Работа Статграда от 7 ноября: задачи 25-32.

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:

рис33

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.

Пн	Вт	Ср	Чт	Пт	Сб	Вс
« Мар
			1	2	3	4
5	6	7	8	9	10	11
12	13	14	15	16	17	18
19	20	21	22	23	24	25
26	27	28	29	30

Работа Статграда от 7 ноября: задачи 25-32.

Для вас другие записи этой рубрики:

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Профи.ру

Пароль для библиотеки – 777

Лучший хостинг в мире!

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы