Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Варианты ЕГЭ, ЕГЭ по физике

Работа Статграда от 14 марта 2019 г: задачи 25-32.

Разбираем пробник Статграда от 14 марта 2019 года, задачи 25-32.

Задача 25. Очень лёгкая рейка уравновешена в горизонтальном положении.   Правым   концом    она   прикреплена к шарниру O. К левому концу рейки прикреплена невесомая нерастяжимая нить, которая натягивается с помощью невесомого подвижного блока, к оси которого подвешен груз массой 20 г. К средней части рейки прикреплён воздушный шарик, наполненный лёгким газом. Определите объём этого шарика, пренебрегая массой его оболочки и массой газа, находящегося в шарике. Плотность атмосферного воздуха 1,2 кг/м^3.

К задаче 25

Решение. Условие равновесия для груза на блоке

    \[mg=2T\]

Условие равновесия рычага (уравнение моментов относительно тоски его крепления – шарнира справа):

    \[F_A\cdot 2L-T\cdot 3L=0\]

Или

    \[\rho g V\cdot 2L-\frac{mg}{2}\cdot 3L=0\]

    \[\rho V\cdot 2=\frac{m}{2}\cdot 3\]

    \[V=\frac{3m}{4\rho}=\frac{60\cdot10^{-3}}{4\cdot1,2}=12,5\cdot10^{-3}\]

Ответ: 12,5 л.

Задача 26. Один моль идеального одноатомного газа  участвует  в некотором процессе,  в котором теплоёмкость газа постоянна. В начале этого процесса газ имеет давление 200 кПа и занимает объём 1 л. В ходе процесса газ расширяется до объёма 8 л и его давление становится равным 100 кПа. При этом газ получает от окружающих тел количество теплоты 1,8 кДж. Во сколько раз теплоёмкость газа в этом процессе превышает изохорическую молярную теплоёмкость одноатомного идеального газа?

Решение: Вообще теплоемкостью тела называется отношение количества теплоты Q, которое нужно сообщить данному телу для повышения его температуры на \Delta T, к величине \Delta T. В случае газов чаще используется молярная теплоёмкость, то есть теплоёмкость одного моля газа: C_{\mu} = \frac{Q }{\nu\Delta T}. Для газов теплоемкость – не постоянная величина, она зависит от того процесса, который совершается с газом. Например, упомянутый в задаче процесс – не изопроцесс. Изобразим его.

К задаче 26

Поэтому теплоемкость будем определять как

    \[C=\frac{Q}{\nu\Delta T }\]

При изохорном процессе вся теплота, переданная газу, идет на изменение внутренней энергии, поэтому изохорическая молярная теплоемкость

    \[Q=\Delta U\]

    \[C_V=\frac{Q}{\Delta T}=\frac{3}{2} R =12,465\]

Определим изменение температуры в данном нам процессе (на рисунке):

    \[\Delta T=T_2-T_1=\frac{p_2V_2}{\nu R}-\frac{p_1V_1}{\nu R}=\frac{100\cdot 8-200\cdot 1}{8,31}=\frac{600}{8,31}=72,2\]

Тогда

    \[\frac{C}{C_V}=\frac{1800}{72,2}\cdot\frac{1}{12,465}=2\]

Ответ: в 2 раза.

Задача 27. Тонкий стержень АВ расположен перпендикулярно главной оптической оси тонкой собирающей линзы на расстоянии 1,4 см от неё. Один конец стержня находится на главной оптической оси.  Изображение  стержня,  полученное на экране с помощью этой линзы, в 2,5 раза больше самого стержня. Определите фокусное расстояние линзы.

Так как изображение видно на экране, то изображение действительное. Поэтому

    \[\frac{h}{H}=\frac{d}{f}\]

Здесь h – высота предмета, H – высота изображения, d – расстояние от предмета до линзы, f – расстояние от линзы до изображения.

Запишем формулу линзы

    \[\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f}\]

С учетом выражения выше, вытекающего из подобия треугольников,

    \[\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{h}{dH}=\frac{H+h}{dH}\]

    \[F=\frac{dH}{H+h}=\frac{1,4\cdot 2,5\cdot 1,4}{2,5\cdot 1,4+1,4}=1\]

Ответ: F=1 см.

Задача 28. Длительность светового дня – это время, в течение которого из-за горизонта «высовывается» хотя бы малая часть солнечного диска. Эта величина рассчитывается  для  каждой  точки  на  поверхности  Земли  и  приводится   в астрономических справочниках и календарях. Однако наблюдаемая длительность светового дня немного превышает теоретическую – табличную. Объясните, руководствуясь известными       физическими законами и закономерностями, почему это происходит.

Для объяснения некоторых явлений необходимо учитывать рефракцию света в атмосфере. Под этим термином понимают искривление лучей при прохождении в атмосфере, вызванное оптической неоднородностью атмосферного воздуха. Здесь речь идет об изменении плотности воздуха (а значит, и показателя преломления) с высотой или при нагревании и охлаждении. Плотность воздуха понижается при переходе от нижних слоев атмосферы к верхним, и показатель преломления с высотой  уменьшается. Из-за искривления лучей возможно видеть объекты, когда те уже фактически за линией горизонта.

К задаче 28 – рисунок 1

К задаче 28 – рисунок 2

На рисунке 1 показано, как искривляется луч в атмосфере, если ее представить состоящей из слоев с разными показателями преломления. На рисунке 2 видно, что наблюдатель видит объект не под углом \alpha, а под углом \Psi. Так как \Psi<\alpha, то объект представляется наблюдателю выше над горизонтом, чем это есть на самом деле.

К задаче 28 – рисунок 3

На рисунке 3 видно, что уже зашедшее за горизонт солнце мы все еще можем видеть.

Задача 29. На горизонтальной шероховатой плоскости (коэффициент трения равен \mu) покоятся два одинаковых груза массой m на расстоянии L друг от друга, один из которых соединён со стенкой  лёгкой  нерастянутой горизонтальной пружиной жёсткостью k (см. рисунок). Левому грузу сообщили в некоторый момент начальную  скорость \upsilon_0 в направлении правого, после чего грузы испытали абсолютно упругое лобовое столкновение. На какое расстояние l сместится после столкновения правый груз?

К задаче 29

Решение. Если грузу сообщили скорость, то он обладает кинетической энергией. Эта энергия будет потрачена на работу против силы трения и на растяжение пружины. Если потрачена будет не вся и что-то останется – то, значит, у груза будет какая-то скорость к моменту столкновения. Найдем ее.

    \[\frac{m\upsilon_0^2}{2}=\frac{kL^2}{2}+F_{tr}L+\frac{m\upsilon^2}{2}\]

    \[m\upsilon_0^2=kL^2+2F_{tr}L + m\upsilon^2\]

    \[m\upsilon^2= m\upsilon_0^2-kL^2-2\mu m g L\]

    \[\upsilon^2= \upsilon_0^2-\frac{kL^2}{m}-2\mu g L\]

Так как  грузы равной массы, при столкновении произойдет обмен скоростями. Иными словами, скорость, которую мы нашли – это скорость второго груза сразу после столкновения.

И свою кинетическую энергию второй груз также потратит на работу против силы трения:

    \[\frac{m\upsilon^2}{2}=\mu m g x\]

Откуда

    \[x=\frac{\upsilon^2}{2\mu g}=\frac{\upsilon_0^2-\frac{kL^2}{m}-2\mu g L }{2\mu g }=\frac{m\upsilon_0^2-kL^2-2\mu m g L}{2\mu m  g }\]

Ответ: x=\frac{m\upsilon_0^2-kL^2-2\mu m g L}{2\mu m  g }

Задача 30. Многие сельские дома отапливаются в настоящее время при помощи электрообогревателей, что обходится достаточно дорого. При этом совершаемая электрическим током работа A превращается в равное ей количество теплоты Q_b, и  батареи  отопления  нагреваются  до температуры t = 60^{\circ} С. Однако расходы можно значительно снизить, если использовать эту работу A для перекачки теплоты Q_{hol} от внешнего теплового резервуара, имеющего температуру t_{hol} = 0^{\circ} С (например, от незамерзающего зимой пруда), к батареям, выделяя в них количество теплоты Q. Во сколько раз n при этом количество теплоты Q превышает Q _b= A, если перекачивающее теплоту  устройство  работает  по  идеальному  циклу  Карно,  запущенному в обратном направлении, а температура батарей остаётся равной t? Считайте, что в идеальной тепловой машине все процессы обратимые, так что при запуске её в обратном направлении знаки всех энергетических вкладов (работы и количеств теплоты) просто поменяются, а соотношения между ними останутся прежними.

Решение. Начнем с КПД.

    \[\eta=\frac{Q-Q_{hol}}{Q}=1-\frac{Q_{hol}}{Q}\]

С другой стороны,

    \[\eta=\frac{T-T_{hol}}{T}=1-\frac{T_{hol}}{T}\]

Левые части равны – значит, равны и правые, и, следовательно,

    \[\frac{Q_{hol}}{Q}=\frac{T_{hol}}{T}\]

Или

    \[Q=\frac{ Q_{hol}\cdot  T_{hol}}{T}\]

Если представить переданное холодильнику тепло как Q_{hol}=Q-A, то

    \[Q=\frac{ (Q-A)\cdot  T_{hol}}{T}\]

    \[Q\cdot \left(\frac{ T_{hol}}{T}-1\right)=A\frac{ T_{hol}}{T}\]

    \[Q=\frac{ A\frac{ T_{hol}}{T}}{\left(\frac{ T_{hol}}{T}-1\right)}=\frac{AT_{hol}}{T_{hol}-T}\]

Тогда искомое отношение равно

    \[n=\frac{Q}{A}=\frac{T_{hol}}{T_{hol}-T}\]

Причем холодильник и нагреватель «поменялись» местами, поскольку машина работает по обращенному циклу. Тогда

    \[n=\frac{273+60}{60}=5,55\]

Ответ: в 5,55 раза.

 

Задача 31. Найдите заряд q конденсатора ёмкостью С = 5 мкФ в цепи, схема которой изображена на рисунке. Сопротивления резисторов равны R_1 = 2 Ом, R_2= 3 Ом, R_3= 1 Ом, R_4= 2,5 Ом, источник постоянного напряжения идеальный, U = 4 В.

К задаче 31

Решение. Ток через конденсатор не  протекает в установившемся режиме. Поэтому данная схема эквивалентна следующей:


Тогда резисторы 2 и 1 Ом оказываются соединенными последовательно, и параллельно резистору 3 Ом, их общее сопротивление будет равно 1,5 Ом, а полное  сопротивление схемы равно 1,5+2,5=4 Ом. Так как напряжение равно 4 В, то в неразветвленной части цепи протекает ток 1 А. Этот ток в точке А разделится пополам из-за равенства сопротивлений параллельных ветвей. Поэтому на конденсаторе будет напряжение

    \[U_C=U_{R_3}+U_{R_4}=0,5\cdot 1+1\cdot 2,5=3\]

Тогда заряд конденсатора

    \[q=CU=5\cdot10^{-6}\cdot 3=15\cdot10^{-6}\]

Ответ: 15 мкКл.

 

Задача 32. Для межпланетных полётов в космосе предлагают использовать «солнечный парус» – большое зеркало, расположенное перпендикулярно солнечным лучам. При их отражении от этого зеркала возникает сила в направлении падающих лучей, которая может ускорять космический корабль.  Оцените эту силу F при следующих предположениях: площадь полностью отражающего свет зеркала равна S = 1000 м^2, а солнечная постоянная в месте нахождения корабля с зеркалом C = 1,5 кВт/м^2. Солнечная постоянная – это энергия фотонов, падающих в единицу времени на единицу площади поверхности, перпендикулярной лучам света от Солнца.

Решение. Так как поверхность зеркальна, то фотоны, отражаясь, будут менять свой импульс на противоположный

    \[\Delta p=2p=\frac{2E}{c}\]

А для всех фотонов

    \[\Delta p'=2pN=\frac{2EN}{c}\]

Но

    \[\Delta p'=F\Delta t\]

А по условию

    \[C=\frac{NE}{\Delta t}\]

Итак,

    \[F=\frac{\Delta p' }{\Delta t }=\frac{2EN}{c\Delta t }=\frac{2C}{c}\]

Такова сила давления света на 1 м^2, а на всю площадь паруса

    \[F'=\frac{2CS}{c}=\frac{2\cdot 1500\cdot 1000}{3\cdot10^8}=0,01\]

Ответ: 0,01 Н

 

Комментариев - 2

  • Елена
    |

    Здравствуйте. Скажите, пожалуйста, а решение первой части (задания 1-24) будут размещены на сайте?

    Ответить
  • Добавить комментарий

    Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *