78$$

Ответ: 1,78 с

Решение.

Вычислим работу в процессе 1-2:

$$A_{12}=\frac{2p_0+p_0}{2}\cdotV_0=1,5p_oV_0$$

Площадь под графиком процесса 2-3 такая же, поэтому

$$A_{23}=A_{12}=1,5p_oV_0$$

Полная работа составила

$$A=3p_oV_0$$

Внутренняя энергия газа в точке 1

$$U_1=\frac{3}{2}\cdot2p_0 V_0=3p_oV_0$$

Внутренняя энергия газа в точке 3

$$U_3=\frac{3}{2}\cdot2p_0 \cdot3V_0=9p_oV_0$$

Изменение внутренней энергии

$$\Delta U=U_3-U_1=6p_oV_0$$

Количество теплоты, полученное газом

$$Q=A+\Delta U=3p_oV_0+6p_oV_0=9p_oV_0=9000$$

Ответ: 9 кДж.

Решение.

Так как весы равноплечие, то

$$F=mg$$

Сила F - сила притяжения между пластинами. Она равна

$$F=\frac{Eq}{2}=\frac{Uq}{2d}=\frac{CU^2}{2d}=\frac{\varepsilon_0 SU^2}{2d^2}=\frac{8,85\cdot10^{-12}\cdot50\cdot10^{-4}\cdot500^2}{2\cdot0,005^2}=221,25\cdot10^{-6}$$

На 2 поделили потому, что напряженность поля здесь создана нижней пластиной. Полная напряженность поля конденсатора - результат сложения напряженностей, созданных обеими пластинами. Мы рассматриваем верхнюю пластину в поле нижней.

Масса противовеса тогда равна $m=22,125\cdot10^{-6}$, или 22 мг.

Ответ: 22 мг

Решение. Оба источника создадут за линзой два параллельных потока лучей. Эти потоки будут направлены под углом друг к другу, и будут интерферировать. Угол между лучами за линзой и главной оптической осью линзы будет равен $\varphi=\frac{d}{2F}$ (в радианах, при малых углах).  Лучи двух пучков сходятся под углом $2\varphi=\frac{d}{F}$.

Длина  хода равна для лучей обоих пучков, сходящихся в центре экрана. А при удалении от центра экрана расстояние между поверхностями равных фаз будет расти линейно с ростом расстояния $x$ от центра экрана.

Рыжей линией показана поверхность равных фаз для красных лучей, фиолетовой - для синих.

$$\Delta =2\varphi \cdot x$$

Но

$$\Delta = m \lambda$$

Поэтому

$$2\varphi \cdot x=m \lambda$$

$$x=\frac{ m\lambda}{2\varphi }=\frac{1\cdot\lambda}{\frac{d}{F}}=\frac{F\cdot\lambda}{d}=\frac{546\cdot10^{-9}}{0,002}=273\cdot10^{-6}=0,273\cdot10^{-3}$$

 

Ответ: период картины будет равен 0,27 мм.