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

Работа Статграда от 7 ноября: задачи 25-32.

[latexpage]

Здесь рассмотрим задачи 25-32 тренировочной работы Статграда от 07 ноября.

Задача 25.

Задача 25

Решение: сила Ампера при $sin\alpha=1$ – а у нас именно так – определяется выражением

$$F_A=BIl$$

Так как сила зависит от длины проводника (длины стороны рамки), да и направлена перпендикулярно стороне, то “сила, которая растягивает рамку вдоль ее длинной стороны” – это сила, действующая на короткую сторону, и она втрое меньше силы, “которая растягивает рамку вдоль ее короткой стороны”- это как раз та, что действует на длинную.

Тогда

$$\Phi=BS=B\cdot a\cdot b$$

$$F_{A1}=IB\cdot b$$

$$F_{A2}=IB\cdot a=IB\cdot 3b$$

$$\Phi=BS=B\cdot 3b^2=0,1\cdot3\cdot0,3^2=0,003$$

Ответ: 3 мВб.

Задача 26.

Задача 26

Решение: запишем уравнение фотоэффекта

$$h\nu=A_1+\frac{m\upsilon_1^2}{2}$$

$$h\nu=A_2+\frac{m\upsilon_2^2}{2}$$

$$A_1+\frac{m\upsilon_1^2}{2}=A_2+\frac{m\upsilon_2^2}{2}$$

Рассчитываем (и сразу – в эВ):

$$A_1-A_2=\frac{m(\upsilon_2^2-\upsilon_1^2)}{2}=\frac{9,1\cdot10^{-31}(764^2\cdot10^6-610^2\cdot10^6)}{2\cdot1,6\cdot10^{-19}}=0,6$$

Ответ: 0,6 эВ

Задача 27.

Задача 27

Решение: сначала вода выливается из бутылки под действием силы тяжести (бутылка не доходит до уровня воды в аквариуме). При этом воздух, находящийся в бутылке, занимает все больший объем, освобождаемый водой, и его давление при этом падает по закону Бойля-Мариотта. Это пониженное давление “затягивает” вверх новые порции воздуха, и он “пробулькивает” в бутылку. Однако, когда уровень воды в аквариуме поднимется до горлышка, выполняется условие (сообщающиеся сосуды):

$$p+\rho g h=p_0$$

То есть

$$p=p_0-\rho g h=102000-10^3\cdot10\cdot0,15=100500$$

График:

Ответ: 100,5 кПа

Задача 28.

Задача 28

Решение: рассчитаем сначала силу натяжения вначале. Для этого запишем уравнение по второму закону Ньютона для обоих грузов (движение нити вправо):

$$m_2a_1=m_2g-T_1$$

$$m_1 a_1=T_1-m_1g$$

Сложив уравнения, получим

$$(m_1+m_2)a_1=(m_2-m_1)g$$

$$a_1=\frac{m_2-m_1}{m_1+m_2}g=\frac{0,5g}{3,5}=\frac{g}{7}$$

$$T_1=m_1(g+a_1)=1,5\cdot\frac{8g}{7}=\frac{12g}{7}$$

Если масса груза $m_1$ станет равна 3 кг, нить будет двигаться влево (груз 1 перевесит), и уравнения будут выглядеть:

$$m_2a_2=T_2-m_2g$$

$$m_1 a_2=m_1g-T_2$$

Сложив уравнения, получим

$$(m_1+m_2)a_2=(m_1-m_2)g$$

$$a_2=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}g=\frac{g}{5}$$

$$T_2=m_2(g+a_2)=2\cdot\frac{6g}{5}=\frac{12g}{5}$$

Отношение:

$$\frac{T_2}{T_1}=\frac{12g}{5}\cdot\frac{7}{12g}=\frac{7}{5}=1,4$$

Ответ: 1,4

Задача 29.

Задача 29

Решение: Понятно, что, раз шары одинаковые, то произойдет обмен скоростями: первый шар остановится, второй покатится со скоростью первого до удара. Но это “внешний” вид. А на самом деле, если рассмотреть процесс ме-е-е-дленно и изнутри, то первый шар налетает на второй, начинает деформироваться, продолжая движение, второй тоже начинает деформироваться и двигаться, и в какой-то момент их скорости становятся равными, а деформация – максимальной. Затем скорость второго шара увеличивается, а деформация – уменьшается, и наконец скорость второго перестает меняться, а первый останавливается, и деформация обоих отсутствует – вот и поменялись.

Вначале кинетическая энергия первого шара равна

$$E_1=\frac{m\cdot\upsilon^2}{2}=\frac{0,25\cdot4^2}{2}=2$$

Понятно, что в момент, когда скорость шаров одинакова, а деформация максимальна, скорость “слепленного” тела равна $\frac{\upsilon}{2}$ – по закону сохранения импульса. В этот момент кинетическая энергия “слепленного” тела равна

$$E_2=\frac{2m\cdot\upsilon^2}{8}=\frac{E_1}{2}=1$$

Разность между $E_1$ и $E_2$ – и есть максимальная потенциальная энергия деформации.

Ответ: 1 Дж.

Задача 30.

Задача 30

Решение: за 10 минут выкипает объем воды, равный

$$V=Sh=200\cdot10^{-4}\cdot0,01=2\cdot10^{-4}$$

Значит, за 10 минут подводилось тепло

$$Q_{10}=Lm=L\rho V=2300000\cdot1000\cdot2\cdot10^{-4}=460000$$

Значит, за минуту подводилось – 46000 Дж. Это тепло должно идти на плавление льда, нагрев воды изо льда до кипения и ее испарение – тогда уровень не будет меняться.

$$Q=m_l\lambda+cm_l\Delta t+Lm_l$$

$$m_l=\frac{Q}{\lambda+c\Delta t+L}=\frac{46000}{330000+4200\cdot100+2300000}=0,01508$$

Ответ: 15 г

Задача 31.

Задача 31

Решение. В установившемся режиме через конденсатор ток не течет и сопротивления $R_1, R_3$ и $R_2, R_4$ включены последовательно, а ветви, их содержащие – параллельно. То есть ток разделится в верхней точке моста, и, так как $R_1+ R_3=4$ кОм, а $R_2+R_4=6$ кОм, разделится он в отношении $3:2$. Пусть ток через $R_1, R_3$ равен $3I$, ток через $R_2, R_4$ – $2I$. Тогда ЭДС равна

$$E=2I\cdot(R_2+R_4)=3I(R_1+R_3)=6$$

Откуда

$$2I=\frac{E}{R_2+R_4}=\frac{6}{6000}=0,001$$

$$I=0,0005$$

а напряжение на конденсаторе равно

$$3I\cdot R_1+U_C-2I\cdot R_2=0$$

$$U_C=2I\cdot R_2-3I\cdot R_1=2\cdot0,0005\cdot2000-3\cdot0,0005\cdot1000=2-1,5=0,5$$

Тогда

$$q=CU=2\cdot10^{-6}\cdot0,5=1\cdot10^{-6}$$

Ответ: 1 мкКл.

Задача 32.

Задача 32

Решение: луч падает на зеркало, затем отражается от него и попадает затем на экран. За счет горизонтального отклонения зеркала луч тоже может отклоняться, поэтому попадает не в единственную точку экрана, а приходит в точку, принадлежащую некоторому горизонтальному отрезку. Но луч испытывает отражение также и от второго зеркала, которое может отклоняться вертикально. Поэтому геометрическое место точек финиша луча (горизонтальный отрезок)  также  может смещаться вертикально, в итоге на экране возникает прямоугольная область, куда может попасть луч. Ее размеры нам и надо установить.

Поскольку при отклонении зеркала на угол $\alpha$ луч отклоняется на $2\alpha$, то амплитуда отклонения луча составит $5,16^{\circ}$ и $5,72^{\circ}$ соответственно. Эти углы надо выразить в радианах (поскольку они малые и можно заменять синус и тангенс на сам угол, выраженный в радианах). В радианах углы составят 0,09 и 0,1 радиана. Нарисуем картину происходящего:

К задаче 32

Из него видно, что после первого отражения луч до экрана идет $L+l=1+0,1=1,1$ м, а после второго отражения – ровно 1 м ($L$). Тогда

$$\operatorname{tg}2\alpha_{20}=\frac{x}{L}$$

Или, из-за малости угла

$$x=2\alpha_{20}L=0,1$$

Для отклонения луча первым зеркалом

$$\operatorname{tg}2\alpha_{10}=\frac{y}{L+l}$$

Или, из-за малости угла

$$y=2\alpha_{10}(L+l)=0,09\cdot1,1=0,1$$

Таким образом, луч отклоняется по обеим координатам на 0,1 м и рисует картинку не более чем 20 на 20 см (отклонение может быть в обе стороны для каждого из лучей). Диагональ такого квадрата составляет $20\cdot \sqrt{2}=28,2$ см. Соответственно, размер картинки (линейный) не более 28,2 см.

Ответ: 28,2 см.

Добавить комментарий

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