Разбор работы Статграда по физике от 1 апреля, 1 часть

Решение: Один оборот точка совершает за 12 с.  Так как самая большая координата, достигнутая точкой по оси $x$, равна 4, а самая маленькая - $(-4)$, то радиус окружности равен 4. Значит, ее длина $L=2\pi R=8\pi$, а скорость точки

$$\upsilon=\frac{L}{T}=\frac{8\pi}{12}=2,1$$

Ответ: 2 см/с

Решение: По условию

$$(m_1+m_2+m_3+m_4)g-m_4g=60$$

Откуда

$$(m_1+m_2+m_3)g=60~~~~~~~~~~~~~~~~~~(1)$$

По условию

$$(m_1+m_2+m_3+m_4)g-(m_2+m_3+m_4)g=10$$

Откуда

$$m_1g=10$$

Тогда, подставляя это в (1), получим

$$(m_2+m_3)g=50$$

И отношение равно

$$\frac{m_2+m_3}{m_1}=5$$

Ответ:  5

Решение: по закону сохранения импульса ($upsilon_p$ - скорость пушки)

$$(M+m)\upsilon_p=m\upsilon$$

$$M+m=\frac{m\upsilon}{\upsilon_p}=\frac{20\cdot 102}{2}=1020$$

$$M=1000$$

Ответ: 1000 кг

Решение: отношение скоростей будет равно отношению времен:

$$\frac{\upsilon_v}{\upsilon}=\frac{\frac{L}{t_v}}{\frac{L}{t}}=\frac{t}{t_v}=\frac{2,7+0,8}{0,8}=4,375$$

Ответ: 4,4

Решение: 1 - неверно, так как есть сопротивление воздуха. Энергия теряется при этом на трение о воздух.

При вылете пули ее кинетическая энергия равна

$$E_{k0}=\frac{m\upsilon^2}{2}=\frac{0,009\cdot 10^4}{2}=45$$

Так как есть потери энергии, то кинетическая энергия в конце полета меньше 45 Дж. 2 - верно.

3 - неверно, сначала движение равнозамедленное.

4 - верно, так как есть составляющая ускорения, обусловленная сопротивлением воздуха.

5 - неверно (см.4).

Ответ:  24

Решение: так как сила реакции больше во втором случае, то и сила трения, зависящая от $N$ прямо, будет больше. А работа силы реакции равна нулю, так как сила перпендикулярна перемещению. Таким образом, она не изменится.

Ответ: 13

Решение:

$$E=\frac{m\upsilon^2}{2}=(5-t)^2$$

$$\frac{0,08\upsilon^2}{2}=(5-t)^2$$

Откуда

$$\upsilon=25-5t$$

Тогда модуль ускорения равен 5.

Ответ: 43

Решение: как известно,

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

По закону Менделеева-Клапейрона

$$pV=\frac{m}{M}RT$$

$$p=\frac{m}{MV}RT=\frac{\rho}{M} RT$$

Подставим

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

$$p=\frac{\rho}{\frac{\upsilon^2}{3}}=3\cdot \frac{6000}{3}=6000$$

Ответ: 6 кПа

Решение: нужно найти отношение площадей циклов. Оба цикла - трапеции. Площадь первого

$$A_1=\frac{2+4}{2}\cdot 5=15$$

Площадь второго:

$$A_2=\frac{3+7}{2}\cdot 2=10$$

Отношение равно 1,5.

Ответ: 1,5

Решение: при 45% влажности разность температур равна $6^{\circ}$ С, а так как влажный термометр показывает всегда меньшую температуру (за исключением случая, когда влажность 100%), то показание влажного термометра - $10^{\circ}$ С.

Ответ: $10^{\circ}$ С.

Решение: 1 - неверно. В замкнутом цикле изменение внутренней энергии равно нулю.

2 - неизвестно, росла внутренняя энергия или уменьшалась. В первом случае 2 - верно, во втором - нет.

3 - верно.

4-  неверно, поскольку, если работа положительна, то объем рос. 5- верно.

Ответ: 35

Решение: КПД, зависящий от температур, не изменится. Работа, очевидно, увеличится, поскольку объем большего количества газа тоже увеличится, и изменение объема станет большим.

Ответ: 31

Решение: по сути, перед нами обычный конденсатор. А поле по краям пластин имеет свойство "вспучиваться". То есть линии поля из прямых становятся изогнутыми. Тем не менее, так как точка А ровно посередине, вектор напряженности в ней будет направлен вправо, так как дуга получится абсолютно симметричной.

Ответ: вправо.

Решение: По графику определяем сопротивление проводника - оно равно 0,5 Ом. Тогда

$$R=\frac{\rho_{ud} l}{S}$$

$$l=\frac{RS}{\rho_{ud}}=\frac{0,5\cdot 3,4}{0,017}=100$$

Ответ: 100 м.

Решение: Амплитуду колебаний можно найти из равенства энергий катушки  и конденсатора:

$$\frac{q^2}{2C}=\frac{LI^2}{2}$$

$$\frac{q^2}{C}=LI^2$$

$$I=\frac{q}{\sqrt{LC}}$$

Емкость первого конденсатора

$$C_1=\frac{\varepsilon_0 S}{d}$$

Емкость второго:

$$C_2=\frac{\varepsilon_0\cdot  16S}{0,25d}=64C_1$$

Так как емкость возросла в 64 раза, то амплитуда уменьшится в 8 раз.

Ответ: в 8 раз.

Решение: запишем формулу линзы.

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

Подставляя "координаты" удобных точек, для линзы 1 имеем:

$$\frac{1}{F_1}=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}$$

$$F_1=3$$

1 - верно.

Для линзы 2 имеем:

$$\frac{1}{F_2}=\frac{1}{6}+\frac{1}{8,5}=\frac{8,5+6}{6 \cdot 8,5}=\frac{14}{51}$$

$$F_2=3,64$$

2 - неверно.

3 - верно, $\frac{1}{3}>\frac{1}{3,64}$.

4 - неверно, так как

$$\frac{1}{F_1}=\frac{1}{5}+\frac{1}{b_1}$$

$$\frac{1}{b_1}=\frac{1}{3}-\frac{1}{5}=\frac{2}{15}$$

$$b_1=7,5$$

$$\frac{7,5}{5}\neq 2$$

5 - неверно, так как

$$b=\frac{aF}{a-F}$$

$$\Gamma=\frac{b}{a}=\frac{F}{a-F}$$

При одном и том же $a$ вторая линза даст большее увеличение.

Ответ: 13

Решение: систему подключили к источнику. Напряжение, следовательно, неизменно. При любых манипуляциях с емкостью оно будет оставаться постоянным, меняться будет заряд.

Когда обкладки одного из конденсаторов замкнут проводником, данный конденсатор исчезнет из схемы, и останется два. Значит, емкость системы увеличится. Поэтому увеличится и заряд каждого конденсатора - потому что увеличится напряжение (было $\frac{U}{3}$, стало $\frac{U}{2}$). Таким образом, энергия каждого конденсатора вырастет.

Ответ: 11

Решение: пусть индукция изменяется так:

$$B=B_m \sin \omega t$$

$$E=\frac{d\Phi}{dt}=B_m S \omega \cos\omega t}$$

В установке А) площадь выросла вчетверо, а индукция вдвое уменьшилась. Частота вдвое снизилась  - значит,  ЭДС осталась той же. А) - 2.

В установке Б) площадь стала вчетверо меньшей, что компенсирует выросшая  вдвое индукция. Но частота увеличилась в 4 раза, что увеличивает ЭДС вдвое. Б) - 3.

Ответ: 23

Решение: число нейтронов осталось тем же: 3, а электронов осталось 2 из 4.

Ответ: 32

Решение: энергия фотона $\frac{h c}{\lambda}$, энергия всех $N$ фотонов - $\frac{N h c}{\lambda}$.

$$\frac{N h c}{\lambda}=Pt$$

$$N=\frac{P t \lambda}{hc}=\frac{2,2\cdot 10^{-3}\cdot 10^{-12} \cdot 450\cdot 10^{-9}}{6,6\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^8}=5000$$

Ответ:  5000

Решение: подставляя номер $n$, рассчитываем энергию. Для А)

$$E=13,6\cdot \frac{3}{4}\cdot 1,6\cdot 10^{-19}$$

- перевели в Дж.

Эта энергия равна $E=\frac{h c}{\lambda}$, поэтому

$$\lambda=\frac{h c}{E}=\frac{6,6\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^8}{13,6\cdot \frac{3}{4}\cdot 1,6\cdot 10^{-19}}=1,21\cdot 10^{-7}=1210 A$$

В случае Б) получилось

$$E=13,6\cdot \frac{24}{25}\cdot 1,6\cdot 10^{-19}$$

и

$$\lambda=0,948\cdot 10^{-7}=948 A$$

Таким образом, линия А)  обозначена буквой $D$, 4).

Линия Б) обозначена буквой А на рисунке - 1).

Ответ: 41

Решение: амплитуда равна

$$\frac{2,5+1,5}{2}=2$$

Ответ: 2,000,25

Решение: надо выбрать установки с шарами из одного и того же металла, но с разной массой этих шаров. И такие, чтобы в калориметре было одно и то же количество воды. Это установки 1 и 4.

Ответ: 14

Решение: 1- неверно, так как по горизонтали логарифм периода.

2 - верно, $10^{1,55}$ - это примерно 35.

3 - общий ход зависимости показывает, что с ростом периода растет и абсолютная звездная величина, значит, утверждение верно.

4 - верно. Это звезды классов F-G, желтые гиганты и сверхгиганты.

5 - невозможно это утверждать только по абсолютной звездной величине.

Ответ: 234