Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Статград по физике

Работа Статграда от 18 мая 2020 года – полный разбор

[latexpage]

Разберем последнюю в этом году работу Статграда по физике от 18 мая. Поехали!

Задача 1

Решение. Ускорение второго тела равно, м/с$^2$

$$a_2=\frac{2-1}{2}=0,5$$

Начальная скорость равна 1 м/c. Поэтому перемещение второго тела за 10 с равно

$$S=\upsilon_0 t+\frac{at^2}{2}=1\cdot 10+\frac{0,5\cdot 10^2}{2}=35$$

У первого тела скорость постоянная и равна она 5 м/с, поэтому за 10 с оно прошло 50 м. А значит, это тело начало движение из точки с координатой -15 м.

Ответ: -15 м.

Задача 2

Решение. Необходимо, чтобы сила трения уравновешивала силу упругости. Поэтому

$$k x=\mu m g$$

$$x=\frac{\mu m g}{k}=\frac{0,5\cdot 0,6\cdot 10}{15}=0,2$$

Ответ: 20 см.

Задача 3.

Решение: проекция импульса на ось $Ox$ изменилась: удар неупругий. Шарик  прилипает к стенке, его импульс меняется до нуля. Поскольку проекция скорости шарика на ось $Ox$ равна

$$\upsilon_x=\upsilon \cdot \sin 30^{\circ}=5\cdot 0,5=2,5$$

То изменение импульса составит

$$\Delta p=\upsilon_x \cdot m=2,5\cdot0,1=0,25$$

Ответ: 0,25 кг$\cdot$ м/с

Задача 4

Решение. На тело действуют две силы Архимеда.

$$mg=F_{A1}+F_{A2}$$

“Расшифруем” правую и левую части.

$$\rho_t V g=\rho_1 g V_1+\rho_2 g V_2$$

$$\rho_t V=\rho_1  V_1+\rho_2  V_2$$

По условию $\rho_t=1,25\rho_1$, $\rho_2=1,25\rho_t=\frac{25}{16}\rho_1$. $V_1$ – объем, погруженный в верхнюю жидкость, $V_2$ – в нижнюю. Поэтому

$$1,25\rho_1 V=\rho_1  V_1+\frac{25}{16}\rho_1V_2$$

$$1,25V= V_1+\frac{25}{16}V_2$$

$$1,25(V_1+V_2)= V_1+\frac{25}{16}V_2$$

$$1,25V_1-V_1= -1,25V_2+\frac{25}{16}V_2$$

$$0,25V_1= 0,3125V_2$$

$$\frac{V_2}{V_1}=\frac{0,25}{0,3125}=0,8$$

Ответ: 0,8

Задача 5

Решение.

1 – неверно, эти силы должны быть равны – одно из условий равновесия лестницы.

2 – неверно, модуль силы трения между лестницей и полом равен произведению коэффициента трения $\mu$ на модуль силы реакции со стороны ПОЛА.

3 – верно, так как сила тяжести равна  по модулю силе реакции со стороны пола.

4 – неверно.

5 – верно, плечо силы трения равно нулю.

Ответ: 35

Задача 6

Решение. Высота подъема увеличится, так как с увеличением угла увеличится и его синус, а значит, вертикальная составляющая скорости. Горизонтальная составляющая скорости, наоборот, уменьшится, а поскольку кинетическая энергия в верхней точке траектории определяется именно ею, то и сама кинетическая энергия уменьшится.

Ответ: 12

Задача 7

Решение. Очевидно, что период составляет 12 с, а амплитуда колебаний – 0,04 м. Тогда

$$x=x_m\sin(\omega t+\varphi_0)$$

$$x=0,04\sin(\frac{2\pi}{12} t+\frac{\pi}{6})$$

Почему начальная фаза равна $\frac{\pi}{6}$? Давайте подтвердим расчетом:

$$x=x_m\sin(\omega t+\varphi_0)$$

$$0,5x_m=x_m\sin(\omega \cdot 0+\varphi_0)$$

$$\sin(\varphi_0)=0,5$$

$$\varphi_0=\frac{\pi}{6}$$

Вернемся к выражению для координаты. Возьмем производную, чтобы определить скорость

$$x’=\upsilon=x_m\omega \cos(\omega t+\varphi_0)$$

Максимальная скорость равна $\upsilon_m=x_m\omega$, или

$$\upsilon_m=0,04\cdot \frac{\pi}{6}=\frac{0,02\pi}{3}$$

Таким образом, А – 2, Б – 3.

Ответ: 23.

Задача 8

Решение: внутренняя энергия зависит от температуры. Если определим, во сколько раз изменилась температура, то можно будет сделать вывод об изменении внутренней энергии. Применим объединенный газовый закон:

$$\frac{p_1V_1}{T_1}=\frac{p_2V_2}{T_2}$$

$$\frac{T_2}{T_1}=\frac{p_2V_2}{p_1V_1}=\frac{6p_1V_1}{1,5p_1V_1}=4$$

Следовательно, внутренняя энергия увеличилась вчетверо и стала равна 1200 Дж.

Ответ: 1200 Дж.

Задача 9

Решение.

$$P=\eta \cdot Q$$

$$Q=\frac{P}{\eta}=\frac{1200}{0,03}=40000$$

Но это за секунду, а за минуту – в 60 раз больше. То есть 2400 кДж.

Ответ: 2400 кДж.

Задача 10

Решение. Второе тело находится в твердом состоянии до момента $2t_0$. А первое – с момента $4t_0$ и до конца графика – до $6t_0$. Для второго тела:

$$Q=cm\Delta t_2=c_2 m\cdot 2T_0$$

Для первого тела

$$Q=cm\Delta t_1=c_1 m\cdot 3T_0$$

Так как время нагрева второго тела и время охлаждения первого одинаковы, и мощности нагревателя и холодильника – тоже, то количества теплоты одинаковы. Отсюда

$$c_1m\cdot 3T_0=c_2m\cdot 2T_0$$

$$\frac{c_2}{c_1}=\frac{3}{2}$$

Ответ: 1,5

Задача 11

Решение.

1 – верно. Площадь этого цикла – самая большая.

2 – неверно. Адиабата в осях $pV$ похожа на гиперболу.

3 – считаем.

Работа в циклах А и С одинакова. Но в цикле А газ получал теплоту в процессах 1-2 и 2-3, а в цикле С – только в процессе 5-6, поэтому КПД не могут быть равны.

4 – неверно, обе работы равны нулю.

5 – верно, и равно нулю. Процесс-то циклический, газ возвращается в исходное состояние.

Ответ: 15

Задача 12

Решение. Поскольку среднеквадратичная скорость осталась той же, а она зависит от температуры, то температура не менялась. А значит, не менялась внутренняя энергия газа. Но

$$p=n k T$$

Значит, с увеличением концентрации давление вырастет.

Ответ: 13

Задача 13

Решение. Сила Кулона будет тормозить частицу, направлена она влево.

Ответ: влево.

Задача 14

Решение: Если напряжение на конденсаторе равно 4 В,  то оставшиеся 8 В падают на внутреннем сопротивлении и сопротивлении резистора, поэтому ток в цепи равен

$$I=\frac{E-U_C}{R+r}=\frac{8}{4}=2$$

Ответ: 2 А.

Задача 15

Решение. Круговая частота равна $\frac{\pi}{2}$, а значит, период колебаний

$$T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi\cdot 2}{\pi}=4$$

Но энергия колеблется с периодом, вдвое меньшим основного, поэтому

Ответ: 2 с

Задача 16

Решение:

1 – верно. Источник расположен на половине фокусного расстояния – это значит, что изображение расположено в фокусе (из подобия треугольников, образованных лучами).

2 – неверно, сначала источник находится между линзой и фокусом – изображение мнимое.

3 – в данный момент источник расположен далее двойного фокуса линзы. Значит, изображение меньше предмета. Утверждение верно.

4 – неверно, поскольку из мнимого изображение становится действительным.

5 – неверно, источник располагался в фокусе линзы еще до этого момента – примерно в 8 с.

Ответ: 13

Задача 17

Решение: в задаче не сказано, что скорость перемычки с изменением массы тоже изменилась. Значит, скорость изменения потока осталась той же, и ЭДС тоже. Ток  остался бы прежним, но очевидно, что сечение перемычки увеличилось, а, следовательно, уменьшилось сопротивление. Таким образом, ток стал больше и, значит, сила Ампера увеличилась.

Ответ: 31

Задача 18

Решение. Понятно, что энергия будет равна $\frac{Mc^2}{2}$. А массу вычислим:

$$(mc^2)^2+(pc)^2=\left(\frac{Mc^2}{2}\right)^2$$

$$m^2c^4=p^2c^2+\frac{M^2c^2}{4}$$

$$m^2=\frac{p^2}{c^2}+\frac{M^2}{4}$$

$$m=\sqrt{\frac{p^2}{c^2}+\frac{M^2}{4}}$$

Ответ: 34

Задача 19

Решение. Протонов – 90, нейтронов – 140.

Ответ: 90140

Задача 20

Решение. Импульс пылинки равен

$$p=m\upsilon=22\cdot10^{-9}\cdot 0,001=22\cdot 10^{-12}$$

Импульс фотона равен

$$p_f=\frac{h}{\lambda}=\frac{h\nu}{c}=\frac{6,6\cdot10^{-34}\cdot 10^{20}}{3\cdot10^8}=2,2\cdot 10^{-22}$$

Таким образом,

$$N=\frac{p}{p_f}=\frac{22\cdot 10^{-12}}{2,2\cdot 10^{-22}}=10^{11}$$

Ответ: 100 млдрд

Задача 21

Решение.

А) За три периода полураспада распадется половина, четверть и еще $\frac{1}{8}N_0$ ядер. Останется, значит, $\frac{1}{8}N_0$ первоначального количества.

Б)  К моменту времени $t=2T$ останется $\frac{1}{4}N_0$ ядер полония. А число ядер гелия станет равно $\frac{3}{4}N_0$. Разность составит $\frac{1}{2}N_0$ – 2.

Ответ: 32

Задача 22

Решение. Число таких клеточек на листе – $N=210\vdot297=62370$. Тогда масса одной из них в г

$$m_0=\frac{m}{N}=\frac{4,990\pm 0,006}{62370}=0,00008\pm 9,6\cdot10^{-8}$$

В микрограммах это $80 \pm 0,096$. С округлением получим $80,0\pm 0,1$ мкг.

Ответ: $80,0\pm 0,1$ мкг.

Задача 23

Решение. Нужно взять комплекты с одинаковыми жесткостями, но разными массами. Это комплекты 2 и 4.

Ответ: 24.

Задача 24

Решение.

1 – неверно, это планеты земной группы.

2 – верно.

3 – неверно.

4 – неверно, еще есть пояс Койпера и облако Оорта.

5 – верно.

Ответ: 25.

Задача 25

Решение.

Чтобы выпала роса, необходимо, чтобы пар стал насыщенным. Это произойдет при давлении 100 кПа – именно такое давление будет у насыщенного пара воды при $100^{\circ}$C. Пока давление равно 50 кПа – то есть половине требуемого. Требуется уменьшить объем вдвое, чтобы давление вдвое выросло. То есть объем станет равен 3,75 л, и уменьшится тоже на 3,75 л. На такую величину объем при данной скорости изменения уменьшится за 30 мин.

Ответ: 30 мин.

Задача 26

Решение.

Объем электролита равен 1 л. При данной плотности масса электролита 1,2 кг. Чтобы нагреть его на $10^{\circ}$, потребуется количество теплоты

$$Q=cm\Delta t=4200\cdot 1,2\cdot 10=50400$$

Сопротивление электролита

$$R=\rho\frac{l}{S}=0,3\frac{0,1}{0,01}=3$$

С другой стороны, теплота, выделяющаяся на сопротивлении равна

$$Q=\frac{U^2}{R}t$$

Тогда искомое время

$$t=\frac{QR}{U^2}=\frac{50400\cdot 3}{100}=1512$$

Ответ: 25,2 мин.

Задача 27

Решение.

Решение к задаче 27

Задача 28.

Задача 28

Решение.

Полное количество теплоты $Q$, выделившееся при сгорании газа, пошло на плавление льда $Q_{pl}$ и потери $Q_{pot}$.

$$Q=Q_{pl}+Q_{pot}$$

$$Q_{pot}=Q-Q_{pl}$$

Нам необходимо определить

$$\frac{Q_{pot}}{Q}=\frac{Q-Q_{pl}}{Q}=1-\frac{Q_{pl}}{Q}=1-\frac{\lambda m}{q m_g}$$

Осталось определить массу газа $m_g$. Это можно сделать с помощью уравнения Менделеева-Клапейрона.

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

$$m=\frac{pVM}{RT}$$

$$\frac{Q_{pot}}{Q}=1-\frac{\lambda m}{q m_g}=1-\frac{\lambda m R T}{q pVM}=1-\frac{330000\cdot 1,5 \cdot 8,31 \cdot 295}{50,1\cdot 10^6\cdot 10^5\cdot 35\cdot 10^{-3}\cdot 16 \cdot 10^{-3}}=0,567$$

Таким образом, потери составят 57%.

Ответ: 57%.

Задача 29

Решение.

Нужно разложить скорость набегающего шара на две проекции: одна направлена вдоль линии, соединяющей центры шаров – назовем ее $\upsilon_x$, вторая будет перпендикулярна первой -$\upsilon_y$ . Так как шары одинаковые, то по закону сохранения импульса они “обменяются” первой составляющей скорости: набегающий шар ее лишится, а неподвижный – приобретет. Таким образом, набегающий шар останется только при второй составляющей, и она по условию равна половине начальной скорости.

К задаче 29

$$\upsilon_y=\frac{\upsilon_0}{2}$$

Следовательно, угол между векторами $\upsilon_y$ и $\upsilon_0$ равен $60^{\circ}$. Тогда

$$2R\sin 60^{\circ}=d$$

$$R=\frac{d}{2\sin 60^{\circ}}=\frac{59}{\sqrt{3}}=34$$

Ответ: радиусы шаров равны 34 мм.

Задача 30

Решение: чтобы судить о поведении газа, надо понять, сколько теплоты выделилось в резисторе. Сначала замкнем ключ и посмотрим, сколько перетечет заряда на второй конденсатор. На первом конденсаторе накоплено

$$q=C_1U$$

Затем заряд перераспределится так, что на конденсаторах будет одинаковое напряжение. То есть они соединены, конечно, последовательно, но они соединены параллельно. Так нужно трактовать данное соединение в соответствии с физическими процессами. Если напряжение на конденсаторах не одинаково – в цепи будет ток, а значит, равновесие не достигнуто. А если тока нет – значит, напряжения равны.

Тогда по закону сохранения заряда

$$q=C_1U_1+C_2U_1$$

$$U_1=\frac{q}{C_1+C_2}=\frac{C_1U}{C_1+C_2}=\frac{100\cdot200}{150}=\frac{400}{3}$$

Заряд, оставшийся на первом конденсаторе:

$$q_1=C_1U_1=100\cdot\frac{400}{3}=\frac{40000}{3}$$

Заряд, перетекший на второй конденсатор:

$$q_2=C_2U_1=50\cdot\frac{400}{3}=\frac{20000}{3}$$

По закону сохранения энергии

$$W=W_1+W_2+Q$$

Где $W$ – энергия, накопленная в первом конденсаторе до замыкания ключа, $W_1$ – в нем же после установления равновесия, $W_2$ – энергия, запасенная вторым конденсатором, $Q$ – выделившееся тепло.

$$Q=W-W_1-W_2$$

$$Q=\frac{C_1U^2}{2}-\frac{C_1U_1^2}{2}-\frac{C_2U_1^2}{2}=\frac{100\cdot10^{-6}\cdot40000}{2}-\frac{100\cdot10^{-6}\cdot400^2}{2\cdot9}-\frac{50\cdot10^{-6}\cdot400^2}{2\cdot9}=2-\frac{8}{9}-\frac{4}{9}=\frac{2}{3}$$

Итак, выделилось всего 2/3 Дж тепла. Теплоемкость резистора равна 10 Дж/К, а теплоемкость идеального газа при постоянном давлении $C=\frac{3}{2}R=12,5$ Дж/К. Поэтому полная теплоемкость тел в герметичной капсуле – 22,5 Дж/К. Значит, система тел нагреется на $\frac{4}{135}$ К.  Для газа процесс – изохорный. Поэтому

$$\frac{p_1}{T_1}=\frac{p_2}{T_1+\Delta T}$$

$$p_2=\frac{p_1}{T_1}\cdot(T_1+\Delta T)=p_1+\frac{\Delta T}{T_1}p_1$$

Изменение давления

$$\Delta p=\frac{\Delta T}{T_1}p_1=\frac{4}{273\cdot135}\cdot10^5=10,8$$

Ответ: на 11 Па.

Ответ:

Задача 31

Решение:

Энергия в начальный момент времени вся сосредоточена в конденсаторе.

$$W=\frac{CU^2}{2}=\frac{0,1\cdot40^2}{2}=80$$

Когда вольтметр показывает (-20) В, идет перезарядка конденсатора. При этом остаток энергии в нем

$$W_C=\frac{CU_1^2}{2}=\frac{0,1\cdot20^2}{2}=20$$

Остальные 60 Дж, очевидно, запасены катушкой. Поэтому можно определить ток в ней:

$$W-W_C=\frac{LI^2}{2}$$

$$I=\sqrt{\frac{2(W-W_C)}{L}}=\sqrt{\frac{2(80-20)}{0,4}}=\sqrt{300}=10\sqrt{3}$$

Ток будет иметь “положительное” значение. График напряжения на емкости будет иметь вид косинуса, это же напряжение – напряжение на катушке. Так как напряжение – производная от тока в индуктивности, то график тока – синусоида. Поэтому при отрицательном и равном -20 В (в первый раз) напряжении ток положителен.

Ответ: $10\sqrt{3}$.

Задача 32

Решение: поворот решетки сужает щель для прохождения света.

К задаче 32

Порядок решетки $d=10^{-5}$, но, так как по отношению к пучку решетка повернута на угол $30^{\circ}$, то можно считать, что порядок стал равен

$$d’=d\cos \alpha=10^{-5}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}$$

Тогда по формуле для дифракционной решетки имеем

$$d’\sin \varphi =m \lambda$$

$$\sin \varphi =\frac{m \lambda}{d’}=\frac{440\cdot10^{-9}\cdot 2}{10^{-5}\cdot\sqrt{3}}=0,05$$

При таком малом угле можно его синус заменить тангенсом:

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{x}{F}=0,051$$

Откуда

$$x=F\operatorname{tg}\alpha=0,25\cdot0,05=0,0127$$

Расстояние между двумя максимумами первого порядка будет равно 0,025 м.

Ответ: 0,025 м

Добавить комментарий

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